解説

方針・初手

$k$ 回目 $(k\ge2)$ の直前には、箱 $A_k$ の中に「もともとの赤玉1個・白玉1個」に加えて、$(k-1)$ 回目に取り出した玉が1個入っている。したがって、$(k-1)$ 回目に赤玉を取り出していれば $k$ 回目に赤玉を取り出す確率は $2/3$、白玉を取り出していれば $1/3$ である。これを用いて漸化式を立てる。

解法1

まず、1回目に赤玉を取り出す確率は

$$ P_1=\frac{a}{a+1}

$$

である。

$n\ge2$ とする。$(n-1)$ 回目に赤玉を取り出したとき、箱 $A_n$ の中身は赤玉2個・白玉1個であるから、$n$ 回目に赤玉を取り出す確率は $2/3$ である。

一方、$(n-1)$ 回目に白玉を取り出したとき、箱 $A_n$ の中身は赤玉1個・白玉2個であるから、$n$ 回目に赤玉を取り出す確率は $1/3$ である。

したがって、全確率の公式より

$$ P_n=\frac{2}{3}P_{n-1}+\frac{1}{3}(1-P_{n-1}) =\frac{1+P_{n-1}}{3} \qquad (n\ge2)

$$

となる。

次に $Q_n$ を考える。$Q_n$ は「1回目と $n$ 回目の両方で赤玉を取り出す確率」である。

$n\ge2$ として、$(n-1)$ 回目の結果で場合分けする。

1回目も $(n-1)$ 回目も赤玉である確率は $Q_{n-1}$ であり、このとき $n$ 回目に赤玉を取り出す条件付き確率は $2/3$ である。

また、1回目は赤玉で $(n-1)$ 回目は白玉である確率は

$$ Q_1-Q_{n-1}=\frac{a}{a+1}-Q_{n-1}

$$

であり、このとき $n$ 回目に赤玉を取り出す条件付き確率は $1/3$ である。

よって

$$ Q_n=\frac{2}{3}Q_{n-1} +\frac{1}{3}\left(\frac{a}{a+1}-Q_{n-1}\right) =\frac{1}{3}Q_{n-1}+\frac{a}{3(a+1)} \qquad (n\ge2)

$$

を得る。

ここで、$Q_n$ の極限を $L$ とおくと、上の漸化式から

$$ L=\frac{1}{3}L+\frac{a}{3(a+1)}

$$

となる。これを解けば

$$ \frac{2}{3}L=\frac{a}{3(a+1)}

$$

より

$$ L=\frac{a}{2(a+1)}

$$

である。したがって

$$ \lim_{n\to\infty}Q_n=\frac{a}{2(a+1)}

$$

となる。

解説

この問題では、$n$ 回目の結果は $(n-1)$ 回目の結果だけを見れば決まる。箱 $A_n$ の中身は毎回「赤1個・白1個」に、直前に取り出した玉を加えた3個だからである。このため、条件付き確率が常に $2/3$ または $1/3$ となり、素直に漸化式が立つ。

$Q_n$ では「1回目が赤玉である」という条件を保ったまま考える必要があるので、

$$ P(\text{1回目赤玉かつ$(n-1)$回目白玉}) =\frac{a}{a+1}-Q_{n-1}

$$

と書くのが要点である。

答え

**(1)**

$$ P_n=\frac{1+P_{n-1}}{3} \qquad (n\ge2)

$$

**(2)**

$$ Q_n=\frac{1}{3}Q_{n-1}+\frac{a}{3(a+1)} \qquad (n\ge2)

$$

**(3)**

$$ \lim_{n\to\infty}Q_n=\frac{a}{2(a+1)}

$$