数学A / 確率

立方体の頂点を動く点が戻る確率

最難関編対称性状態の推移

問題

立方体 $A B C D - E F G H$ (底面が正方形 $A B C D$ 、上面が正方形 $E F G H$ で、 $A E, B F, C G, D H$ が辺)の頂点 $A$ に点 $P$ がある。 $P$ は1秒ごとに、いまいる頂点と辺で結ばれた3つの頂点のいずれかへ、それぞれ確率 $\frac{1}{3}$ で移動する。6秒後に $P$ が頂点 $A$ にある確率を求めよ。

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8頂点ぶんの確率を全部追うのは無駄が多い。 $A$ から見ると、立方体の頂点は対称性でいくつかの「層」にまとまらないか。層から層への移り方さえ決めれば、あとは1秒ずつの計算で届く。

解答・解説

方針

8頂点の確率を別々に追わず、 $A$ からの道のり(たどる辺の最小本数)で頂点を4つの層に分ける。同じ層の頂点は対称で区別する必要がなく、層から層への移り方だけを6秒ぶん順に計算すればよい。

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 頂点は8個あるが、 $A$ から見た対称性で4つの層に分かれる。「 $A$ (道のり0)」「 $B, D, E$ (道のり1)」「 $C, F, H$ (道のり2)」「 $G$ (道のり3)」だ。

同じ層の頂点は、どれも $A$ から見て同じ立場にある。だから $P$ がどの層にいるかの確率だけ追えば十分だ。状態を8個から4個に減らす。この集約が急所になる。

層の間の移り方を決めてしまえば、6秒は1秒ずつの機械的な計算で追える。

A からの道のりで頂点が層に分かれる: 層1 = B, D, E/層2 = C, F, H/層3 = G(A の対角)。同じ層の頂点はまとめて追える

① 層と移り方を決める。 層0 $= {A}$ 、層1 $= {B, D, E}$ 、層2 $= {C, F, H}$ 、層3 $= {G}$ 。各頂点から出る辺は3本で、

層0からは3本とも層1へ(確率1)
層1からは1本が層0へ( $\frac{1}{3}$ )、2本が層2へ( $\frac{2}{3}$ )
層2からは2本が層1へ( $\frac{2}{3}$ )、1本が層3へ( $\frac{1}{3}$ )
層3( $G$ )からは3本とも層2へ(確率1)

たとえば $C$ の隣は $B, D$ (層1)と $G$ (層3)。どの頂点でも、層だけで移り方が決まる。

重要対称な頂点はまとめて1つの状態にしてよい。1歩ごとに層の偶奇が必ず入れ替わることにも注目(偶数秒には偶数層にしかいない)

② 6秒ぶんを順に計算する。 $k$ 秒後に層0〜3にいる確率を $(p_{0}, p_{1}, p_{2}, p_{3})$ と書く。移り方から、次の秒は「層0へ = 層1の $\frac{1}{3}$ 」「層1へ = 層0の全部 + 層2の $\frac{2}{3}$ 」「層2へ = 層1の $\frac{2}{3}$ + 層3の全部」「層3へ = 層2の $\frac{1}{3}$ 」で更新できる。

0秒: $(1, 0, 0, 0)$
1秒: $(0, 1, 0, 0)$
2秒: $(\frac{1}{3}, 0, \frac{2}{3}, 0)$
3秒: $(0, \frac{7}{9}, 0, \frac{2}{9})$ … 層1へは $\frac{1}{3} \cdot 1 + \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{7}{9}$
4秒: $(\frac{7}{27}, 0, \frac{20}{27}, 0)$ … 層2へは $\frac{7}{9} \cdot \frac{2}{3} + \frac{2}{9} \cdot 1 = \frac{20}{27}$
5秒: $(0, \frac{61}{81}, 0, \frac{20}{81})$ … 層1へは $\frac{7}{27} \cdot 1 + \frac{20}{27} \cdot \frac{2}{3} = \frac{61}{81}$
6秒: $(\frac{61}{243}, 0, \frac{182}{243}, 0)$

③ 答え。 6秒後に層0(= 頂点 $A$ )にいる確率は

$\frac{61}{81} \cdot \frac{1}{3} = \frac{61}{243}$

まとめ: 対称性で状態を減らす(8頂点 → 4層)のが急所。減らしたあとは、1秒ずつの推移を落ち着いて追うだけだ。表に0が交互に並ぶのは「1歩で層の偶奇が入れ替わる」からで、この偶奇の観察は検算にも使える。

発展 — 一歩先へ。 $\frac{61}{243} = 0.2510 \dots$ は、もう $\frac{1}{4}$ とほとんど同じだ。偶数秒の点は偶数層の4頂点( $A, C, F, H$ )にほぼ均等に散らばっていく。たった6秒で「どこにいたか」の記憶がほぼ消える。混ざりの速さも、この計算から読み取れる。

答

$\frac{61}{243}$

別解

2歩ずつまとめて、状態を2つに(得意な人向け)。 偶数秒には層0か層2にしかいない。それなら最初から「2歩で1回」と数えて、状態を2つに圧縮できる。

2歩の移り方をまとめる。層0からは、1歩目で必ず層1へ行き、2歩目で $\frac{1}{3}$ が層0へ戻り $\frac{2}{3}$ が層2へ進む。層2からは、1歩目が層1( $\frac{2}{3}$ )か層3( $\frac{1}{3}$ )で、2歩目まで追うと

$層 2 \to 層 0 : \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{9}, 層 2 \to 層 2 : \frac{2}{3} \cdot \frac{2}{3} + \frac{1}{3} \cdot 1 = \frac{7}{9}$

あとは $(q_{0}, q_{2})$ を3回更新するだけだ。

$(1, 0) \to (\frac{1}{3}, \frac{2}{3}) \to (\frac{1}{9} + \frac{4}{27}, \dots) = (\frac{7}{27}, \frac{20}{27}) \to (\frac{7}{81} + \frac{40}{243}, \dots) = (\frac{61}{243}, \frac{182}{243})$

6秒後に $A$ にいる確率は $\frac{61}{243}$ 。本解の6行の表が、3行に半減した。

偶奇の対称性は「無駄な状態を消す」だけでなく、時間の刻みを倍にして計算自体を短くしてくれる。

ポイント

$A$ からの道のりで頂点を4層に集約する(対称な頂点は区別しない)。
層の間の移り方: 層1からは $\frac{1}{3}$ で戻り $\frac{2}{3}$ で先へ、層2からは $\frac{2}{3}$ で戻り $\frac{1}{3}$ で $G$ へ。
6秒後に層0にいる確率は $\frac{61}{243}$ 。

よくある間違い

8頂点それぞれの確率を追って、6秒ぶんの表が巨大になり計算が破綻する。対称な頂点は必ずまとめる。
層1からの移り方を「 $\frac{2}{3}$ で戻り $\frac{1}{3}$ で進む」と逆にする。図で $B$ の隣( $A$ と $C, F$ )を数えて確かめる。
奇数秒に層0の確率を計算し続ける。1歩で層の偶奇が入れ替わるから、奇数秒の層0は自動的に0。半分の計算は省ける。