東北大学 2019年 理系 第6問 解説

方針・初手

この試行では，赤玉を1回取り出すごとに袋の中の赤玉が1個減り，白玉が1個増える。したがって，「これまでに赤玉を何個取り出したか」だけで次に赤玉が出る確率が決まる。

まずその状態の変化を使って （1） の漸化式を立てる。次に，赤玉がちょうど1個出る場合を，その赤玉が何回目に出たかで場合分けして （2） を求める。最後にそれを漸化式へ代入して （3） を求める。

解法1

$n$ 回の試行で赤玉を $r$ 個取り出しているとき，袋の中は赤玉 $5-r$ 個，白玉 $5+r$ 個である。よって次の1回で

$$ P(\text{赤})=\frac{5-r}{10},\qquad P(\text{白})=\frac{5+r}{10} $$

となる。

（1） $p(n+1,2)$ を $p(n,2),,p(n,1)$ で表す

$n+1$ 回の試行で赤玉がちょうど2個となるのは，次の2通りである。

(i)

$n$ 回までに赤玉がちょうど2個出ていて，$(n+1)$ 回目が白玉である場合

このとき袋の中は赤玉3個，白玉7個であるから，$(n+1)$ 回目が白玉である確率は $\frac{7}{10}$ である。

(ii)

$n$ 回までに赤玉がちょうど1個出ていて，$(n+1)$ 回目が赤玉である場合

このとき袋の中は赤玉4個，白玉6個であるから，$(n+1)$ 回目が赤玉である確率は $\frac{4}{10}=\frac{2}{5}$ である。

以上より，

$$ p(n+1,2)=\frac{7}{10}p(n,2)+\frac{2}{5}p(n,1) $$

である。

（2） $p(n,1)$ を求める

赤玉がちょうど1個だけ出るとする。その唯一の赤玉が $i$ 回目に出るとすると，

• $1$ 回目から $(i-1)$ 回目まではすべて白玉
• $i$ 回目は赤玉
• $(i+1)$ 回目から $n$ 回目まではすべて白玉

でなければならない。

最初の赤玉が出るまでは袋の中は常に赤5個，白5個であるから，$1$ 回目から $(i-1)$ 回目までがすべて白玉である確率は

$$ \left(\frac12\right)^{i-1} $$

であり，$i$ 回目に赤玉が出る確率は $\frac12$ である。

その後は袋の中が赤4個，白6個となるので，残り $n-i$ 回がすべて白玉である確率は

$$ \left(\frac35\right)^{n-i} $$

である。

したがって，唯一の赤玉が $i$ 回目に出る確率は

$$ \left(\frac12\right)^{i-1}\cdot \frac12 \cdot \left(\frac35\right)^{n-i} $$

である。これを $i=1,2,\dots,n$ について足し合わせると，

$$ p(n,1)=\sum_{i=1}^{n}\left(\frac12\right)^{i-1}\cdot \frac12 \cdot \left(\frac35\right)^{n-i} $$

となる。これは等比数列の和であるから，

$$ \begin{aligned} p(n,1) &=\frac12\left(\frac35\right)^{n-1}\sum_{i=0}^{n-1}\left(\frac56\right)^i \\ &=\frac12\left(\frac35\right)^{n-1}\cdot \frac{1-\left(\frac56\right)^n}{1-\frac56} \\ &=3\left(\frac35\right)^{n-1}\left{1-\left(\frac56\right)^n\right} \\ &=5\left{\left(\frac35\right)^n-\left(\frac12\right)^n\right} \end{aligned} $$

よって，

$$ p(n,1)=5\left{\left(\frac35\right)^n-\left(\frac12\right)^n\right} $$

である。

（3） $p(n,2)$ を求める

（1） の式に （2） の結果を代入すると，

$$ \begin{aligned} p(n+1,2) &=\frac{7}{10}p(n,2)+\frac25\cdot 5\left{\left(\frac35\right)^n-\left(\frac12\right)^n\right} \\ &=\frac{7}{10}p(n,2)+2\left(\frac35\right)^n-2\left(\frac12\right)^n \end{aligned} $$

となる。

ここで，

$$ q_n=p(n,2) $$

とおくと，

$$ q_{n+1}-\frac{7}{10}q_n=2\left(\frac35\right)^n-2\left(\frac12\right)^n $$

である。この形から，

$$ q_n=A\left(\frac{7}{10}\right)^n+B\left(\frac35\right)^n+C\left(\frac12\right)^n $$

とおいて係数を定める。これを上の漸化式に代入すると，

$$ B=-20,\qquad C=10 $$

を得る。したがって，

$$ q_n=A\left(\frac{7}{10}\right)^n-20\left(\frac35\right)^n+10\left(\frac12\right)^n $$

となる。

初期値は，2回の試行で赤玉がちょうど2個出る確率より

$$ p(2,2)=\frac12\cdot\frac{4}{10}=\frac15 $$

である。これを代入すると，

$$ \frac15=A\left(\frac{7}{10}\right)^2-20\left(\frac35\right)^2+10\left(\frac12\right)^2 $$

すなわち

$$ \frac15=\frac{49}{100}A-\frac{36}{5}+\frac52 $$

であるから，

$$ A=10 $$

となる。

よって，

$$ p(n,2)=10\left(\frac{7}{10}\right)^n-20\left(\frac35\right)^n+10\left(\frac12\right)^n $$

すなわち

$$ p(n,2)=10\left{\left(\frac{7}{10}\right)^n-2\left(\frac35\right)^n+\left(\frac12\right)^n\right} $$

である。

解説

この問題では，「これまでに赤玉を何個取り出したか」が次の確率を決める状態量になっている。白玉を取り出しても袋の中身は変わらないが，赤玉を取り出すと赤玉が1個減るため，以後の赤玉の出る確率が下がる。

$p(n,1)$ は，唯一の赤玉が何回目に出たかで場合分けすると自然に求まる。$p(n,2)$ も同様に直接数え上げることはできるが，まず漸化式を立ててから $p(n,1)$ を代入する方が整理しやすい。状態遷移を確率漸化式に落とし込む典型的な問題である。

答え

$$ p(n+1,2)=\frac{7}{10}p(n,2)+\frac{2}{5}p(n,1) $$

$$ p(n,1)=5\left{\left(\frac35\right)^n-\left(\frac12\right)^n\right} $$

$$ p(n,2)=10\left{\left(\frac{7}{10}\right)^n-2\left(\frac35\right)^n+\left(\frac12\right)^n\right} $$