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東北大学　2024年度　前期日程　理系

第3問確率・数列の解答・解説

状態を分ける漸化式・うまい1次結合・複素数の利用・偏角と周期当サイトの体感難易度：難最終更新 2026/10/12

問題文について

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。理系の問題文は、この年度については大学が公開していません（2026/10/12時点）。お手元の過去問集・赤本などでご確認ください。

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(1)A,A,B の3枚から1枚引いて戻す試行を $n$ 回行って文字列を作り、AAA か BB を含むものを不可、それ以外を可とする。可かつ右端2文字が AA である確率を $p_{n}$ 、可かつ右端2文字が BA である確率を $q_{n}$ 、可かつ右端の文字が B である確率を $r_{n}$ とするとき、 $p_{2}, q_{2}, r_{2}$ と、 $p_{n + 1}, q_{n + 1}, r_{n + 1}$ を $p_{n}, q_{n}, r_{n}$ で表す

答 $p_{2} = \frac{4}{9}, q_{2} = \frac{2}{9}, r_{2} = \frac{2}{9}$ 。 $p_{n + 1} = \frac{2}{3} q_{n}, q_{n + 1} = \frac{2}{3} r_{n}, r_{n + 1} = \frac{1}{3} (p_{n} + q_{n})$

1回の試行で A が出る確率は $\frac{2}{3}$ 、B は $\frac{1}{3}$ 。可な文字列の右端は「AA」「BA」「（最後が）B」の3通りに必ず分かれるので、この3つを状態と見て、1文字足したときどこへ移るかを調べる。

確率と状態。 A は2枚、B は1枚なので、1回の試行で A が出る確率は $\frac{2}{3}$ 、B は $\frac{1}{3}$ である。

長さ $n (≧ 2)$ の可な文字列は、右端の様子で「AA で終わる」「BA で終わる」「B で終わる」の3つにちょうど分かれる（右端が A なら右から2文字目は A か B のどちらかで、AA か BA になる）。それぞれの確率が $p_{n}, q_{n}, r_{n}$ である。

$n = 2$ 。 長さ2の文字列は AA, AB, BA, BB で、確率は順に $\frac{4}{9}, \frac{2}{9}, \frac{2}{9}, \frac{1}{9}$ である。BB は不可、他は可なので

p_{2} = \frac{4}{9}, q_{2} = \frac{2}{9}, r_{2} = \frac{2}{9}

である。

1文字足す。 可な文字列の右に1文字足すとき、新たに不可になるのは次の場合だけである。

AA で終わる文字列に A を足す：AAA ができるので不可
B で終わる文字列に B を足す：BB ができるので不可

それ以外は可のままである。行き先を整理すると

AA に B を足す → 右端は B（確率 $\frac{1}{3}$ ）
BA に A を足す → 右端2文字は AA（確率 $\frac{2}{3}$ ）
BA に B を足す → 右端は B（確率 $\frac{1}{3}$ ）
B に A を足す → 右端2文字は BA（確率 $\frac{2}{3}$ ）

となる。よって

p_{n + 1} = \frac{2}{3} q_{n}, q_{n + 1} = \frac{2}{3} r_{n}, r_{n + 1} = \frac{1}{3} (p_{n} + q_{n})

である。

$n = 3$ では $p_{3} = \frac{4}{27}$ 、 $q_{3} = \frac{4}{27}$ 、 $r_{3} = \frac{2}{9}$ になる。 $p_{n} + q_{n} + r_{n}$ が「可である確率」である。

$n = 2$ から $8$ まで全列挙して求めた $p_{n}, q_{n}, r_{n}$ が、この漸化式から計算した値と完全に一致した。

「B で終わる」は右から2文字目を問わない。AA, BA の2状態と合わせてちょうど場合が尽きる。

$p_{n + 1}$ に「B で終わる文字列に A を足す」は入らない。それは BA で終わるので $q_{n + 1}$ に入る。

(2) $p_{n} + 2 q_{n} + 2 r_{n}$ を $n$ で表す

答 $p_{n} + 2 q_{n} + 2 r_{n} = \frac{2 ^{n}}{3 ^{n - 1}}$

$p_{n} + 2 q_{n} + 2 r_{n}$ を漸化式に通すと、同じ $1 : 2 : 2$ の組み合わせがそのまま $\frac{2}{3}$ 倍で出てくる。等比数列になる。

$u_{n} = p_{n} + 2 q_{n} + 2 r_{n}$ とおく。(1) の漸化式を代入すると

u_{n + 1} = \frac{2}{3} q_{n} + 2 \cdot \frac{2}{3} r_{n} + 2 \cdot \frac{1}{3} (p_{n} + q_{n}) = \frac{2}{3} p_{n} + \frac{4}{3} q_{n} + \frac{4}{3} r_{n}

である。これは

\frac{2}{3} (p_{n} + 2 q_{n} + 2 r_{n}) = \frac{2}{3} u_{n}

にほかならない。よって ${u_{n}}$ は公比 $\frac{2}{3}$ の等比数列である。初項は

u_{2} = \frac{4}{9} + 2 \cdot \frac{2}{9} + 2 \cdot \frac{2}{9} = \frac{12}{9} = \frac{4}{3}

なので

u_{n} = \frac{4}{3} (\frac{2}{3})^{n - 2} = \frac{2 ^{n}}{3 ^{n - 1}}

である。

$\frac{4}{3} (\frac{2}{3})^{n - 2} = \frac{2 ^{2}}{3} \cdot \frac{2 ^{n - 2}}{3 ^{n - 2}} = \frac{2 ^{n}}{3 ^{n - 1}}$ である。 $n = 2$ で $\frac{4}{3}$ 、 $n = 3$ で $\frac{8}{9}$ となり、(1) の値と合う。

全列挙で求めた $p_{n} + 2 q_{n} + 2 r_{n}$ が $n = 2$ 〜 $8$ で $\frac{2 ^{n}}{3 ^{n - 1}}$ と完全に一致した。

$1 : 2 : 2$ という係数は偶然ではなく、漸化式の行列の固有ベクトルにあたる。問題文が与えてくれているので、代入して確かめるだけでよい。

(3) $p_{n} + i q_{n} - (1 + i) r_{n}$ を $n$ で表す（ $i$ は虚数単位）

答 $p_{n} + i q_{n} - (1 + i) r_{n} = \frac{2}{3 ^{n}} {- (1 + i)}^{n - 2}$

(2) と同じことを複素係数でやる。代入すると全体が $- \frac{1 + i}{3}$ 倍になるので、やはり等比数列である。

$v_{n} = p_{n} + i q_{n} - (1 + i) r_{n}$ とおく。(1) の漸化式を代入すると

v_{n + 1} = \frac{2}{3} q_{n} + i \cdot \frac{2}{3} r_{n} - (1 + i) \cdot \frac{1}{3} (p_{n} + q_{n})

で、 $p_{n}, q_{n}, r_{n}$ について整理すると

v_{n + 1} = - \frac{1 + i}{3} p_{n} + \frac{1 - i}{3} q_{n} + \frac{2 i}{3} r_{n}

である（ $q_{n}$ の係数は $\frac{2}{3} - \frac{1 + i}{3} = \frac{1 - i}{3}$ ）。ここで $λ = - \frac{1 + i}{3}$ とおくと

λi = - \frac{( 1 + i ) i}{3} = - \frac{i - 1}{3} = \frac{1 - i}{3}, - λ (1 + i) = \frac{( 1 + i ) ^{2}}{3} = \frac{2 i}{3}

なので、上の式は

v_{n + 1} = λ {p_{n} + i q_{n} - (1 + i) r_{n}} = λ v_{n}

と書ける。すなわち ${v_{n}}$ は公比 $- \frac{1 + i}{3}$ の等比数列である。初項は

v_{2} = \frac{4}{9} + i \cdot \frac{2}{9} - (1 + i) \frac{2}{9} = \frac{4 - 2}{9} + \frac{2 - 2}{9} i = \frac{2}{9}

である。よって

v_{n} = \frac{2}{9} (- \frac{1 + i}{3})^{n - 2} = \frac{2}{3 ^{n}} {- (1 + i)}^{n - 2}

である（ $\frac{2}{9} \cdot \frac{1}{3 ^{n - 2}} = \frac{2}{3 ^{n}}$ ）。

$n = 3$ では $- \frac{2 ( 1 + i )}{27}$ となり、 $p_{3} + i q_{3} - (1 + i) r_{3} = \frac{4 + 4 i - 6 - 6 i}{27} = \frac{- 2 - 2 i}{27}$ と合う。

全列挙で求めた $v_{n}$ とこの式の差は $n = 2$ 〜 $9$ で $1 0^{- 17}$ 以下だった。

係数 $1, i, - (1 + i)$ も問題が与えてくれている。代入して $λ$ を見つけるだけでよく、自分で固有値を探す必要はない。

$(1 + i)^{2} = 2 i$ を使うと $r_{n}$ の係数が合う。複素数の計算をていねいに。

(4) $p_{n} = r_{n}$ を満たすための $n$ の必要十分条件を求める

答 $n$ が $4$ の倍数であること

(3) の $v_{n}$ の実部がちょうど $p_{n} - r_{n}$ である。 $- (1 + i)$ を極形式にすると偏角が $\frac{5 π}{4}$ なので、実部が $0$ になる $n$ は偏角の条件で決まる。

$p_{n}, q_{n}, r_{n}$ は実数なので、(3) の $v_{n}$ を実部と虚部に分けると

v_{n} = (p_{n} - r_{n}) + (q_{n} - r_{n}) i

である。したがって

p_{n} = r_{n} ⟺ Re v_{n} = 0

である。

極形式。 $- (1 + i) = - 1 - i$ は、大きさが $2$ 、偏角が $\frac{5 π}{4}$ （第3象限）なので

- (1 + i) = 2 (cos \frac{5 π}{4} + i sin \frac{5 π}{4})

である。ド・モアブルの定理から

{- (1 + i)}^{n - 2} = (2)^{n - 2} {cos \frac{5 ( n - 2 ) π}{4} + i sin \frac{5 ( n - 2 ) π}{4}}

なので

Re v_{n} = \frac{2 ( 2 ) ^{n - 2}}{3 ^{n}} cos \frac{5 ( n - 2 ) π}{4}

である。係数は $0$ でないから

p_{n} = r_{n} ⟺ cos \frac{5 ( n - 2 ) π}{4} = 0

である。 $cos θ = 0$ は $θ = \frac{π}{2} + k π$ （ $k$ は整数）なので

\frac{5 ( n - 2 )}{4} = \frac{1}{2} + k, 5 (n - 2) = 2 + 4 k

すなわち $5 (n - 2) \equiv 2 (mod 4)$ である。 $5 \equiv 1 (mod 4)$ だから、これは $n - 2 \equiv 2 (mod 4)$ 、つまり

n \equiv 0 (mod 4)

と同値である。よって求める必要十分条件は

n が 4 の倍数であること

である（ $n ≧ 2$ という条件のもとで、 $n = 4, 8, 12, \dots$ ）。

実際 $p_{4} = r_{4} = \frac{8}{81}$ 、 $p_{8} = r_{8} = \frac{160}{6561}$ である。(2) の実数の等比数列だけでは $p_{n}$ と $r_{n}$ を分離できず、(3) の複素数の等比数列が「差 $p_{n} - r_{n}$ 」を取り出す道具になっている。

漸化式を $n = 20$ まで分数で回すと、 $p_{n} = r_{n}$ になったのは $n = 4, 8, 12, 16, 20$ だけだった。

$(2)^{n - 2}$ などの係数は決して $0$ にならないので、条件は $cos$ の部分だけで決まる。

$5 (n - 2) \equiv 2 (mod 4)$ を解くとき、 $5 \equiv 1$ を使って $n - 2 \equiv 2$ にする。

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問題文について

(2)pn​+2qn​+2rn​ を n で表す

(3)pn​+iqn​−(1+i)rn​ を n で表す（i は虚数単位）

(4)pn​=rn​ を満たすための n の必要十分条件を求める

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