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京都大学 2025年理系第6問解説

方針・初手

$n$ 回投げ終わった時点での $Y_n$ の偶奇は、$n+1$ 回目の出目と $n$ 回目の出目の組み合わせによって変化します。したがって、$Y_n$ の偶奇だけでなく、「最後の出目が表か裏か」を区別して状態を定義し、確率漸化式を立てるのが定石です。

解法1

$n$ 回硬貨を投げ終わった時点で、以下の確率を定義する。

$a_n$: $Y_n$ が奇数であり、かつ $n$ 回目の出目が表 ($X_n = 1$) である確率
$b_n$: $Y_n$ が奇数であり、かつ $n$ 回目の出目が裏 ($X_n = 0$) である確率
$c_n$: $Y_n$ が偶数であり、かつ $n$ 回目の出目が表 ($X_n = 1$) である確率
$d_n$: $Y_n$ が偶数であり、かつ $n$ 回目の出目が裏 ($X_n = 0$) である確率

求める確率 $p_n$ は、$Y_n$ が奇数である確率なので $p_n = a_n + b_n$ である。また、$n$ 回目に表が出る確率は無条件で $\frac{1}{2}$ であるから、常に $a_n + c_n = \frac{1}{2}$ が成り立つ。

次に、$n+1$ 回目の状態遷移を考える。（$n \geqq 2$） $n+1$ 回目が表 ($X_{n+1}=1$) のとき、$X_n X_{n+1}$ の値は $X_n$ と等しくなる。すなわち、$n$ 回目が表 ($X_n=1$) なら $Y$ は $1$ 増えて偶奇が反転し、$n$ 回目が裏 ($X_n=0$) なら $Y$ は変化しない。よって、$Y_{n+1}$ が奇数になるのは、「$Y_n$ が偶数かつ $n$ 回目が表」または「$Y_n$ が奇数かつ $n$ 回目が裏」の状態から、それぞれ確率 $\frac{1}{2}$ で表が出たときである。

$$ a_{n+1} = \frac{1}{2} c_n + \frac{1}{2} b_n \quad \cdots ① $$

$n+1$ 回目が裏 ($X_{n+1}=0$) のとき、$X_n X_{n+1} = 0$ となり、$Y$ の値は変化しない。よって、$Y_{n+1}$ が奇数になるのは、「$n$ 回目までの時点で $Y_n$ が奇数」であればよいので、

$$ b_{n+1} = \frac{1}{2} (a_n + b_n) = \frac{1}{2} p_n \quad \cdots ② $$

ここで、$p_{n+1} = a_{n+1} + b_{n+1}$ について計算する。 ①と $b_{n+1} = \frac{1}{2} a_n + \frac{1}{2} b_n$ の式を足し合わせると、

$\begin{aligned} p_{n+1} &= \left( \frac{1}{2} c_n + \frac{1}{2} b_n \right) + \left( \frac{1}{2} a_n + \frac{1}{2} b_n \right) \ &= \frac{1}{2}(a_n + c_n) + b_n \end{aligned}$

$a_n + c_n = \frac{1}{2}$ を代入すると、

$$ p_{n+1} = \frac{1}{4} + b_n \quad \cdots ③ $$

②より $b_n = \frac{1}{2} p_{n-1}$ であるから、これを③に代入して、以下の2つとびの漸化式を得る。

$$ p_{n+1} = \frac{1}{2} p_{n-1} + \frac{1}{4} \quad (n \geqq 3) \quad \cdots ④ $$

※添え字をずらして $p_{n+2} = \frac{1}{2} p_n + \frac{1}{4} \quad (n \geqq 2)$ と表す。

初期条件を求める。 $n=2$ のとき、$Y_2 = X_1 X_2$ が奇数になるのは $(X_1, X_2) = (1, 1)$ のみの $1$ 通りで、このときの確率は $\frac{1}{4}$ である。よって $p_2 = \frac{1}{4}$。また、このとき $2$ 回目は必ず表であるから、$b_2 = 0$ である。式③より、$p_3 = \frac{1}{4} + b_2 = \frac{1}{4}$ となる。

漸化式 ④ を変形すると、

$$ p_{n+2} - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \left( p_n - \frac{1}{2} \right) $$

となり、数列 $\left\{ p_n - \frac{1}{2} \right\}$ は、偶数番目と奇数番目でそれぞれ公比 $\frac{1}{2}$ の等比数列となる。$n$ の偶奇で場合分けをする。

(i) $n$ が偶数のとき

$n = 2k$ （$k$ は正の整数）とおく。初項は $p_2 - \frac{1}{2} = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{4}$ であるから、

$$ p_{2k} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{4} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{k-1} = -\left(\frac{1}{2}\right)^{k+1} $$

$p_{2k} = \frac{1}{2} - \left(\frac{1}{2}\right)^{k+1}$ となり、$k = \frac{n}{2}$ を戻して

$$ p_n = \frac{1}{2} - \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{n+2}{2}} $$

(ii) $n$ が奇数のとき

$n = 2k+1$ （$k$ は正の整数）とおく。初項は $p_3 - \frac{1}{2} = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{4}$ であるから、

$$ p_{2k+1} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{4} \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{k-1} = -\left(\frac{1}{2}\right)^{k+1} $$

$p_{2k+1} = \frac{1}{2} - \left(\frac{1}{2}\right)^{k+1}$ となり、$k = \frac{n-1}{2}$ を戻して

$$ p_n = \frac{1}{2} - \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{n+1}{2}} $$

解説

試行の「直前の結果」が次の結果に影響を与えるため、直前の状態（表か裏か）を保持した確率を定義して漸化式を立てる典型問題です。立式した4つの変数の連立漸化式をそのまま解こうとすると計算が膨らみますが、「$n$ 回目が表になる確率は $\frac{1}{2}$ である ($a_n + c_n = \frac{1}{2}$)」という本質的な不変量に気付くことで、一気に2つとびのシンプルな漸化式へと帰着させることができます。