第3問確率の解答・解説

確率漸化式・状態の分類・等比数列・対称性当サイトの体感難易度：やや難最終更新 2026/10/11

問題文について

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(1) $n = 3$ のとき、右から2番目の玉が白玉である確率を求める

答 $\frac{5}{8}$

手順が見るのは右端の2個だけなので、「右から2番目と1番目の色の組」を状態として追えばよい。4通りの状態の間の推移を書き出せば、あとは順に計算するだけである。

手順 $(*)$ で参照されるのは、新しくおく玉の1つ左と2つ左の色だけである。そこで「右から2番目の色、右から1番目の色」の組を状態とする。状態を $(x, y)$ 、新しい玉の色を $z$ と書く。

$z = y$ のとき：とりかえは起きない。新しい状態は $(y, z) = (y, y)$ 。
$z \neq = y$ かつ $z \neq = x$ のとき（このとき $x = y$ ）：とりかえは起きない。新しい状態は $(y, z)$ で、2色が異なる。
$z \neq = y$ かつ $z = x$ のとき（このとき $x \neq = y$ ）：1つ左の玉が $z$ にとりかえられるので、右端3個が $x, z, z$ となり、新しい状態は $(z, z)$ 。

色を白 $W$ 、黒 $B$ と書くと、推移は次のようになる（どの枝も確率 $\frac{1}{2}$ ）。

$(W, W) \to (W, W)$ または $(W, B)$
$(B, B) \to (B, B)$ または $(B, W)$
$(W, B) \to (B, B)$ （ $z = B$ ）または $(W, W)$ （ $z = W$ 、とりかえ）
$(B, W) \to (W, W)$ （ $z = W$ ）または $(B, B)$ （ $z = B$ 、とりかえ）

$n$ 回後の各状態の確率を $p_{n}, q_{n}, r_{n}, u_{n}$ （順に $WW, WB, BW, BB$ ）とすると

p_{n + 1} = \frac{1}{2} (p_{n} + q_{n} + r_{n}), q_{n + 1} = \frac{1}{2} p_{n}, r_{n + 1} = \frac{1}{2} u_{n}, u_{n + 1} = \frac{1}{2} (u_{n} + q_{n} + r_{n})

である。初めは $(p_{0}, q_{0}, r_{0}, u_{0}) = (1, 0, 0, 0)$ だから、順に

n = 1 : n = 2 : n = 3 : (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0, 0) (\frac{1}{2}, \frac{1}{4}, 0, \frac{1}{4}) (\frac{3}{8}, \frac{1}{4}, \frac{1}{8}, \frac{1}{4})

となる。右から2番目が白であるのは $WW$ か $WB$ のときだから、求める確率は $\frac{3}{8} + \frac{1}{4} = \frac{5}{8}$ である。

手順をそのまま実装して $40$ 万回試すと、 $n = 3$ で右から2番目が白になる割合は $0.62495$ となり、 $\frac{5}{8} = 0.625$ と合う。

(2) $n$ を正の整数とするとき、右から2番目の玉が白玉である確率を求める

答 $\frac{1}{2} + \frac{1}{2 ^{n}}$

4つの状態を別々に追うより、「右から2番目の色がどう変わるか」だけを見るほうが速い。手順を見ると、右から2番目の色は「変わらない」か「元の右端の色になる」かのどちらかで、しかも変わるのは限られた場合だけである。あわせて $p_{n} - u_{n}$ が等比数列になることを使う。

(1) の3つの場合を、「新しい右から2番目の色 $x^{'}$ 」の目線でまとめ直す。とりかえが起きないときは $x^{'} = y$ （元の右端）、とりかえが起きるときは左の玉が $z = x$ に変わるので $x^{'} = x$ である。つまり

$x = y$ のとき：とりかえは起きず $x^{'} = y = x$ 。色は変わらない。
$x \neq = y$ のとき： $z = x$ （確率 $\frac{1}{2}$ ）ならとりかえが起きて $x^{'} = x$ 、 $z = y$ （確率 $\frac{1}{2}$ ）なら $x^{'} = y$ 。

つまり右から2番目の色が変わるのは「 $x \neq = y$ かつ $z = y$ 」のときだけで、そのとき白と黒が入れかわる。 $A_{n}$ を「右から2番目が白」の確率とすると

A_{n + 1} = A_{n} - \frac{1}{2} q_{n} + \frac{1}{2} r_{n}

である（ $WB$ から白が減り、 $BW$ から白が増える）。そこで $q_{n} - r_{n}$ を求める。漸化式から

p_{n + 1} - u_{n + 1} = \frac{1}{2} (p_{n} - u_{n}), q_{n + 1} - r_{n + 1} = \frac{1}{2} (p_{n} - u_{n})

であり、 $p_{0} - u_{0} = 1$ だから $p_{n} - u_{n} = \frac{1}{2 ^{n}}$ 、したがって

q_{n} - r_{n} = \frac{1}{2 ^{n}} (n \geq 1)

となる。よって $n \geq 1$ で

A_{n + 1} = A_{n} - \frac{1}{2 ^{n + 1}}

である。 $A_{1} = p_{1} + q_{1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$ なので、 $n \geq 1$ では

A_{n} = 1 - k = 2 \sum n \frac{1}{2 ^{k}} = 1 - (\frac{1}{2} - \frac{1}{2 ^{n}}) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2 ^{n}}

となる（ $n = 1$ でも $\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$ で合う）。

$n = 3$ なら $\frac{1}{2} + \frac{1}{8} = \frac{5}{8}$ で (1) と一致する。状態の確率を分数のまま $n = 7$ まで追っても、 $1, \frac{3}{4}, \frac{5}{8}, \frac{9}{16}, \frac{17}{32}, \frac{33}{64}, \frac{65}{128}$ となり、すべて $\frac{1}{2} + \frac{1}{2 ^{n}}$ に一致する。

「右から1番目が白」の確率は $n \geq 1$ でつねに $\frac{1}{2}$ である。新しくおいた玉はとりかえの対象にならないので、右端の色はコインの表裏そのものだからである。問われているのは2番目なので、こちらとは別に扱う。

(3) $n$ を正の整数とするとき、右から1番目と2番目の玉がともに白玉である確率を求める

答 $\frac{1}{3} + \frac{1}{2 ^{n + 1}} + \frac{( - 1 ) ^{n}}{3 \cdot 2 ^{n + 1}}$ 、すなわち $n$ が偶数なら $\frac{1}{3} (1 + \frac{2}{2 ^{n}})$ 、奇数なら $\frac{1}{3} (1 + \frac{1}{2 ^{n}})$

求めるのは $p_{n}$ である。 $p_{n} + u_{n}$ （2個が同色）と $p_{n} - u_{n}$ の2つが分かれば $p_{n}$ が出る。後者は (2) で求めた。前者は「同色か異色か」だけを見る2状態の漸化式になり、(1) の推移表から「異色からは必ず同色へ移る」ことが読み取れる。

(1) の推移表を「2個が同色か異色か」だけで見ると、

同色からは、確率 $\frac{1}{2}$ で同色、 $\frac{1}{2}$ で異色へ。
異色からは、 $z = y$ でも $z = x$ （とりかえ）でも新しい2個は同色になる。つまり確率 $1$ で同色へ。

となる。異色である確率を $d_{n} = q_{n} + r_{n}$ とすると $d_{0} = 0$ で

d_{n + 1} = \frac{1}{2} (1 - d_{n})

である。 $d_{n + 1} - \frac{1}{3} = - \frac{1}{2} (d_{n} - \frac{1}{3})$ と変形できて $d_{0} - \frac{1}{3} = - \frac{1}{3}$ だから

d_{n} = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} (- \frac{1}{2})^{n} = \frac{1}{3} {1 - (- \frac{1}{2})^{n}}

となる。したがって同色である確率は

p_{n} + u_{n} = 1 - d_{n} = \frac{2}{3} + \frac{1}{3} (- \frac{1}{2})^{n}

である。(2) で $p_{n} - u_{n} = \frac{1}{2 ^{n}}$ を得ているので、辺々足して2で割ると

p_{n} = \frac{1}{2} {\frac{2}{3} + \frac{1}{3} (- \frac{1}{2})^{n} + \frac{1}{2 ^{n}}} = \frac{1}{3} + \frac{( - 1 ) ^{n}}{3 \cdot 2 ^{n + 1}} + \frac{1}{2 ^{n + 1}}

となる。 $(- 1)^{n}$ をほどくと

p_{n} = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{1}{3} (1 + \frac{2}{2 ^{n}}) \frac{1}{3} (1 + \frac{1}{2 ^{n}}) (n が偶数) (n が奇数)

である。

$n = 1$ ： $\frac{1}{3} (1 + \frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$ 。 $n = 2$ ： $\frac{1}{3} (1 + \frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$ 。 $n = 3$ ： $\frac{1}{3} (1 + \frac{1}{8}) = \frac{3}{8}$ で、(1) の計算と一致する。分数のまま $n = 7$ まで追っても $\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{3}{8}, \frac{3}{8}, \frac{11}{32}, \frac{11}{32}, \frac{43}{128}$ となり、式と完全に一致した。 $40$ 万回のシミュレーションでも $n = 6$ で $0.34402$ （式は $0.34375$ ）だった。