Question

正四面體的各頂點為A₁，A₂，A₃，A₄，進(jìn)入某頂點的動點X不停留在同一個頂點上，每隔1秒鐘向其他三個頂點以相同的概率移動．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．當(dāng)P1(0)=

1

4

，P2(0)=

1

2

，P3(0)=

1

8

，P4(0)=

1

8

時，
（1）求P₂（1），P₂（2）；
（2）求P₂（n）與P₂（n-1）的關(guān)系（n∈N^*）及P₂（n）關(guān)于n的表達(dá)式，P₁（n）關(guān)于n的表達(dá)式．

Answer 1

分析：（1）P₂（1）即1秒后動點在A₂的概率，它有三種情況：開始時（0秒）在A₁，1秒后移動到A₂；開始時在A₃，1秒后移動到A₂；開始時在A₄，1秒后移動到A₂．根據(jù)這三種結(jié)果互斥得到結(jié)論．
（2）n秒后動點在A₂，即n-1秒后動點不在A₂，其概率為1-P₂（n-1），得到概率之間的關(guān)系是數(shù)列遞推關(guān)系，從概率問題自然地過渡到數(shù)列問題，再用數(shù)列的辦法解決．

解答：解：（1）P₂（1）即1秒后動點在A₂的概率，它有三種情況；
①開始時（0秒）在A₁，1秒后移動到A₂；
由題意知，每隔1秒鐘動點X從一個頂點移動到另一個頂點的概率均為

1

3

；
所以這種情況的概率為：P₁（0）×

1

3

=

1

12

；
②開始時在A₃，1秒后移動到A₂；其概率為：P₃（0）×

1

3

=

1

24

；
③開始時在A₄，1秒后移動到A₂；其概率為：P₄（0）×

1

3

=

1

24

；
又這三種情況互斥，
∴P₂（1）=

1

12

+

1

24

+

1

24

=

1

6

．
我們設(shè)想一下，如果仍然按這個辦法計算P₂（2），
將不勝其煩，因為首先要算P₁（1）、P₃（1）、P₄（1）；
事實上1秒后動點在A₂，即開始時（0秒）動點不在A₂，其概率為：1-P₂（0）=

1

2

，
而每隔1秒鐘動點X從一個頂點移動到另一個頂點的概率均為

1

3

；
所以P₂（1）=

1

2

×

1

3

=

1

6

．類似的，2秒后動點在A₂，
即1秒后動點不在A₂，其概率為：1-P₂（1）=

5

6

，
∴P₂（2）=

5

6

×

1

3

=

5

18

；
（2）n秒后動點在A₂，即n-1秒后動點不在A₂，
其概率為：1-P₂（n-1），
∴P₂（n）=[1-P₂（n-1）]×

1

3

．
至此，問題化歸為數(shù)列問題．即：已知數(shù)列{P₂（n）}滿足：
P₂（n）=-

1

3

P₂（n-1）+

1

3

，求通項公式．
用待定系數(shù)法構(gòu)造等比數(shù)列，
設(shè)P₂（n）+x=-

1

3

[P₂（n-1）+x]，得x=-

1

4

，可見
數(shù)列{P₂（n）-

1

4

}是以-

1

3

為公比的等比數(shù)列，其首項為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．
完全類似地，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，
∴數(shù)列{P₁（n）}是常數(shù)列，即P₁（n）=

1

4

．

點評：本題的關(guān)鍵是第n秒后動點在某一頂點即意味著第n-1秒后動點不在該頂點，由此反映的它們的概率之間的關(guān)系正是數(shù)列的前后項之間的關(guān)系即遞推關(guān)系，于是從概率問題自然地過渡到數(shù)列問題，再用數(shù)列的辦法解決之．