Aprovechemos la simetría para simplificar los cálculos.
El tablero de ajedrez y sus movimientos permanecen iguales cuando el tablero se refleja verticalmente, horizontalmente o diagonalmente. Esto descompone sus nueve cuadrados en tres tipos, sus órbitas bajo este grupo de simetría. En consecuencia, cada rey puede estar en uno de tres "estados": un cuadrado de esquina (C), un cuadrado de borde (mi), o el cuadrado central ("medio") (METRO) (Un estado ignora en qué cuadrado en particular se encuentra un rey y rastrea solo su clase de equivalencia bajo el grupo de simetrías).
Los siguientes resultados son inmediatos:
Desde un cuadrado de esquina, hay dos transiciones a cuadrados de borde y una transición a un cuadrado del medio. Debido a que las tres transiciones son equiprobables,
Pr ( C→ E) = 2 / 3 ,Pr ( C→ M) = 1 / 3.
Esto proporciona una fila en una matriz de transición para los estados .( 0 , 2 / 3 , 1 / 3 )( C, E, M)
Desde un cuadrado de borde hay dos transiciones a cuadrados de esquina, dos a otros cuadrados de borde y uno al cuadrado del medio. Esto da una segunda fila en una matriz de transición.( 2 / 5 , 2 / 5 , 1 / 5 )
Desde el cuadrado del medio hay cuatro transiciones a cuadrados de esquina y cuatro a cuadrados medios. La tercera fila de una matriz de transición, por lo tanto, es .( 4 / 8 , 4 / 8 , 0 ) = ( 1 / 2 , 1 / 2 , 0 )
En este gráfico que representa esta cadena de Markov, las probabilidades de transición se representan tanto por el grosor del borde como por el color:
Por inspección o de otra manera, encontramos que un vector propio izquierdo de su matriz de transición
P =⎛⎝⎜⎜0 025 5122325 5121315 50 0⎞⎠⎟⎟
is . Esta afirmación se verifica fácilmente realizando la multiplicación: El valor propio manifiestamente es . Debido a que todos los estados están conectados, da las probabilidades limitantes de que cada rey esté en cada estado; solo necesitamos reescalar sus componentes para sumar la unidad:ω = ( 3 , 5 , 2)′ω P = 1 ω .1ω
ω = (ωC,ωmi,ωMETRO) = ( 3 / 10 , 5 / 10 , 2 / 10 ) .
(Aquí es donde cosechamos los beneficios de explotar la simetría: en lugar de trabajar con una matriz de nueve por nueve de elementos, solo tenemos que calcular con una matriz de por tres de tres elementos. La reducción del problema de nueve estados a tres pagado cuadráticamente al reducir el esfuerzo computacional por un factor de )819 9( 9 / 3)2= 9
El (limitante) posibilidad de que ambos reyes están en un estado de probabilidad (limitante) es decir porque los reyes se mueven independientemente. La posibilidad de que ambos reyes estén en la misma celda se encuentra condicionando el estado: por simetría, cada celda en un estado dado tiene la misma probabilidad limitante, por lo que si ambos reyes se encuentran en un estado tienen celdas , la probabilidad de que ambos están en la misma celda es . De donde la solución essωsω2ssks1 /ks
∑s ∈ { C, E, M}ω2sks=(310)214 4+(5 510)214 4+(210)211=9 9400+25400+dieciséis400=18.