解説

方針・初手

各頂点から次の1秒後には、他の3頂点へそれぞれ確率 $\dfrac{1}{3}$ で移る。したがって、ある頂点 $A_i$ にいる確率は、「直前に $A_i$ 以外の頂点にいた確率」の $\dfrac{1}{3}$ である。

このことから $P_i(n)$ についての漸化式を立て、初期値を代入して解けばよい。

解法1

任意の $i=1,2,3,4$ について、$n+1$ 秒後に $A_i$ にいるためには、$n$ 秒後に $A_i$ 以外の頂点にいて、そこから $A_i$ に移る必要がある。

$n$ 秒後に $A_i$ 以外の頂点にいる確率は $1-P_i(n)$ であり、そこから $A_i$ に移る確率は $\dfrac{1}{3}$ であるから、

$$ P_i(n+1)=\frac{1-P_i(n)}{3}

$$

が成り立つ。

これを変形すると、

$$ \begin{aligned} P_i(n+1)-\frac{1}{4} &= -\frac{1}{3}\left(P_i(n)-\frac{1}{4}\right) \end{aligned} $$

となる。よって、数列 $P_i(n)-\dfrac{1}{4}$ は公比 $-\dfrac{1}{3}$ の等比数列である。

したがって、

$$ \begin{aligned} P_i(n)-\frac{1}{4} &= \left(P_i(0)-\frac{1}{4}\right)\left(-\frac{1}{3}\right)^n \end{aligned} $$

であり、

$$ \begin{aligned} P_i(n) &= \frac{1}{4} + \left(P_i(0)-\frac{1}{4}\right)\left(-\frac{1}{3}\right)^n \end{aligned} $$

を得る。

まず $P_1(0)=\dfrac{1}{4}$ より、

$$ \begin{aligned} P_1(n) &= \frac{1}{4} + \left(\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\right)\left(-\frac{1}{3}\right)^n &= \frac{1}{4} \end{aligned} $$

である。

次に $P_2(0)=\dfrac{1}{2}$ より、

$$ \begin{aligned} P_2(n) &= \frac{1}{4} + \left(\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\right)\left(-\frac{1}{3}\right)^n \end{aligned} $$

であるから、

$$ \begin{aligned} P_2(n) &= \frac{1}{4} + \frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^n \end{aligned} $$

となる。

解説

この問題では、4頂点すべてを同時に追う必要はない。対称性より、ある頂点 $A_i$ に入ってくる確率は、「直前にそこ以外にいた確率」によって決まる。

重要なのは、$A_i$ にそのままとどまることがない点である。そのため、漸化式は

$$ P_i(n+1)=\frac{1-P_i(n)}{3}

$$

となり、極限値である $\dfrac{1}{4}$ からのずれが毎回 $-\dfrac{1}{3}$ 倍される。

特に $P_1(0)=\dfrac{1}{4}$ は最初から均等分布の値になっているので、以後も常に $\dfrac{1}{4}$ のままである。

答え

$$ P_1(n)=\frac{1}{4}

$$

$$ P_2(n)=\frac{1}{4} + \frac{1}{4}\left(-\frac{1}{3}\right)^n

$$

ただし、$n=0,1,2,\ldots$ である。