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九江市2010年高考綜合訓練卷（十）第11題，可以認為是遞推思想在概率中的應用。事實上，遞推的思想和方法，經常用在排列、組合或概率問題中。下面，我通過一些例子，來說明排列、組合與概率問題的中遞推數列及其常見類型。
例析排列、組合、概率問題中的遞推數列
江西師大附中 張園和
一、an=p·an－1+q型
某種電路開關閉合后，會出現紅燈或綠燈閃動，已知開關第一次閉合后，出現紅燈和綠燈的概率都是，從開關第二次閉合起，若前次出現紅燈的概率是，出現綠燈的概率是；若前次出現綠燈，則下次出現紅燈的概率是，出現綠燈的概率是，記開關第n次閉合后出現紅燈的概率為Pn。
(1)求：P2；(2)求證：Pn<(n≥2)；(3)求。
解析：(1)第二次閉合后出現紅燈的概率P2的大小決定于兩個互斥事件：即第一次紅燈后第二次又是紅燈；第一次綠燈后第二次才是紅燈。于是P2=P1·+(1－P1)·=。
(2)受(1)的啟發，研究開關第N次閉合后出現紅燈的概率Pn，要考慮第n－1次閉合后出現綠燈的情況，有Pn=Pn－1·+(1－Pn－1)·=－Pn－1+，
再利用待定系數法：令Pn+x=－(Pn－1+x)整理可得x=－
∴{Pn－}為首項為(P1－)、公比為(－)的等比數列
Pn－=(P1－)(－)n－1=(－)n－1，Pn=+(－)n－1
∴當n≥2時，Pn<+=
(3)由(2)得=。
A、B兩人拿兩顆骰子做拋擲游戲，規則如下:若擲出的點數之和為3的倍數時，則由原擲骰子的人繼續擲；若擲出的點數不是3的倍數時，由對方接著擲.第一次由A開始擲.設第n次由A擲的概率為Pn.
(1)求Pn；⑵求前4次拋擲中甲恰好擲3次的概率.
解析：第n次由A擲有兩種情況：
第n－1次由A擲，第n次繼續由A擲，此時概率為Pn－1；
第n－1次由B擲，第n次由A擲，此時概率為(1－)(1－Pn－1)。
∵兩種情形是互斥的
∴Pn=Pn－1+(1－)(1－Pn－1)(n≥2)，即Pn=－Pn－1+(n≥2)
∴Pn－=－(Pn－1－)，(n≥2)，又P1=1
∴{Pn－}是以為首項，－為公比的等比數列。
∴Pn－=(－)n－1，即Pn=+(－)n－1。
⑵。
二、an+1=p·an+f(n)型
(傳球問題)A、B、C、D4人互相傳球，由A開始發球，并作為第一次傳球，經過5次傳球后，球仍回到A手中，則不同的傳球方式有多少種？若有n個人相互傳球k次后又回到發球人A手中的不同傳球方式有多少種？
分析：這類問題人數、次數較少時常用樹形圖法求解，直觀形象，但若人數、次數較多時樹形圖法則力不從心，而建立遞推數列模型則可深入問題本質。
4人傳球時，傳球k次共有3k種傳法。設第k次將球傳給A的方法數共有ak(k∈N*)種傳法，則不傳給A的有3k－ak種，故a1=0，且不傳給A的下次均可傳給A，即
ak+1=3k－ak。兩邊同除以3k+1得=－·+，
令bk=，則b1=0，bk+1－=－(bk－)，則bk－=－(－)k－1
∴ak=+(－1)k
當k=5時，a5=60.
當人數為n時，分別用n－1，n取代3，4時，可得ak= + (－1)k。
(環形區域染色問題)將一個圓環分成n(n∈N*，n≥3)個區域，用m(m≥3)種顏色給這n個區域染色，要求相鄰區域不使用同一種顏色，但同一顏色可重復使用，則不同的染色方案有多少種？
分析：設an表示n個區域染色的方案數，則1區有m種染法，2區有m－1種染法，3，……，n－1，n區各有m－1種染色方法，依乘法原理共有m(m－1)n－1種染法，但是，這些染中包含了n區可能和1區染上相同的顏色。而n區與1區相同時，就是n－1個區域涂上m種顏色合乎條件的方法。
∴an=m(m－1)n－1－an－1，且a3=m(m－1)(m－2)
an－(m－1)n=－[an－1－(m－1)n－1]
an－(m－1)n=[a3－(m－1)3](－1)n－3
∴an=(m－1)n+(m－1)(－1)n(n≥3)
用這個結論解：2003年高考江蘇卷：某城市在中心廣場建一個花圃，花圃分為6個部分如圖，現要栽種4種不同顏色的花且相鄰部分不能同色，由不同的栽種方法有 種。
只需將圖變形為圓環形，1區有4種栽法。不同的栽法數為N=4a5=120。
三、an+1=an·f(n)型
(結草成環問題)現有n(n∈N*)根草，共有2n個草頭，現將2n個草頭平均分成n組，每兩個草頭打結，求打結后所有草能構成一個圓環的打結方法數。
分析：將2n個草頭平均分成n組，每兩個草頭打結，要使其恰好構成圓環，不同的連接方法總數m2=an。
將草頭編號為1，2，3，……，2n－1，2n。
草頭1可以和新草頭3，4，5，……，2n－1，2n共2n－2個新
草頭相連，如圖所示。假設1和3相連，則與余下共n－1條相連能
成圓環的方法數為an－1。
∴an=(2n－2)an－1，(n≥2，n∈N*)，a1=1，得=2n－2
an=··……··a1=(2n－2)(2n－4)……2×1=2n－1(n－1)!
變式游戲：某人手中握有2n(n∈N*)根草，只露出兩端的各自2n個草頭，現將兩端的2n個草頭各自隨機平均分成n組，并將每組的兩個草頭連接起來，最后松手，求這時所有的草恰好構成一個圓環的概率。
分析：兩端的2n個草頭隨機兩個相連不同的方法數為N=()2
能夠構成圓環的連接方法分兩步：
第一步，先將一端的2n個草頭平均分成n組，每兩根連接起來，得到n組草，認為得到n根“新草”，連接方法數m1=。
第二步，將另一端的2n個草頭平均分成n組連接起來，要使其恰好構成圓環，不同的連接方法總數m2=2n－1(n－1)!。
∴所求的概率Pn==
變式：(06 江蘇) 右圖中有一個信號源和五個接收器。接收器與信號源在同一個串聯線路中時，就能接收到信號，否則就不能接收到信號。若將圖中左端的六個接線點隨機地平均分成三組，將右端的六個接線點也隨機地平均分成三組，再把所有六組中每組的兩個接線點用導線連接，則這五個接收器能同時接收到信號的概率是(D)
（A）　　　（B） （C）　　　（D）
四、an+1=p·an+q·an－1型
某人玩硬幣走跳棋的游戲。已知硬幣出現正反面的概率都是，棋盤上標有第0站、第1站、第2站、……、第100站.一枚棋子開始在第0站，棋手每擲一次硬幣，棋子向前跳動一次，若擲出正面，棋子向前跳一站(從k到k+1)；若擲出反面，棋子向前跳兩站(從k到k+2)，直到棋子跳到第99站(勝利大本營)或跳到第100站(失敗集中營)時，該游戲結束.設棋子跳到第n站的概率為Pn.
(1)求P0、P1、P2的值；
(2)求證：Pn－Pn－1=－(Pn－1－Pn－2)，其中n∈N，2≤n≤99；
(3)求玩該游戲獲勝的概率及失敗的概率。
解：(1)棋子開始在第0站為必然事件，P0=1.
第一次擲硬幣出現正面，棋子跳到第1站，其概率為，P1=.
棋子跳到第2站應從如下兩方面考慮：
①前兩次擲硬幣都出現正面，其概率為；②第一次擲硬幣出現反面，其概率為.
∴P2=+=.
(2)證明：棋子跳到第n(2≤n≤99)站的情況是下列兩種，而且也只有兩種：
①棋子先到第n－2站，又擲出反面，其概率為Pn－2；
②棋子先到第n－1站，又擲出正面，其概率為Pn－1.
∴Pn=Pn－2+Pn－1.
∴Pn－Pn－1=－(Pn－1－Pn－2).
(3)解：由(2)知當1≤n≤99時，數列{Pn－Pn－1}是首項為P1－P0=－，公比為－的等比數列。
∴P1－1=－，P2－P1=(－)2，P3－P2=(－)3，…，Pn－Pn－1=(－)n.
以上各式相加，得Pn－1=(－)+(－)2+…+(－)n，
∴Pn=1+(－)+(－)2+…+(－)n=[1－(－)n+1](n=0，1，2，…，99).
∴獲勝的概率為P99=[1－()100]，
失敗的概率P100=P98=·[1－(－)99]=[1+()99]
(上樓梯問題)從教學樓一樓到二樓共有15級樓梯，學生A一步能上1級或2級，那么A從一樓上到二樓的不同方法數共有多少種？
設上到第n級樓梯的方法數為an(n∈N)，則a1=1，a2=2，an=an－1+an－2(n≥3)，
由此可得,{an}斐波那契數列：1，2，3，5，8，……得a13=377，a14=610，a15=987。
從原點出發的某質點M，按向量=(0，1)移動的概率為，按向量=(0，2)移動的概率為，設M可到達點(0，n)的概率為Pn
(1)求P1和P2的值；(2)求證：Pn+2－Pn+1=－(Pn+1－Pn)；(3)求Pn的表達式。
解析：(1)P1=，P2=()2+=
(2)證明：M到達點(0，n+2)有兩種情況：
①從點(0，n+1)按向量=(0，1)移動，即(0，n+1)→(0，n+2)
②從點(0，n)按向量=(0，2)移動，即(0，n)→(0，n+2)。
∴Pn+2=Pn+1+Pn
∴Pn+2－Pn+1=－(Pn+1－Pn)
(3)數列{Pn+1－Pn}是以P2-P1為首項，-為公比的等比數列。
Pn+1－Pn=(P2-P1)(-)n-1=(-)n-1=(-)n+1，
∴Pn－Pn－1=(－)n
又∵Pn－P1=(Pn－Pn－1)+(Pn－1－Pn－2)+…+(P2-P1)=(-)n+(-)n-1+…+(-)2=()[1-(-)n-1]
∴Pn=P1+()[1-(-)n-1]=+×(-)n。

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