確率漸化式の京大2025年：硬貨と符号の期待値で偶奇を解く

さいころや硬貨を使った確率の問題では、「余事象を考える」「$n$ 回目と $n+1$ 回目の関係を漸化式にする」の2つが定番の道具です（場合の数の数え方も参考になります）。この記事では、2025年の京大の問題でこの2つがどう組み合わさるのかを、自作の解答で見ていきます。出題の年度・問題番号・答えは、複数の解説サイトの記述で確認しています。

この問題の何が面白いか

$Y_n$ は、$X_{k-1}X_k=1$ となる $k$、つまり表が連続した箇所の数です。たとえば $n=5$ で「表表裏表表」なら $Y_5=2$（偶数）です。

素朴に「表が連続する回数がちょうど $j$ 回の確率」を $j$ ごとに求めて足し上げると、場合の数が複雑になり、計算が大変です。ところが偶奇だけを知りたいときは、もっと軽い道があります。偶奇を、符号 $+1$、$-1$ の平均にかえる ことです。ここがこの問題の見どころです。

確率漸化式の解き方：偶奇を符号にかえる

方針：直前の目が表か裏かで、次に $Y$ が増えるかどうかが決まります。そこで「直前の目」と「$Y$ の偶奇」を同時に追いかける漸化式を立てます。

手順1：符号の平均を定義する

$Y_n$ が偶数なら $(-1)^{Y_n}=1$、奇数なら $-1$ です。$P(Y_n\text{が偶数})=1-p_n$（余事象）なので、

$q_n$ がわかれば、$p_n=\dfrac{1-q_n}{2}$ で $p_n$ が出ます。

手順2：直前の目で分ける

$a_n$、$b_n$ を次のように定めます。

$q_n=a_n+b_n$ です。また $n=1$ では $Y_1=0$（偶数）なので $a_1=b_1=\dfrac{1}{2}$ です。

手順3：$n$ 回目から $n+1$ 回目への関係

$Y_{n+1}=Y_n+X_nX_{n+1}$ なので、次のようになります。

• $X_{n+1}=0$（確率 $\dfrac{1}{2}$）：$Y$ は変わらない。直前が表でも裏でも符号はそのまま
• $X_{n+1}=1$（確率 $\dfrac{1}{2}$）：直前が裏なら $Y$ は変わらず、直前が表なら $Y$ が $1$ 増えて符号が反転する

したがって

手順4：2つ先とつなぐ

隣どうしの式は連立で扱いにくいので、もう1回進めます。$a_{n+2}$ に手順3を2回使うと

$b_{n+2}$ も同様に、

辺々を足して、$q_{n+2}=\dfrac{1}{2}\,q_n$ が出ます。

手順5：初期値から一般項へ

$q_1=a_1+b_1=1$。手順3から $a_2=\dfrac{1}{2}(a_1+b_1)=\dfrac{1}{2}$、$b_2=\dfrac{1}{2}(a_1-b_1)=0$ なので $q_2=\dfrac{1}{2}$。公比 $\dfrac{1}{2}$ で2つずつ進むので、

どちらも $q_n=\dfrac{1}{2^{\lfloor n/2\rfloor}}$ とまとめられます（$\lfloor\ \rfloor$ は小数点以下の切り捨て）。よって

答え：$p_n=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2^{\lfloor n/2\rfloor+1}}$ （$n=2m$ と $n=2m+1$ のとき、ともに $\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2^{m+1}}$）。

検算（$n=3$）：8通りのうち $Y_3$ が奇数になるのは「裏表表」「表表裏」の2通りだけなので $p_3=\dfrac{2}{8}=\dfrac{1}{4}$。式で $n=3$ なら $\lfloor 3/2\rfloor=1$ より $\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{4}$ で一致します。

グラフでも、$p_2=p_3$、$p_4=p_5$ のように2つずつ同じ値になる階段状です。これが「2つ先とつなぐ」ことが自然だった理由です。

背景にある数学：偶奇は符号の平均で測る

手順3の2本の式は、まとめると行列で書けます。

この行列を2回かけると $\dfrac{1}{4}\begin{pmatrix}2&0\\0&2\end{pmatrix}=\dfrac{1}{2}E$（$E$ は単位行列）になります。2回で「$\dfrac{1}{2}$ 倍」になるのが、2つ先とつなぐと等比数列になる本当の理由です。大学では推移行列（確率が状態から状態へ移る様子を表す行列）と呼ばれ、漸化式を行列で扱う入り口になります。固有値で数列を解く考え方は、フィボナッチ数列の一般項の記事でも出てきます。

また「偶奇を $(-1)^{Y}$ の平均にかえる」考え方は、さいころの問題でもよく使います。たとえば「さいころを $n$ 回投げて $1$ の目が偶数回出る確率」は、二項定理で $\left(\dfrac{5}{6}+\dfrac{1}{6}\right)^n$ と $\left(\dfrac{5}{6}-\dfrac{1}{6}\right)^n$ を足して2で割ると

と求まります。符号 $(-1)^{(1\text{の回数})}$ を平均した結果が $\left(\dfrac{2}{3}\right)^n$ です。偶数回の確率が $\dfrac{1}{2}$ に近づくことも読み取れます。

この問題から学べること

• 偶奇の確率は「$P(\text{偶数})-P(\text{奇数})$」という符号の平均を考えると、余事象 $P(\text{偶数})=1-P(\text{奇数})$ とつながって一気に解ける
• 状態（直前の目）を増やして漸化式を立てる。うまくいかないときは、1つ先でなく2つ先とつなぐと簡単になることがある
• 解いたあとは、小さい $n$（$n=2,3$）で全部書き出して確かめる