\(a\) を自然数（すなわち \(1\) 以上の整数）の定数とする. 白球と赤球があわせて \(1\) 個以上入っている袋 U に対して, 次の操作 (＊) を考える.

1. (＊)　袋 U から球を \(1\) 個取り出し,

   1. (i)　取り出した球が白球のときは, 袋 U の中身が白球 \(a\) 個, 赤球 \(1\) 個となるようにする.

   2. (ii)　取り出した球が赤球のときは, その球を袋 U へ戻すことなく, 袋 U の中身はそのままにする.

はじめに袋 U の中に, 白球が \(a+2\) 個, 赤球が \(1\) 個入っているとする. この袋 U に対して操作 (＊) を繰り返し行う. たとえば, \(1\) 回目の操作で白球が出たとすると, 袋 U の中身は白球 \(a\) 個, 赤球 \(1\) 個となり, さらに \(2\) 回目の操作で赤球が出たとすると, 袋 U の中身は白球 \(a\) 個のみとなる. \(n\) 回目に取り出した球が赤球である確率を \(p _ n\) とする. ただし, 袋 U の中の個々の球の取り出される確率は等しいものとする.

1. (1)　\(p _ 1\) , \(p _ 2\) を求めよ.

2. (2)　\(n \geqq 3\) に対して \(p _ n\) を求めよ.

【 解 答 】

(1)

\(p _ 1\) について, 操作前の状態から \[ p _ 1 = \underline{\dfrac{1}{a+3}} \] \(p _ 2\) について, \(1\) 回目に出た球の色によって場合分けして考える.

1. 1*　\(1\) 回目が赤球のとき
   袋の中には, 白球 \(a+2\) 個のみである.

2. 2*　\(1\) 回目が白球のとき
   袋の中には, 白球 \(a\) 個と赤球 \(1\) 個が入っている.

したがって \[\begin{align} p _ 2 & = p _ 1 \cdot 0 +( 1 - p _ 1 ) \cdot \dfrac{1}{a+1} \\ & = \underline{\dfrac{a+2}{(a+3)(a+1)}} \end{align}\]

(2)

\(n\ \ ( n \geqq 1 )\) 回操作を行った後の袋の中の状態は, \(n\) 回目に出た球の色に応じた \(2\) つの状態しかない.

• 白球が出た後で, 白球 \(a\) 個, 赤球 \(1\) 個が入っている.

• 赤球が出た後で, 白球しかない.

なので, \(p _ {n+1}\) は \(p _ n\) を用いて \[\begin{align} p _ {n+1} & = p _ n \cdot 0 + ( 1 - p _ n ) \cdot \dfrac{1}{a+1} \\ & = \dfrac{1 - p _ n}{a+1} \end{align}\] これを変形すると \[ p _ {n+1} -\dfrac{1}{a+2} = -\dfrac{1}{a+1} \left( p _ n -\dfrac{1}{a+2} \right) \] したがって, 数列 \(\left\{ p _ n -\dfrac{1}{a+2} \right\}\) は, 初項 \(p _ 1 -\dfrac{1}{a+2}\) , 公比 \(-\dfrac{1}{a+1}\) の等比数列となる. \[\begin{align} p _ n -\dfrac{1}{a+2} & = \left( \dfrac{1}{a+3} -\dfrac{1}{a+2} \right) \left( -\dfrac{1}{a+1} \right)^{n-1} \\ \text{∴} \quad p _ n & = \underline{\dfrac{1}{a+2} \left\{ 1 -\dfrac{1}{a+3} \left( -\dfrac{1}{a+1} \right)^{n-1} \right\}} \end{align}\]