はじめに
前回と引き続き、一橋の問題を扱っていきます。一橋の確率の問題は捨て問になることが多いです。ただ、 n 絡みの問題が多いなど、京大受験者には勉強になる問題が多いと思います。確率は苦手とする人が多いですが、確率漸化式の場合は思考パターンが毎回ほぼ同じなので、ここで確認しておきましょう。
問題を解く前に
確率漸化式を解く前に、漸化式をキチンと解けなければなりません。
ここで一度、漸化式の復習をしましょう。
① a_{n + 1} = a_n + d
\Leftrightarrow a_{n + 1} - a_n = d
初項 a_1 公差 d の等差数列であるため、
a_n = d (n - 1) + a_1
② a_{n + 1} = r a_n
初項 a_1 公比 r の等差数列であるため、
a_{n+1} = a_1 ・ r^{n-1}
③ a_{n + 1} = a_n + f(n)
f(n) は階差数列の一般項
a_{n + 1} - a_n = f(n)
f(n) = b_n とすると、
(初項が a_1 のとき)
n \geqq 2 のとき、
a_n = a_1 +\sum_{k=1}^{n-1} b_k
(初項が a_0 のとき)
n \geqq 1 のとき、
a_n = a_0 +\sum_{k=0}^{n-1} b_k
計算の方もおさらいしましょう。
\sum_{k=1}^{n} r^k
= \dfrac{r(r^n - 1)}{r - 1}
\sum_{k=1}^{n - 1} r^k
= \dfrac{r(r^{n - 1} - 1)}{r - 1}
\sum_{k=0}^{n - 1} r^k
= \dfrac{r(r^n - 1)}{r - 1}
項数に注意しましょう。
④ a_{n + 1} = ra_n + d
これは特性方程式を解けば ①〜③ に収束するので省略します。
いかがだったでしょうか?数列が苦手な人は多いと思いますが、漸化式を解くだけの問題も多いので、基本に忠実な漸化式はちゃんと解けるようにしましょう。ここまで出来て偏差値50です。
では、問題を解いていきましょう。
問題1
最初の試行で 3 枚の硬貨を投げ、裏が出た硬貨を取り除く。次の試行で残った硬貨を同時に投げ、裏が出た硬貨を取り除く。以下、この試行をすべての硬貨が取り除かれるまで繰り返す。
(1) 試行が 1 回目で終了する確率 p_1 および 2 回目で終了する確率 p_2 を求めよ。
(2) 試行が n 回以上行われる確率 q_n を求めよ。
2002 一橋 第5問 p_1 , p_2 は簡単に求めることができます。
障壁となるのは(2)です。 n 回以上行われるというのは、 n - 1 回までに表が 1 個以上残っているということです。
(1)
試行が 1 回目で終了するということは、 1 回目に全て裏を出す確率であるため、
p_1 = (\dfrac{1}{2})^3
試行が 2 回目で終了するということは、
(ⅰ) 1 回目に全て表を出し、 2 回目に全て裏を出す。
(\dfrac{1}{2})^3 ・ (\dfrac{1}{2})^3
(ⅱ) 1 回目に 2 個表、 1 個裏を出し、 2 回目に 1 個裏を出す。
3 ・ (\dfrac{1}{2})^2 ・ \dfrac{1}{2} ・ (\dfrac{1}{2})^2
(ⅲ) 1 回目に 1 個表、 2 個裏を出し、 2 回目に 1 個裏を出す。
3 ・ (\dfrac{1}{2})^2 ・ \dfrac{1}{2} ・ \dfrac{1}{2}
p_2 = ( (ⅰ) 〜 (ⅲ) の和)であるため、
p_2 = \dfrac{19}{64}
(2)
n - 1 回目のとき、
表が 1 個残っているときを a_{n - 1}
表が 2 個残っているときを b_{n - 1}
表が 3 個残っているときを c_{n - 1}
とする。
遷移図は下図のようになる。
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求める確率 q_n は
q_n = a_{n-1} + b_{n-1} + c_{n-1}
ここで、
\left\{
\begin{array}{ll}
c_{n+1} = \frac{1}{8} c_n
\\
\\ b_{n+1} = \frac{3}{8} c_n + \frac{1}{4} b_n
\\
\\ a_{n+1} = \frac{3}{8} c_n + \frac{1}{2} b_n + \frac{1}{2} a_n
\end{array}
\right.
という連立漸化式を考える。
c_{n+1} = \dfrac{1}{8} c_n
初項 c_0 = 1 , 公比 \dfrac{1}{8} より、
c_n = {(\dfrac{1}{8})}^{n}
\therefore c_{n-1} = {(\dfrac{1}{8})}^{n-1}
b_{n+1} = \dfrac{3}{8} c_n + \dfrac{1}{4} b_n
\Leftrightarrow { \dfrac{3}{8} \cdot (\dfrac{1}{8})}^{n} + \dfrac{1}{4} b_n
両辺を 8^{n+1} 倍すると、
\Leftrightarrow 8^{n+1} b_{n+1} = 2 \cdot 8^{n} b_n + 3
ここで、 8^{n} b_{n} = B_{n} とすると、
B_{n+1} = 2 B_{n} +3
\Leftrightarrow (B_{n+1} + 3 )= 2 (B_{n} + 3 )
初項 B_0 + 3 = 3 , 公比 2 より、
\Leftrightarrow (B_{n} + 3 )= 3 \cdot 2 ^{n-2}
\Leftrightarrow B_{n} = 3 \cdot 2 ^{n} - 3
\Leftrightarrow 8^{n} b_{n} = 3 \cdot 2 ^{n} - 3
\Leftrightarrow b_{n} = 3(\dfrac{1}{{4}^{n}} + \dfrac{1}{{8}^{n}})
\therefore b_{n-1} = 3(\dfrac{1}{{4}^{n-1}} + \dfrac{1}{{8}^{n-1}})
a_{n+1} = \dfrac{3}{8} c_n + \dfrac{1}{2} b_n + \dfrac{1}{2} a_n
\Leftrightarrow a_{n+1} = \dfrac{3}{8} {(\dfrac{1}{8})}^{n} + 3(\dfrac{1}{{4}^{n}} + \dfrac{1}{{8}^{n}}) + \dfrac{1}{2} a_n
両辺を 2^{n+1} 倍すると、
\Leftrightarrow 2^{n+1} a_{n+1} = 2^{n} a_n + \dfrac{3}{{2}^{n}} - \dfrac{9}{{4}^{n+1}}
A_n = 2^n a_n とすると、
A_{n+1} = A_n + 2^{n} a_n + \dfrac{3}{{2}^{n}} - \dfrac{9}{{4}^{n+1}}
A_{n+1} - A_n = 2^{n} a_n + \dfrac{3}{{2}^{n}} - \dfrac{9}{{4}^{n+1}}
n \geqq 1 のとき、
A_n = A_0 +\sum_{k=0}^{n-1} [{ \frac{3}{{2}^{k}} - \frac{9}{{4}^{k+1}} }]
\\
\\
\\ = {3 [\dfrac{1 - ({\frac{1}{2}})^n}{1 - \frac{1}{2} }]} + {9 [\dfrac{(1 - [{\frac{1}{4}}]^{n+1} )}{ 1 - \frac{1}{4} }]}
\therefore A_n = 3 + 3 ({\dfrac{1}{4}})^n - 6 ({\dfrac{1}{2}})^n
\Leftrightarrow 2^n a_n = 3 + 3 ({\dfrac{1}{4}})^n - 6 ({\dfrac{1}{2}})^n
\Leftrightarrow a_n = \dfrac{3}{2^n} + 3 ({\dfrac{1}{8}})^n - 6 ({\dfrac{1}{4}})^n
\therefore a_{n-1} = \dfrac{3}{2^{n-1}} + 3 ({\dfrac{1}{8}})^{n-1} - 6 ({\dfrac{1}{4}})^{n-1}
q_n = a_{n-1} + b_{n-1} + c_{n-1} に代入すると、
q_n = \dfrac{1}{8^{n-1}} + \dfrac{3}{2^{n-1}} - \dfrac{3}{4^{n-1}}
文字数が多くなったので次回に続きます。打ち込むのやっぱり辛いので手書き増えます。