Question

正四面体的各顶点为A₁，A₂，A₃，A₄，进入某顶点的动点X不停留在同一个顶点上，每隔1秒钟向其他三个顶点以相同的概率移动．n秒后X在A_i（i=1，2，3，4）的概率用P_i（n）（n=0，1，2…）表示．当P1(0)=

1

4

，P2(0)=

1

2

，P3(0)=

1

8

，P4(0)=

1

8

时，
（1）求P₂（1），P₂（2）；
（2）求P₂（n）与P₂（n-1）的关系（n∈N^*）及P₂（n）关于n的表达式，P₁（n）关于n的表达式．

Answer 1

分析：（1）P₂（1）即1秒后动点在A₂的概率，它有三种情况：开始时（0秒）在A₁，1秒后移动到A₂；开始时在A₃，1秒后移动到A₂；开始时在A₄，1秒后移动到A₂．根据这三种结果互斥得到结论．
（2）n秒后动点在A₂，即n-1秒后动点不在A₂，其概率为1-P₂（n-1），得到概率之间的关系是数列递推关系，从概率问题自然地过渡到数列问题，再用数列的办法解决．

解答：解：（1）P₂（1）即1秒后动点在A₂的概率，它有三种情况；
①开始时（0秒）在A₁，1秒后移动到A₂；
由题意知，每隔1秒钟动点X从一个顶点移动到另一个顶点的概率均为

1

3

；
所以这种情况的概率为：P₁（0）×

1

3

=

1

12

；
②开始时在A₃，1秒后移动到A₂；其概率为：P₃（0）×

1

3

=

1

24

；
③开始时在A₄，1秒后移动到A₂；其概率为：P₄（0）×

1

3

=

1

24

；
又这三种情况互斥，
∴P₂（1）=

1

12

+

1

24

+

1

24

=

1

6

．
我们设想一下，如果仍然按这个办法计算P₂（2），
将不胜其烦，因为首先要算P₁（1）、P₃（1）、P₄（1）；
事实上1秒后动点在A₂，即开始时（0秒）动点不在A₂，其概率为：1-P₂（0）=

1

2

，
而每隔1秒钟动点X从一个顶点移动到另一个顶点的概率均为

1

3

；
所以P₂（1）=

1

2

×

1

3

=

1

6

．类似的，2秒后动点在A₂，
即1秒后动点不在A₂，其概率为：1-P₂（1）=

5

6

，
∴P₂（2）=

5

6

×

1

3

=

5

18

；
（2）n秒后动点在A₂，即n-1秒后动点不在A₂，
其概率为：1-P₂（n-1），
∴P₂（n）=[1-P₂（n-1）]×

1

3

．
至此，问题化归为数列问题．即：已知数列{P₂（n）}满足：
P₂（n）=-

1

3

P₂（n-1）+

1

3

，求通项公式．
用待定系数法构造等比数列，
设P₂（n）+x=-

1

3

[P₂（n-1）+x]，得x=-

1

4

，可见
数列{P₂（n）-

1

4

}是以-

1

3

为公比的等比数列，其首项为P₂（1）-

1

4

=-

1

12

∴P₂（n）-

1

4

=-

1

12

(-

1

3

)n-1，P₂（n）=

1

4

-

1

12

(-

1

3

)n-1．
完全类似地，可得P₁（n）=-

1

3

P₁（n-1）+

1

3

，于是有P₁（n）-

1

4

=-

1

3

[P₁（n-1）-

1

4

]
但P₁（1）-

1

4

=0，
∴数列{P₁（n）}是常数列，即P₁（n）=

1

4

．

点评：本题的关键是第n秒后动点在某一顶点即意味着第n-1秒后动点不在该顶点，由此反映的它们的概率之间的关系正是数列的前后项之间的关系即递推关系，于是从概率问题自然地过渡到数列问题，再用数列的办法解决之．