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東京大学 2025年文系第3問解説

方針・初手

操作のルールを整理すると、「新しく追加された玉」と「その1つ左の玉」「その2つ左の玉」の色によって、1つ左の玉の色が変化するかどうかが決まる。つまり、$n$ 回目の操作後の「右から2番目の玉」と「一番右の玉」の色の組み合わせさえ分かっていれば、次の操作で玉の色がどのように変化するかを完全に追跡できる。

そこで、白玉を W、黒玉を B として、$n$ 回目の操作後の右から2つの玉の色の組み合わせ（状態）を $(W,W), (W,B), (B,W), (B,B)$ の4つに分類し、それぞれの状態になる確率の漸化式を立てるのが有効である。

解法1

白玉を W、黒玉を B で表す。 $n$ 回目の操作を終えた時点での、右から2番目の玉と一番右の玉の色の組を $S_n$ とする。玉の色の組としてあり得る状態は $(W,W), (W,B), (B,W), (B,B)$ の4つであり、$n$ 回の操作後にそれぞれの状態になる確率を $A_n, B_n, C_n, D_n$ とおく。

初期状態（$n=0$）は白玉が2つ並んでいるので、 $A_0 = 1, \ B_0 = 0, \ C_0 = 0, \ D_0 = 0$ である。

$n$ 回目の状態 $S_n$ に、$n+1$ 回目の操作で新しい玉を追加したときの遷移を考える。操作手順 $(*)$ より、新しく追加した玉と2つ左の玉の色が一致し、かつ1つ左の玉の色が異なるときのみ、1つ左の玉の色が反転する。また、新しく追加した玉（一番右の玉）自身の色は変化しない。

(i) $n+1$ 回目のコインで表（W）が出た場合（確率 $\frac{1}{2}$）

$S_n = (W,W)$ のとき：$(W,W,W)$ となり変化なし。右2つは $(W,W)$。
$S_n = (W,B)$ のとき：$(W,B,W)$ となり、真ん中の B が W に変化して $(W,W,W)$ となる。右2つは $(W,W)$。
$S_n = (B,W)$ のとき：$(B,W,W)$ となり変化なし。右2つは $(W,W)$。
$S_n = (B,B)$ のとき：$(B,B,W)$ となり変化なし。右2つは $(B,W)$。

(ii) $n+1$ 回目のコインで裏（B）が出た場合（確率 $\frac{1}{2}$）

$S_n = (W,W)$ のとき：$(W,W,B)$ となり変化なし。右2つは $(W,B)$。
$S_n = (W,B)$ のとき：$(W,B,B)$ となり変化なし。右2つは $(B,B)$。
$S_n = (B,W)$ のとき：$(B,W,B)$ となり、真ん中の W が B に変化して $(B,B,B)$ となる。右2つは $(B,B)$。
$S_n = (B,B)$ のとき：$(B,B,B)$ となり変化なし。右2つは $(B,B)$。

以上の遷移により、次の漸化式が成り立つ。

$$ \begin{cases} A_{n+1} = \frac{1}{2} (A_n + B_n + C_n) \\ B_{n+1} = \frac{1}{2} A_n \\ C_{n+1} = \frac{1}{2} D_n \\ D_{n+1} = \frac{1}{2} (B_n + C_n + D_n) \end{cases} $$

ここで、すべての確率の和は $A_n + B_n + C_n + D_n = 1$ であるため、漸化式は次のように簡略化できる。

$$ A_{n+1} = \frac{1}{2} (1 - D_n) \quad \cdots \text{①} $$

$$ D_{n+1} = \frac{1}{2} (1 - A_n) \quad \cdots \text{②} $$

(1)

$n=1, 2, 3$ のときの確率を漸化式に従って順に計算する。 $A_0 = 1, D_0 = 0$ より、

$$ A_1 = \frac{1}{2}(1 - 0) = \frac{1}{2}, \quad D_1 = \frac{1}{2}(1 - 1) = 0 $$

これより $B_1 = \frac{1}{2} A_0 = \frac{1}{2}$。

$$ A_2 = \frac{1}{2}(1 - 0) = \frac{1}{2}, \quad D_2 = \frac{1}{2} \left(1 - \frac{1}{2}\right) = \frac{1}{4} $$

これより $B_2 = \frac{1}{2} A_1 = \frac{1}{4}$。

$$ A_3 = \frac{1}{2} \left(1 - \frac{1}{4}\right) = \frac{3}{8}, \quad D_3 = \frac{1}{2} \left(1 - \frac{1}{2}\right) = \frac{1}{4} $$

これより $B_3 = \frac{1}{2} A_2 = \frac{1}{4}$。

右から2番目の玉が白玉であるのは、$S_n$ が $(W,W)$ または $(W,B)$ のときなので、求める確率は $A_3 + B_3$ である。

$$ A_3 + B_3 = \frac{3}{8} + \frac{1}{4} = \frac{5}{8} $$

(2)

$n$ 回の操作後、右から2番目の玉が白玉である確率は $A_n + B_n$ である。 ①と②の辺々の差をとると、

$$ A_{n+1} - D_{n+1} = \frac{1}{2} (A_n - D_n) $$

よって、数列 $\{A_n - D_n\}$ は初項 $A_0 - D_0 = 1 - 0 = 1$、公比 $\frac{1}{2}$ の等比数列であるから、

$$ A_n - D_n = \left(\frac{1}{2}\right)^n \quad \cdots \text{③} $$

一方で、$n \ge 1$ のとき、一番右の玉は $n$ 回目の操作で追加された玉であり、その色は反転しない。したがって、一番右の玉が黒玉となる確率はコインの裏が出る確率と等しく $\frac{1}{2}$ である。一番右の玉が黒玉となる状態は $(W,B)$ と $(B,B)$ なので、

$$ B_n + D_n = \frac{1}{2} \quad (n \ge 1) $$

これより $B_n = \frac{1}{2} - D_n$ となる。求める確率 $A_n + B_n$ に代入すると、

$$ A_n + B_n = A_n + \left( \frac{1}{2} - D_n \right) = \frac{1}{2} + (A_n - D_n) $$

③を代入して、

$$ A_n + B_n = \frac{1}{2} + \left(\frac{1}{2}\right)^n $$

(3)

右から1番目と2番目の玉がともに白玉である状態は $(W,W)$ なので、求める確率は $A_n$ である。 ①と②の辺々の和をとると、

$$ A_{n+1} + D_{n+1} = 1 - \frac{1}{2} (A_n + D_n) $$

式を変形して、

$$ A_{n+1} + D_{n+1} - \frac{2}{3} = -\frac{1}{2} \left( A_n + D_n - \frac{2}{3} \right) $$

よって、数列 $\left\{ A_n + D_n - \frac{2}{3} \right\}$ は初項 $A_0 + D_0 - \frac{2}{3} = 1 + 0 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$、公比 $-\frac{1}{2}$ の等比数列である。

$$ A_n + D_n - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \left(-\frac{1}{2}\right)^n $$

$$ A_n + D_n = \frac{2}{3} + \frac{1}{3} \left(-\frac{1}{2}\right)^n \quad \cdots \text{④} $$

③と④の辺々を足し合わせると、

$$ 2 A_n = \frac{2}{3} + \frac{1}{3} \left(-\frac{1}{2}\right)^n + \left(\frac{1}{2}\right)^n $$

両辺を2で割って、求める確率 $A_n$ は、

$$ A_n = \frac{1}{3} + \frac{1}{6} \left(-\frac{1}{2}\right)^n + \frac{1}{2} \left(\frac{1}{2}\right)^n $$

解説

操作によって玉の色が変わるのは「直近の3つの玉」のみに依存し、かつ、一番右の玉は追加された時から色が変わらない。そのため、「右から2番目」と「一番右」の2つの玉の色だけを状態として記録しておけば、次の操作による確率の推移を完全に漸化式として記述できる、典型的なマルコフ連鎖の問題である。

本問の工夫のしどころは (2) の計算である。一番右の玉が黒玉 (B) になる確率が $n \ge 1$ において常に $\frac{1}{2}$ になるという自明な事実に気づくことで、$B_n + D_n = \frac{1}{2}$ という強力な関係式を利用でき、計算量を劇的に減らすことができる。