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上野竜生です。確率漸化式の解き方を紹介します。
方針
求める確率をpnとおく。
p1を計算する（場合によってはp2まで）
n+1回目の確率pn+1をpnなどで表す。
pnの条件を満たすときと満たさないときに分けてpn+1=○pn+△(1-pn)の形になることが多い。
できた漸化式を解く。
赤字のステップが今回のテーマです。ここをできるようにしておきましょう。
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例題１
「１」「２」「３」「４」「５」の5枚のカードから1枚を取り出し数字を確認したあと，もとに戻す作業をn回繰り返すとき取り出したカードの数字の和が奇数となる確率を求めよ。
答え取り出したカードの数字の和が奇数となる確率を\(p_n\)とおく。
\(p_1=\frac{3}{5} \)
n+1回の和が奇数になるのは「n回の和が奇数かつn+1回目が偶数」または「n回の和が偶数かつn+1回目が奇数」のとき
n回の和が奇数かつn+1回目が偶数の確率は\(\frac{2}{5}p_n \)
n回の和が偶数かつn+1回目が奇数の確率は\(\frac{3}{5}(1-p_n) \)
よって
\(\displaystyle p_{n+1}=\frac{2}{5}p_n + \frac{3}{5}(1-p_n)=-\frac{1}{5}p_n + \frac{3}{5} \)
両辺から\(\frac{1}{2} \)をひくと
\(\displaystyle p_{n+1}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{5}\left( p_n-\frac{1}{2} \right) \)
\(p_n-\frac{1}{2} \)は初項\( p_1-\frac{1}{2}=\frac{1}{10} \)，公比が\(-\frac{1}{5} \)の等比数列だから
\(\displaystyle p_n-\frac{1}{2}=\frac{1}{10}\left(-\frac{1}{5}\right)^{n-1} \)
よって\(\displaystyle p_n=\frac{1}{10}\left(-\frac{1}{5}\right)^{n-1}+\frac{1}{2} \)
\(p_1=\frac{3}{5} \)
n+1回の和が奇数になるのは「n回の和が奇数かつn+1回目が偶数」または「n回の和が偶数かつn+1回目が奇数」のとき
n回の和が奇数かつn+1回目が偶数の確率は\(\frac{2}{5}p_n \)
n回の和が偶数かつn+1回目が奇数の確率は\(\frac{3}{5}(1-p_n) \)
よって
\(\displaystyle p_{n+1}=\frac{2}{5}p_n + \frac{3}{5}(1-p_n)=-\frac{1}{5}p_n + \frac{3}{5} \)
両辺から\(\frac{1}{2} \)をひくと
\(\displaystyle p_{n+1}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{5}\left( p_n-\frac{1}{2} \right) \)
\(p_n-\frac{1}{2} \)は初項\( p_1-\frac{1}{2}=\frac{1}{10} \)，公比が\(-\frac{1}{5} \)の等比数列だから
\(\displaystyle p_n-\frac{1}{2}=\frac{1}{10}\left(-\frac{1}{5}\right)^{n-1} \)
よって\(\displaystyle p_n=\frac{1}{10}\left(-\frac{1}{5}\right)^{n-1}+\frac{1}{2} \)
赤字の部分まで出来ればあとは解くだけです。
「確率」漸化式に限らず「場合の数」漸化式パターンも同様に考えられます。次の例題を見てみましょう。
例題２
黒玉と白玉と赤玉を左からn個並べる。ただし黒玉は2つ以上続けて並べてはいけないものとする。並べ方は何通りあるか？
答えn個並べたとき1番右が黒玉であるのが\( a_n \)通り，1番右が白玉または赤玉であるのが\( b_n \)通りあるとする。
求めるものは\(a_n+b_n \)である。また明らかに\( a_1=1 , b_1=2 \)である。
n個の列の右に1つ玉を置いて(n+1)個並べるとき1番右が黒玉であるのは「1番右が白玉または赤玉であるn個の列の右に黒玉を置いたとき」だけなので
\( a_{n+1}=b_n \)・・・①
n個の列の右に1つ玉を置いて(n+1)個並べるとき1番右が白玉または赤玉であるのは「1番右が黒玉であるn個の列の右に白玉または赤玉を置いたとき」と「1番右が白玉であるn個の列の右に白玉または赤玉を置いたとき」があるので
\( b_{n+1}=2a_n+2b_n \)・・・②
②に①を代入すると\( a_{n+2}=2a_{n+1}+2a_{n} \)・・・③ また初項を①に代入すると\( a_2=2 \)
両辺から\((1+\sqrt{3})a_{n+1} \)を引くと\( a_{n+2}-(1+\sqrt{3})a_{n+1}=(1-\sqrt{3})(a_{n+1}-(1+\sqrt{3})a_n) \)
\( a_{n+1}-(1+\sqrt{3})a_n \)は初項\( 2-(1+\sqrt{3})=1-\sqrt{3} \)，公比が\( 1-\sqrt{3} \)の等比数列だから
\( a_{n+1}-(1+\sqrt{3})a_n = (1-\sqrt{3})^n \)・・・④
同様に両辺から\((1-\sqrt{3})a_{n+1} \)を引くと\( a_{n+2}-(1-\sqrt{3})a_{n+1}=(1+\sqrt{3})(a_{n+1}-(1-\sqrt{3})a_n) \)
\( a_{n+1}-(1-\sqrt{3})a_n \)は初項\( 2-(1-\sqrt{3})=1+\sqrt{3} \)，公比が\( 1+\sqrt{3} \)の等比数列だから
\( a_{n+1}-(1-\sqrt{3})a_n = (1+\sqrt{3})^n \)・・・⑤
⑤-④より\( 2\sqrt{3}a_n=(1+\sqrt{3})^n - (1-\sqrt{3})^n \)・・・⑥
∴\( \displaystyle a_n=\frac{(1+\sqrt{3})^n - (1-\sqrt{3})^n}{2\sqrt{3}} \)
よって求めるものは
\(\displaystyle a_n+b_n=a_{n+1}+a_{n}\\ \displaystyle=\frac{(1+\sqrt{3})^{n+1} - (1-\sqrt{3})^{n+1}}{2\sqrt{3}}+\frac{(1+\sqrt{3})^n - (1-\sqrt{3})^n}{2\sqrt{3}} \\ \displaystyle = \frac{(2+\sqrt{3})(1+\sqrt{3})^n - (2-\sqrt{3})(1-\sqrt{3})^n}{2\sqrt{3}} \\ =\displaystyle \frac{(1+\sqrt{3})^{n+2}-(1-\sqrt{3})^{n-2}}{4\sqrt{3}} \)
求めるものは\(a_n+b_n \)である。また明らかに\( a_1=1 , b_1=2 \)である。
n個の列の右に1つ玉を置いて(n+1)個並べるとき1番右が黒玉であるのは「1番右が白玉または赤玉であるn個の列の右に黒玉を置いたとき」だけなので
\( a_{n+1}=b_n \)・・・①
n個の列の右に1つ玉を置いて(n+1)個並べるとき1番右が白玉または赤玉であるのは「1番右が黒玉であるn個の列の右に白玉または赤玉を置いたとき」と「1番右が白玉であるn個の列の右に白玉または赤玉を置いたとき」があるので
\( b_{n+1}=2a_n+2b_n \)・・・②
②に①を代入すると\( a_{n+2}=2a_{n+1}+2a_{n} \)・・・③ また初項を①に代入すると\( a_2=2 \)
両辺から\((1+\sqrt{3})a_{n+1} \)を引くと\( a_{n+2}-(1+\sqrt{3})a_{n+1}=(1-\sqrt{3})(a_{n+1}-(1+\sqrt{3})a_n) \)
\( a_{n+1}-(1+\sqrt{3})a_n \)は初項\( 2-(1+\sqrt{3})=1-\sqrt{3} \)，公比が\( 1-\sqrt{3} \)の等比数列だから
\( a_{n+1}-(1+\sqrt{3})a_n = (1-\sqrt{3})^n \)・・・④
同様に両辺から\((1-\sqrt{3})a_{n+1} \)を引くと\( a_{n+2}-(1-\sqrt{3})a_{n+1}=(1+\sqrt{3})(a_{n+1}-(1-\sqrt{3})a_n) \)
\( a_{n+1}-(1-\sqrt{3})a_n \)は初項\( 2-(1-\sqrt{3})=1+\sqrt{3} \)，公比が\( 1+\sqrt{3} \)の等比数列だから
\( a_{n+1}-(1-\sqrt{3})a_n = (1+\sqrt{3})^n \)・・・⑤
⑤-④より\( 2\sqrt{3}a_n=(1+\sqrt{3})^n - (1-\sqrt{3})^n \)・・・⑥
∴\( \displaystyle a_n=\frac{(1+\sqrt{3})^n - (1-\sqrt{3})^n}{2\sqrt{3}} \)
よって求めるものは
\(\displaystyle a_n+b_n=a_{n+1}+a_{n}\\ \displaystyle=\frac{(1+\sqrt{3})^{n+1} - (1-\sqrt{3})^{n+1}}{2\sqrt{3}}+\frac{(1+\sqrt{3})^n - (1-\sqrt{3})^n}{2\sqrt{3}} \\ \displaystyle = \frac{(2+\sqrt{3})(1+\sqrt{3})^n - (2-\sqrt{3})(1-\sqrt{3})^n}{2\sqrt{3}} \\ =\displaystyle \frac{(1+\sqrt{3})^{n+2}-(1-\sqrt{3})^{n-2}}{4\sqrt{3}} \)
かなり長いように思いますが今回のテーマは漸化式を立てる（③式）までであり，そこからはもうすでにできるだけの実力があるはずです。
[部分的別解1]⑥までは同じ
求めるものは\( a_n+b_n=\frac{1}{2}b_{n+1}=\frac{1}{2}a_{n+2} \)（∵①②）なので
\(\displaystyle a_n=\frac{(1+\sqrt{3})^{n+2} - (1-\sqrt{3})^{n+2}}{4\sqrt{3}} \)
求めるものは\( a_n+b_n=\frac{1}{2}b_{n+1}=\frac{1}{2}a_{n+2} \)（∵①②）なので
\(\displaystyle a_n=\frac{(1+\sqrt{3})^{n+2} - (1-\sqrt{3})^{n+2}}{4\sqrt{3}} \)
[別解]
全部で\(x_n\)通りあるとすると\(x_1=3 , x_2=8\)
1番左に白を置くと残りの(n-1)個は2個続けて黒が並ばないように置けばよいので\(x_{n-1} \)通り
1番左に赤を置くと残りの(n-1)個は2個続けて黒が並ばないように置けばよいので\(x_{n-1} \)通り
1番左に黒を置くと2番目は白または赤でなければならないが，残りの(n-2)個は2個続けて黒が並ばないように置けばよいので\(2x_{n-2} \)通り
よって\( x_n=2x_{n-1}+2x_{n-2} \) （n-2≧1 つまりn≧3)
あとはほぼ同じ解法で漸化式を解けばOKです。
全部で\(x_n\)通りあるとすると\(x_1=3 , x_2=8\)
1番左に白を置くと残りの(n-1)個は2個続けて黒が並ばないように置けばよいので\(x_{n-1} \)通り
1番左に赤を置くと残りの(n-1)個は2個続けて黒が並ばないように置けばよいので\(x_{n-1} \)通り
1番左に黒を置くと2番目は白または赤でなければならないが，残りの(n-2)個は2個続けて黒が並ばないように置けばよいので\(2x_{n-2} \)通り
よって\( x_n=2x_{n-1}+2x_{n-2} \) （n-2≧1 つまりn≧3)
あとはほぼ同じ解法で漸化式を解けばOKです。
この解法のほうが1個の数列で解けますがアイデアが必要です。ひらめかない場合は最初の答えのように2個数列を設定し，1つ消去する方針のほうが楽でしょう。
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