递推法解排列概率(共4页).doc

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递推法解排列、组合、概率问题一、an=p·an－1+q型【例1】某种电路开关闭合后，会出现红灯或绿灯闪动，已知开关第一次闭合后，出现红灯和绿灯的概率都是，从开关第二次闭合起，若前次出现红灯的概率是，出现绿灯的概率是；若前次出现绿灯，则下次出现红灯的概率是，出现绿灯的概率是，记开关第n次闭合后出现红灯的概率为Pn.(1)求：P2；(2)求证：Pn<(n≥2)；(3)求.解析：(1)第二次闭合后出现红灯的概率P2的大小决定于两个互斥事件：即第一次红灯后第二次又是红灯；第一次绿灯后第二次才是红灯.于是P2=P1·+(1－P1)·=.(2)受(1)的启发，研究开关第N次闭合后出现红灯的概率Pn，要考虑第n－1次闭合后出现绿灯的情况，有Pn=Pn－1·+(1－Pn－1)·=－Pn－1+，再利用待定系数法：令Pn+x=－(Pn－1+x)整理可得x=－∴{Pn－}为首项为(P1－)、公比为(－)的等比数列Pn－=(P1－)(－)n－1=(－)n－1，Pn=+(－)n－1∴当n≥2时，Pn<+=(3)由(2)得=.【例2】A、B两人拿两颗骰子做抛掷游戏，规则如下:若掷出的点数之和为3的倍数时，则由原掷骰子的人继续掷；若掷出的点数不是3的倍数时，由对方接着掷.第一次由A开始掷.设第n次由A掷的概率为Pn，(1)求Pn；⑵求前4次抛掷中甲恰好掷3次的概率.解析：第n次由A掷有两种情况：①第n－1次由A掷，第n次继续由A掷，此时概率为Pn－1；②第n－1次由B掷，第n次由A掷，此时概率为(1－)(1－Pn－1).∵两种情形是互斥的∴Pn=Pn－1+(1－)(1－Pn－1)(n≥2)，即Pn=－Pn－1+(n≥2)∴Pn－=－(Pn－1－)，(n≥2)，又P1=1∴{Pn－}是以为首项，－为公比的等比数列.∴Pn－=(－)n－1，即Pn=+(－)n－1.⑵.二、an+1=p·an+f(n)型【例3】(传球问题)A、B、C、D4人互相传球，由A开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到A手中，则不同的传球方式有多少种？若有n个人相互传球k次后又回到发球人A手中的不同传球方式有多少种？分析：这类问题人数、次数较少时常用树形图法求解，直观形象，但若人数、次数较多时树形图法则力不从心，而建立递推数列模型则可深入问题本质.4人传球时，传球k次共有3k种传法.设第k次将球传给A的方法数共有ak(k∈N*)种传法，则不传给A的有3k－ak种，故a1=0，且不传给A的下次均可传给A，即ak+1=3k－ak。两边同除以3k+1得=－·+，令bk=，则b1=0，bk+1－=－(bk－)，则bk－=－(－)k－1∴ak=+(－1)k当k=5时，a5=60.当人数为n时，分别用n－1，n取代3，4时，可得ak=+(－1)k.1 2 3 n n-1……【例4】(环形区域染色问题)将一个圆环分成n(n∈N*，n≥3)个区域，用m(m≥3)种颜色给这n个区域染色，要求相邻区域不使用同一种颜色，但同一颜色可重复使用，则不同的染色方案有多少种？分析：设an表示n个区域染色的方案数，则1区有m种染法，2区有m－1种染法，3，……，n－1，n区各有m－1种染色方法，依乘法原理共有m(m－1)n－1种染法，但是，这些染中包含了n区可能和1区染上相同的颜色.而n区与1区相同时，就是n－1个区域涂上m种颜色合乎条件的方法.∴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]1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 an－(m－1)n=[a3－(m－1)3](－1)n－3∴an=(m－1)n+(m－1)(－1)n(n≥3)用这个结论解：2003年高考江苏卷：某城市在中心广场建一个花圃，花圃分为6个部分如图，现要栽种4种不同颜色的花且相邻部分不能同色，由不同的栽种方法有种.只需将图变形为圆环形，1区有4种栽法.不同的栽法数为N=4a5=120.三、an+1=an·f(n)型【例5】(结草成环问题)现有n(n∈N*)根草，共有2n个草头，现将2n个草头平均分成n组，每两个草头打结，求打结后所有草能构成一个圆环的打结方法数.3 4……1 2 5 6 2n-1 2n分析：将2n个草头平均分成n组，每两个草头打结，要使其恰好构成圆环，不同的连接方法总数m2=an.将草头编号为1，2，3，……，2n－1，2n.草头1可以和新草头3，4，5，……，2n－1，2n共2n－2个新草头相连，如右图所示.假设1和3相连，则与余下共n－1条相连能成圆环的方法数为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)!变式游戏：某人手中握有2n(n∈N*)根草，只露出两端的各自2n个草头，现将两端的2n个草头各自随机平均分成n组，并将每组的两个草头连接起来，最后松手，求这时所有的草恰好构成一个圆环的概率.分析：两端的2n个草头随机两个相连不同的方法数为N=()2能够构成圆环的连接方法分两步：第一步，先将一端的2n个草头平均分成n组，每两根连接起来，得到n组草，认为得到n根“新草”，连接方法数m1=.信号源第二步，将另一端的2n个草头平均分成n组连接起来，要使其恰好构成圆环，不同的连接方法总数m2=2n－1(n－1)!.∴所求的概率Pn==.变式：(江苏)右图中有一个信号源和五个接收器。接收器与信号源在同一个串联线路中时，就能接收到信号，否则就不能接收到信号.若将图中左端的六个接线点随机地平均分成三组，将右端的六个接线点也随机地平均分成三组，再把所有六组中每组的两个接线点用导线连接，则这五个接收器能同时接收到信号的概率是(D)（A）（B）（C）（D）四、an+1=p·an+q·an－1型【例6】某人玩硬币走跳棋的游戏.已知硬币出现正反面的概率都是，棋盘上标有第0站、第1站、第2站、……、第100站.一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次硬币，棋子向前跳动一次，若掷出正面，棋子向前跳一站(从k到k+1)；若掷出反面，棋子向前跳两站(从k到k+2)，直到棋子跳到第99站(胜利大本营)或跳到第100站(失败集中营)时，该游戏结束.设棋子跳到第n站的概率为Pn.(1)求P0、P1、P2的值；(2)求证：Pn－Pn－1=－(Pn－1－Pn－2)，其中n∈N，2≤n≤99；(3)求玩该游戏获胜的概率及失败的概率.(1)解：棋子开始在第0站为必然事件，P0=1.第一次掷硬币出现正面，棋子跳到第1站，其概率为，P1=.棋子跳到第2站应从如下两方面考虑：①前两次掷硬币都出现正面，其概率为；②第一次掷硬币出现反面，其概率为.∴P2=+=.(2)证明：棋子跳到第n(2≤n≤99)站的情况是下列两种，而且也只有两种：①棋子先到第n－2站，又掷出反面，其概率为Pn－2；②棋子先到第n－1站，又掷出正面，其概率为Pn－1.∴Pn=Pn－2+Pn－1.∴Pn－Pn－1=－(Pn－1－Pn－2).(3)解：由(2)知当1≤n≤99时，数列{Pn－Pn－1}是首项为P1－P0=－，公比为－的等比数列.∴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).∴获胜的概率为P99=[1－()100]，失败的概率P100=P98=·[1－(－)99]=[1+()99].【例7】(上楼梯问题)从教学楼一楼到二楼共有15级楼梯，学生A一步能上1级或2级，那么A从一楼上到二楼的不同方法数共有多少种？设上到第n级楼梯的方法数为an(n∈N)，则a1=1，a2=2，an=an－1+an－2(n≥3)，由此可得,\{an}斐波那契数列：1，2，3，5，8，……得a13=377，a14=610，a15=987。【例8】从原点出发的某质点M，按向量=(0，1)移动的概率为，按向量=(0，2)移动的概率为，设M可到达点(0，n)的概率为Pn(1)求P1和P2的值；(2)求证：Pn+2－Pn+1=－(Pn+1－Pn)；(3)求Pn的表达式.解析：(1)P1=，P2=()2+=(2)证明：M到达点(0，n+2)有两种情况：①从点(0，n+1)按向量=(0，1)移动，即(0，n+1)→(0，n+2)②从点(0，n)按向量=(0，2)移动，即(0，n)→(0，n+2).∴Pn+2=Pn+1+Pn∴Pn+2－Pn+1=－(Pn+1－Pn)(3)数列{Pn+1－Pn}是以P2P1为首项，为公比的等比数列.Pn+1－Pn=(P2P1)()n-1=()n-1=()n+1，∴Pn－Pn－1=(－)n,又∵Pn－P1=(Pn－Pn－1)+(Pn－1－Pn－2)+…+(P2P1)=()n+()n-1+…+()2=()[1()n-1]∴Pn=P1+()[1()n-1]=+×()n.