Vamos a aprovechar la simetría para simplificar los cálculos.
El tablero de ajedrez y sus movimientos siguen siendo los mismos que cuando el consejo se refleja en vertical, horizontal o diagonalmente. Este se descompone en sus nueve plazas en tres tipos, sus órbitas, en virtud de este grupo de simetría. En consecuencia, cada rey puede estar en uno de los tres "estados": una esquina de la plaza ($C$), un borde cuadrado ($E$), o la central ("medio") cuadrado ($M$). (Un estado que ignora que en particular la plaza de un rey y pistas sólo su clase de equivalencia en el grupo de simetrías.)
Los siguientes resultados son inmediatos:
-
Desde una esquina de la plaza, hay dos transiciones al borde de las plazas y de una transición a un centro de la plaza. Debido a que las tres transiciones son equiprobables,
$$\Pr(C \to E) = 2/3,\quad \Pr(C \to M) = 1/3.$$
Esto le da una fila $(0, 2/3, 1/3)$ en una matriz de transición para los estados $(C, E, M)$.
Desde un borde de la plaza hay dos transiciones a la esquina de plazas, dos a otro borde plazas, y uno en el medio de la plaza. Esto le da una segunda fila $(2/5, 2/5, 1/5)$ en una matriz de transición.
Desde el centro de la plaza hay cuatro transiciones a la esquina de plazas y cuatro y medio cuadrados. 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 son representados tanto por el grosor de los bordes y el color:
![Figure]()
Por la inspección o por el contrario, nos encontramos con que un autovector izquierdo de su matriz de transición
$$\mathbb{P} = \left(
\begin{array}{ccc}
0 & \frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\
\frac{2}{5} & \frac{2}{5} & \frac{1}{5} \\
\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\
\end{array}
\right)$$
es $\omega = (3, 5, 2)^\prime$. Esta afirmación es fácilmente controlado por la realización de la multiplicación: $\omega \mathbb{P} = 1 \omega.$ El autovalor es manifiestamente $1$. Debido a que todos los estados están conectados, $\omega$ da a la limitación de las probabilidades de cada rey en cada estado; sólo tenemos que cambiar la escala de sus componentes para sumar a la unidad:
$$\omega = (\omega_C, \omega_E, \omega_M) = (3/10, 5/10, 2/10).$$
(Aquí es donde debemos cosechar los beneficios de la explotación de la simetría: en lugar de trabajar con un nueve por nueve de la matriz de $81$ elementos sólo tenemos que calcular con un tres por tres matriz de $9$ elementos. La reducción del problema a partir de las nueve estados a tres pagado cuadráticamente por reducir el esfuerzo computacional por un factor de $(9/3)^2 = 9$.)
El (limitar) la probabilidad de que ambos reyes están en un estado de $s$ (limitar) la probabilidad de $\omega_s$ $\omega_s^2$ debido a que los reyes se mueven de manera independiente. La posibilidad de que ambos reyes están en la misma celda se encuentra acondicionado en el estado: por simetría, cada célula en un estado dado tiene la misma limitación de la probabilidad, así que si los reyes se encuentran en un estado $s$ tener $k_s$ de las células, la probabilidad de que ambos están en la misma celda es $1/k_s$. De donde la solución es
$$\sum_{s\in \{C,E,M\}}\frac{ \omega_s^2 }{k_s} = \left(\frac{3}{10}\right)^2\frac{1}{4} + \left(\frac{5}{10}\right)^2\frac{1}{4} + \left(\frac{2}{10}\right)^2\frac{1}{1} = \frac{9}{400} + \frac{25}{400} + \frac{16}{400} = \frac{1}{8}.$$
