第9章　数列の応用

確率の漸化式：直前の状態で分ける

第8章の最後に予告した問題から始めましょう。

さいころを $n$ 回投げて、$6$ の目が出た回数が偶数である確率を $p_n$ とします（$0$ 回も偶数に数えます）。

$n$${}= 1$ なら、$6$ が出なければ $0$ 回で偶数なので、$p_1$${}= \dfrac{5}{6}$ です。$n$${}= 2$ では「$6$ が $0$ 回」の $\dfrac{25}{36}$ と「$6$ が $2$ 回」の $\dfrac{1}{36}$ を足して $p_2$${}= \dfrac{26}{36}$${}= \dfrac{13}{18}$ となります。$n$ が大きくなると、反復試行の確率を $0$ 回・$2$ 回・$4$ 回……と足していくのは大変です。

そこで、$n$ 回投げ終わった時点の「状態」に注目します。状態は「偶数回」と「奇数回」の 2 つしかありません。$n$${}+ 1$ 回目を投げたあとに偶数回になっているのは、次の 2 つの場合です。

• $n$ 回目までが偶数回（確率 $p_n$）で、$n$${}+ 1$ 回目に $6$ 以外が出る（確率 $\dfrac{5}{6}$）
• $n$ 回目までが奇数回（確率 $1$${}- p_n$）で、$n$${}+ 1$ 回目に $6$ が出る（確率 $\dfrac{1}{6}$）

2 つの場合は同時には起こらず、$n$${}+ 1$ 回目の結果はそれまでの結果と独立なので

$\displaystyle p_{n+1}$$\displaystyle {}= \frac{5}{6}p_n$$\displaystyle {}+ \frac{1}{6}(1 - p_n)$$\displaystyle {}= \frac{2}{3}p_n$$\displaystyle {}+ \frac{1}{6}$

が成り立ちます。「奇数回」の確率を新しい文字でおかず、余事象を使って $1$${}- p_n$ と書いたところがポイントです。こうすると、文字が $p_n$ 1 つだけの第6章の $pa_n$${}+ q$ 型になります。

公式1：確率の漸化式（2 つの状態）

$n$ 回目の時点で状態 A にある確率を $p_n$ とする。状態が A と B の 2 つだけなら、B にある確率は $1$${}- p_n$ である。

$n$${}+ 1$ 回目に A にある場合を「$n$ 回目に A だった」「$n$ 回目に B だった」で分ける。A から A へ移る確率を $s$、B から A へ移る確率を $t$ とすると

$\displaystyle p_{n+1}$$\displaystyle {}= s\,p_n$$\displaystyle {}+ t(1 - p_n)$

これは $a_{n+1}$${}= pa_n$${}+ q$ 型なので、$\alpha$${}= p\alpha$${}+ q$ から落ち着き先 $\alpha$ を求めて解く。

さいころの漸化式を解いてみます。$\alpha$${}= \dfrac{2}{3}\alpha$${}+ \dfrac{1}{6}$ を解くと $\alpha$${}= \dfrac{1}{2}$ なので

$\displaystyle p_{n+1}$$\displaystyle {}- \frac{1}{2}$$\displaystyle {}= \frac{2}{3}\left(p_n - \frac{1}{2}\right)$

$\left\{p_n - \dfrac{1}{2}\right\}$ は初項 $p_1$${}- \dfrac{1}{2}$${}= \dfrac{1}{3}$、公比 $\dfrac{2}{3}$ の等比数列です。よって

$\displaystyle p_n$$\displaystyle {}= \frac{1}{2}$$\displaystyle {}+ \frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}$$\displaystyle {}= \frac{1}{2}$$\displaystyle {}+ \frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n$

$n$${}= 2$ を代入すると $\dfrac{1}{2}$${}+ \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{4}{9}$${}= \dfrac{13}{18}$ で、はじめに数えた値と一致します。

部屋の電気のスイッチで考えると、この漸化式がよく見えます。明かりのついた部屋で、さいころを投げて $6$ が出るたびにスイッチを押すことにします。$6$ が偶数回出たことは「明かりがついている」ことと同じです。次に明かりがついているのは、今ついていて押さなかったときか、今消えていて押したときのどちらかです。何回目にどう押したかという長い履歴は要らず、「今ついているかどうか」だけで次が決まる。この性質があるから、$p_n$ から $p_{n+1}$ への 1 本の式が立つのです。

答えの $\dfrac{1}{2}$${}+ \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2}{3}\right)^n$ は、$n$ を大きくすると $\dfrac{1}{2}$ に近づいていきます。何度も投げると、はじめに明かりがついていたことの影響が薄れ、偶数回か奇数回かは五分五分に近づくということです。落ち着き先 $\alpha$ には、こうした「長い目で見た確率」という意味があります。

状態が 2 つの確率の漸化式は、$n$${}+ 1$ 回目に A にある場合を $n$ 回目の状態で 2 つに分け、B にある確率を余事象の $1$${}- p_n$ で表して $pa_n$${}+ q$ 型にするということです。

例題1：確率の漸化式（2 つの状態）

(1) さいころを $n$ 回投げて、$6$ の目が出た回数が偶数である確率 $p_n$ を求めなさい。

(2) ある町では、晴れた日の翌日が晴れる確率は $\dfrac{2}{3}$、雨の日の翌日が晴れる確率は $\dfrac{1}{3}$ です（天気は晴れか雨のどちらかとします）。1 日目が晴れのとき、$n$ 日目が晴れる確率 $w_n$ を求めなさい。

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【解答】

(1) $n$${}+ 1$ 回目のあとに偶数回であるのは、$n$ 回目までが偶数回で $n$${}+ 1$ 回目に $6$ 以外が出るか、奇数回で $6$ が出るときなので

$\displaystyle p_{n+1}$$\displaystyle {}= \frac{5}{6}p_n$$\displaystyle {}+ \frac{1}{6}(1 - p_n)$$\displaystyle {}= \frac{2}{3}p_n$$\displaystyle {}+ \frac{1}{6}$

$\alpha$${}= \dfrac{2}{3}\alpha$${}+ \dfrac{1}{6}$ を解くと $\alpha$${}= \dfrac{1}{2}$。$p_{n+1}$${}- \dfrac{1}{2}$${}= \dfrac{2}{3}\left(p_n - \dfrac{1}{2}\right)$ と変形でき、$p_1$${}= \dfrac{5}{6}$ より $\left\{p_n - \dfrac{1}{2}\right\}$ は初項 $\dfrac{1}{3}$、公比 $\dfrac{2}{3}$ の等比数列である。よって

$\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4543em}p_n = \frac{1}{2}}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4543em}{}+ \frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}\right)^n}$

(2) $n$${}+ 1$ 日目が晴れるのは、$n$ 日目が晴れ（確率 $w_n$）で翌日も晴れるか、$n$ 日目が雨（確率 $1$${}- w_n$）で翌日が晴れるときなので

$\displaystyle w_{n+1}$$\displaystyle {}= \frac{2}{3}w_n$$\displaystyle {}+ \frac{1}{3}(1 - w_n)$$\displaystyle {}= \frac{1}{3}w_n$$\displaystyle {}+ \frac{1}{3}$

$\alpha$${}= \dfrac{1}{3}\alpha$${}+ \dfrac{1}{3}$ を解くと $\alpha$${}= \dfrac{1}{2}$。$w_{n+1}$${}- \dfrac{1}{2}$${}= \dfrac{1}{3}\left(w_n - \dfrac{1}{2}\right)$ で、$w_1$${}= 1$ より初項 $\dfrac{1}{2}$、公比 $\dfrac{1}{3}$ の等比数列である。よって

$\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.6040em}w_n = \frac{1}{2}}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.6040em}{}+ \frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}}$

（$w_2$${}= \dfrac{1}{2}$${}+ \dfrac{1}{6}$${}= \dfrac{2}{3}$ で、問題文の「晴れの翌日が晴れる確率」と一致する。）

(2) の初項は「1 日目が晴れ」という条件から $w_1$${}= 1$ です。初項を確率の定義から正しく決めることも、漸化式を立てるのと同じくらい大切です。$p_0$ や $w_0$ から始める書き方もありますが、その場合は $p_0$${}= 1$（$0$ 回投げたときは $0$ 回で偶数）のように、$0$ 番目の意味をはっきりさせておきましょう。

状態が 3 つ以上のとき：まとめて 2 つにする

正三角形 ABC の頂点の上を動く点 P を考えます。P ははじめ頂点 A にあり、1 秒ごとに、今いる頂点以外の 2 つの頂点のどちらかへ、確率 $\dfrac{1}{2}$ ずつで移ります。$n$ 秒後に P が A にある確率を $a_n$ とします。

状態は「A にいる」「B にいる」「C にいる」の 3 つあります。けれども、A にいる確率を知りたいだけなら、B と C を区別する必要はありません。B にいても C にいても、次に A へ移る確率は同じ $\dfrac{1}{2}$ だからです。「A にいる」と「A 以外にいる（確率 $1$${}- a_n$）」の 2 つにまとめると

• $n$ 秒後に A にいるとき、次に A にいる確率は $0$（必ず B か C へ移る）
• $n$ 秒後に A 以外にいるとき、次に A にいる確率は $\dfrac{1}{2}$

なので、公式1 と同じ形の漸化式 $a_{n+1}$${}= 0 \cdot a_n$${}+ \dfrac{1}{2}(1 - a_n)$ が立ちます。

公式2：状態が 3 つ以上のときの確率の漸化式

求めたい状態 A 以外の状態が複数あっても、それらから A へ移る確率がどれも同じ なら、「A」と「A 以外」の 2 つにまとめてよい。A 以外にある確率は $1$${}- a_n$ である。A から A へ移る確率を $s$、A 以外から A へ移る確率を $t$ とすると

$\displaystyle a_{n+1}$$\displaystyle {}= s\,a_n$$\displaystyle {}+ t(1 - a_n)$

A へ移る確率が状態によって違うときは、状態ごとの確率を文字でおいて連立の漸化式を立て、確率の合計が $1$ であることを使って文字を減らす。

郵便物の仕分けにたとえられます。手紙を配るとき、差出人が誰であっても、配達先の地区が同じなら 1 つの袋にまとめて運べます。袋の中の手紙を 1 通ずつ区別しても、配る手間は変わりません。確率の漸化式でも、「次にどこへ移るか」の確率が同じ状態は、1 つの袋にまとめて扱ってよいのです。逆に、行き先の確率が違う状態を同じ袋に入れると、次の時点の確率が正しく計算できなくなります。

状態が 3 つ以上あっても、求めたい状態へ移る確率が同じ状態どうしを 1 つにまとめれば、2 つの状態の漸化式として解けるということです。

例題2：状態をまとめる

(1) 上の点 P について、$n$ 秒後に P が頂点 A にある確率 $a_n$ を求めなさい。

(2) 袋 A には白玉 2 個、袋 B には赤玉 2 個が入っています。袋 A と袋 B から同時に 1 個ずつ玉を取り出し、取り出した玉を入れかえる操作をくり返します。この操作を $n$ 回行ったあと、袋 A の中の赤玉がちょうど 1 個である確率 $y_n$ を求めなさい。

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【解答】

(1) $n$ 秒後に A にいれば次は必ず A 以外へ移り、A 以外にいれば確率 $\dfrac{1}{2}$ で A へ移るので

$\displaystyle a_{n+1}$$\displaystyle {}= \frac{1}{2}(1 - a_n)$$\displaystyle {}= -\frac{1}{2}a_n$$\displaystyle {}+ \frac{1}{2}$

$\alpha$${}= -\dfrac{1}{2}\alpha$${}+ \dfrac{1}{2}$ を解くと $\alpha$${}= \dfrac{1}{3}$。$a_{n+1}$${}- \dfrac{1}{3}$${}= -\dfrac{1}{2}\left(a_n - \dfrac{1}{3}\right)$ で、$a_1$${}= 0$ より $\left\{a_n - \dfrac{1}{3}\right\}$ は初項 $-\dfrac{1}{3}$、公比 $-\dfrac{1}{2}$ の等比数列である。よって

$\displaystyle a_n$$\displaystyle {}= \frac{1}{3}$$\displaystyle {}- \frac{1}{3}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}$$\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4543em}\frac{1}{3}}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.4543em}{}+ \frac{2}{3}\left(-\frac{1}{2}\right)^n}$

(2) 袋 A の赤玉の個数は $0,$$\ 1,$$\ 2$ のどれかである。

• 赤玉が $0$ 個のとき（A は白 2 個、B は赤 2 個）、A から白、B から赤が必ず出るので、次は必ず $1$ 個になる。
• 赤玉が $2$ 個のとき（A は赤 2 個、B は白 2 個）も、同様に次は必ず $1$ 個になる。
• 赤玉が $1$ 個のとき（A も B も赤 1 個・白 1 個）、A から赤、B から白が出ると $0$ 個、A から白、B から赤が出ると $2$ 個になる。どちらも確率 $\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2}$${}= \dfrac{1}{4}$ なので、次も $1$ 個である確率は $1$${}- \dfrac{1}{4}$${}- \dfrac{1}{4}$${}= \dfrac{1}{2}$。

「$0$ 個」と「$2$ 個」は、次に $1$ 個になる確率がどちらも $1$ なので、まとめて「$1$ 個でない（確率 $1$${}- y_n$）」と扱える。よって

$\displaystyle y_{n+1}$$\displaystyle {}= \frac{1}{2}y_n$$\displaystyle {}+ 1 \cdot (1 - y_n)$$\displaystyle {}= -\frac{1}{2}y_n$$\displaystyle {}+ 1$

$\alpha$${}= -\dfrac{1}{2}\alpha$${}+ 1$ を解くと $\alpha$${}= \dfrac{2}{3}$。$y_{n+1}$${}- \dfrac{2}{3}$${}= -\dfrac{1}{2}\left(y_n - \dfrac{2}{3}\right)$ で、$y_1$${}= 1$ より初項 $\dfrac{1}{3}$、公比 $-\dfrac{1}{2}$ の等比数列である。よって

$\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.6040em}y_n = \frac{2}{3}}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.6040em}{}+ \frac{1}{3}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}}$

（$y_2$${}= \dfrac{2}{3}$${}- \dfrac{1}{6}$${}= \dfrac{1}{2}$ で、「$1$ 個のとき次も $1$ 個である確率 $\dfrac{1}{2}$」と一致する。）

(1) の $a_n$ は、公比が負なので $1,$$\ 0,$$\ \dfrac{1}{2},$$\ \dfrac{1}{4},$$\ \dfrac{3}{8},$$\ \ldots$ と、$\dfrac{1}{3}$ の上下を行き来しながら近づきます。3 つの頂点は同じ立場なので、長い目で見るとどの頂点にいる確率も $\dfrac{1}{3}$ になる、というのが落ち着き先の意味です。

場合の数の漸化式：端の置き方で分ける

縦 $2$、横 $n$ の長方形の枠を、縦 $1$・横 $2$ の長方形のタイル（向きは縦にも横にもできる）と、$1$ 辺 $2$ の正方形のタイルですき間なく敷きつめる方法の数を $a_n$ とします。

$n$ が大きいと、全部を書き出すのは大変です。そこで、左端をどう敷くか で分けます。左端の縦 $2$ マスを覆う方法は、次のどれかです。

• 長方形のタイルを縦に 1 枚置く。残りは横 $n$${}- 1$ の枠なので $a_{n-1}$ 通り。
• 長方形のタイルを横に 2 枚重ねて置く。残りは横 $n$${}- 2$ の枠なので $a_{n-2}$ 通り。
• 正方形のタイルを 1 枚置く。残りは横 $n$${}- 2$ の枠なので $a_{n-2}$ 通り。

左端に長方形を横に 1 枚だけ置くと、その下の 1 マスは縦のタイルでも正方形でも埋められないので、必ず横にもう 1 枚置くことになります。こうして 3 通りで漏れなく、重なりなく分けられて

$\displaystyle a_n$$\displaystyle {}= a_{n-1}$$\displaystyle {}+ 2a_{n-2}$

となります。第7章の階段の上り方と同じように、3 項間漸化式が立ちました。

公式3：場合の数の漸化式

長さ $n$ のものの数え方 $a_n$ を求めるときは、端（最初または最後）の置き方 で場合を分ける。端を決めたあとの残りが、同じ形で長さが短いものになっていれば、その数は $a_{n-1}$ や $a_{n-2}$ で表せる。

• 分け方は、漏れなく・重なりなく
• 残りの部分に、端の置き方からくる制限がないかを確かめる
• 最初の数項（$a_1,$$\ a_2$ など）は、直接数えて決める

長い廊下に床板を張る職人を思い浮かべてください。職人は、廊下全体の張り方を一度に考えたりしません。端から 1 枚目を置けば、残りは「少し短い廊下」です。1 枚目の置き方が何通りあって、それぞれ廊下がどれだけ短くなるか。それさえ分かれば、長い廊下の張り方の数は、短い廊下の張り方の数から組み立てられます。

場合の数の漸化式は、端の置き方で漏れなく重なりなく分け、残りが同じ形の短いものになることを使って、$a_{n-1}$ や $a_{n-2}$ で表すということです。

例題3：場合の数の漸化式

(1) 上のタイルの敷き方の数 $a_n$ の一般項を求めなさい。

(2) $1,$$\ 2,$$\ 3$ の数字だけを使ってできる $n$ 桁の数のうち、数字 $1$ を偶数個（$0$ 個も含む）含むものの個数 $b_n$ を求めなさい。

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【解答】

(1) $a_1$${}= 1$（縦に 1 枚）、$a_2$${}= 3$（縦に 2 枚、横に 2 枚、正方形 1 枚）。$n$${}\geqq 3$ で $a_n$${}= a_{n-1}$${}+ 2a_{n-2}$ なので、番号をずらして $a_{n+2}$${}= a_{n+1}$${}+ 2a_n$。$x^2$${}= x$${}+ 2$ の解は $x$${}= 2,$${}\ -1$ なので

$\displaystyle a_{n+2}$$\displaystyle {}+ a_{n+1}$$\displaystyle {}= 2(a_{n+1} + a_n),$$\displaystyle a_{n+2}$$\displaystyle {}- 2a_{n+1}$$\displaystyle {}= -(a_{n+1} - 2a_n)$

$a_2$${}+ a_1$${}= 4$，$a_2$${}- 2a_1$${}= 1$ より

$\displaystyle a_{n+1}$$\displaystyle {}+ a_n$$\displaystyle {}= 4 \cdot 2^{n-1}$$\displaystyle {}= 2^{n+1},$$\displaystyle a_{n+1}$$\displaystyle {}- 2a_n$$\displaystyle {}= (-1)^{n-1}$

辺々引くと $3a_n$${}= 2^{n+1}$${}- (-1)^{n-1}$${}= 2^{n+1}$${}+ (-1)^n$ なので

$$\underline{a_n = \frac{2^{n+1} + (-1)^n}{3}}$$

（$a_3$${}= a_2$${}+ 2a_1$${}= 5$、式でも $\dfrac{16 - 1}{3}$${}= 5$。）

(2) $n$${}+ 1$ 桁の数を、最後の桁で分ける。$1$ を偶数個含むのは

• 前の $n$ 桁が $1$ を偶数個含み（$b_n$ 個）、最後の桁が $2$ か $3$
• 前の $n$ 桁が $1$ を奇数個含み（$3^n$${}- b_n$ 個）、最後の桁が $1$

のときなので

$\displaystyle b_{n+1}$$\displaystyle {}= 2b_n$$\displaystyle {}+ (3^n - b_n)$$\displaystyle {}= b_n$$\displaystyle {}+ 3^n$

$b_1$${}= 2$（$2$ と $3$）。階差型なので、$n$${}\geqq 2$ のとき

$\displaystyle b_n$$\displaystyle {}= 2$$\displaystyle {}+ \sum_{k=1}^{n-1} 3^k$$\displaystyle {}= 2$$\displaystyle {}+ \frac{3(3^{n-1} - 1)}{3 - 1}$$\displaystyle {}= \frac{3^n + 1}{2}$

これは $n$${}= 1$ のときも成り立つ（$\dfrac{3 + 1}{2}$${}= 2$）。よって $\underline{b_n = \dfrac{3^n + 1}{2}}$

（$n$${}= 2$ では $9$ 個のうち、$1$ を含まない $4$ 個と $11$ の $1$ 個で $5$ 個、式でも $\dfrac{9 + 1}{2}$${}= 5$。）

(2) の $b_n$ を全体の $3^n$ で割ると、$\dfrac{b_n}{3^n}$${}= \dfrac{1}{2}$${}+ \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{3}\right)^n$ です。これは、各桁を $1,$$\ 2,$$\ 3$ から同じ確率で選んだとき、$1$ が偶数個になる確率にほかなりません。実際、$q_n$${}= \dfrac{b_n}{3^n}$ とおいて漸化式を $3^{n+1}$ で割ると、$q_{n+1}$${}= \dfrac{2}{3}q_n$${}+ \dfrac{1}{3}(1 - q_n)$ と、例題1 と同じ形の確率の漸化式になります。場合の数の漸化式と確率の漸化式は、同じことを「個数」で見るか「割合」で見るかの違いなのです。

図形と漸化式：1 つ加えると何が増えるか

図形の個数や面積も、「$n$ 番目から $n$${}+ 1$ 番目へ、1 つ加えると何がいくつ増えるか」を考えると漸化式になります。数えるものが増え方の決まった形をしていれば、階差型や等比型として解けます。

たとえば、どの 2 本も平行でなく、どの 3 本も 1 点で交わらない $n$ 本の直線の交点の数を $c_n$ とします。$n$${}+ 1$ 本目の直線を引くと、この直線はそれまでの $n$ 本の直線とそれぞれ 1 回ずつ、しかも別々の点で交わります。新しい交点はちょうど $n$ 個増えるので、$c_{n+1}$${}= c_n$${}+ n$ という階差型の漸化式が立ちます。

図形の個数や量は、$n$ 番目に 1 つ加えたときの増え方（何個増えるか、何倍になるか）を数えて、階差型や等比型の漸化式にするということです。

例題4：図形と漸化式

(1) どの 2 本も平行でなく、どの 3 本も 1 点で交わらない $n$ 本の直線の交点の数 $c_n$ を求めなさい。

(2) 1 辺の長さ $1$ の正方形を 1 番目の正方形とし、$n$ 番目の正方形の各辺の中点を結んでできる正方形を $n$${}+ 1$ 番目の正方形とします。$n$ 番目の正方形の面積 $S_n$ と、1 番目から $n$ 番目までの正方形の面積の和 $T_n$ を求めなさい。

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【解答】

(1) $n$${}+ 1$ 本目の直線は、それまでの $n$ 本とそれぞれ異なる点で交わるので、交点は $n$ 個増える。よって $c_{n+1}$${}= c_n$${}+ n$，$c_1$${}= 0$。$n$${}\geqq 2$ のとき

$\displaystyle c_n$$\displaystyle {}= 0$$\displaystyle {}+ \sum_{k=1}^{n-1} k$$\displaystyle {}= \frac{(n - 1)n}{2}$

これは $n$${}= 1$ のときも成り立つ（$0$）。よって $\underline{c_n = \dfrac{n(n - 1)}{2}}$

（$n$${}= 3$ で $3$ 個、$n$${}= 4$ で $6$ 個。）

(2) $n$ 番目の正方形の 1 辺を $l$ とすると、中点を結んだ正方形の 1 辺は、直角をはさむ 2 辺が $\dfrac{l}{2}$ の直角二等辺三角形の斜辺で $\dfrac{l}{\sqrt{2}}$ である。面積は $\left(\dfrac{l}{\sqrt{2}}\right)^2$${}= \dfrac{l^2}{2}$ なので

$\displaystyle S_{n+1}$$\displaystyle {}= \frac{1}{2}S_n,$$\displaystyle S_1$$\displaystyle {}= 1$

よって $\underline{S_n = \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}}$。和は等比数列の和の公式から

$\displaystyle T_n$$\displaystyle {}= \frac{1 - \left(\frac{1}{2}\right)^n}{1 - \frac{1}{2}}$$\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.6040em}2}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.6040em}{}- \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}}$

(1) の $\dfrac{n(n - 1)}{2}$ は、$n$ 本から 2 本を選ぶ組合せの数 ${}_n\mathrm{C}_2$ と同じです。「交点 1 つ ⇔ 直線 2 本の組 1 つ」と対応がつくので、組合せで直接数えることもできます。漸化式で求めた答えを、別の数え方で確かめられる例です。

この章のまとめと数列の分野のふり返り

これで数列の分野は終わりです。第1章の等差数列から始めて、等比数列、Σ、階差数列、群数列と「並びの規則」を調べ、第6章・第7章で「前の項から次の項を決める」漸化式を解けるようになり、第8章の数学的帰納法で「すべての $n$ で成り立つ」と言い切る方法を手に入れました。この章では、それらを確率・場合の数・図形の場面で組み合わせて使いました。

この章の確率には、$p_n$${}= \dfrac{1}{2}$${}+ \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2}{3}\right)^n$ のように、$n$ を大きくすると一定の値に近づくものがたくさん出てきました。「近づく」をきちんと扱う数列の極限は、微分積分 第10章で学びます。