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# 高考数学的马尔科夫链

上一个文档中, 咱介绍了在高考中关于`整体 = 局部`思想的一些发现, 并在最后解答了`武汉二调T14`问题.

本文档中, 我们详细介绍一下高考数学的概率问题中比较麻烦的一种, 前者影响后者的`马尔科夫链`问题.

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***

## 传统条件概率的多层概率问题

### 23新1 T21 投篮

![23新1 T21](/notes/study/20250323-1-1.webp)

`甲`, `乙`两人投篮, 每次由其中一人投篮, 规则如下: 若命中则此人继续投篮, 若未命中则换为对方投篮. 无论之前投篮情况如何, `甲`每次投篮命中率均为 $0.6$ , `乙`每次投篮命中率均为 $0.8$ . 由抽签确定第 $1$ 此投篮的人选, 第 $1$ 次投篮是`甲`, `乙`概率各位 $0.5$ .

* 求第 $2$ 次投篮的人是`乙`的概率;
* 求第 $i$ 次投篮的人是`甲`的概率;
* 已知: 若随机变量 $X\_i$ 服从两点分布, 且 $P(X\_i = 1) = 1 - P(X\_i = 0) = q\_1, \ i = 1, 2, \cdots, n$ , 则 $E(\sum\_{i = 1}^n X\_i) = \sum\_{i = 1}^n q\_i$ . 记前 $n$ 次中`甲`投篮次数为 $Y$ , 求 $E(Y)$ .

该问题满足 `前者影响后者` 的特征, 满足`马尔科夫链`形式, 我们可以绘制树状图来分析:

```
开始
 ├─ 甲
 |  ├─ 甲
 |  |  ├─ 甲
 |  |  └─ 乙
 |  └─ 乙
 |  |  ├─ 甲
 |  |  └─ 乙
 └─ 乙
    ├─ 甲
    |  ├─ 甲
    |  └─ 乙
    └─ 乙
       ├─ 甲
       └─ 乙
```

第二次是`乙`的概率很简单, 直接使用条件概率计算即可.

记 $X\_n$ 为第 $n$ 次投篮为`甲`, $Y\_n$ 为第 $n$ 次投篮为`乙` , 则:

$$
\begin{equation\*}
\begin{aligned}
P(Y\_2)
& = P(X\_1) \times \underset{\text{甲未投中}}{0.4} + P(Y\_1) \times \underset{\text{乙投中了}}{0.8} \\
& = 0.5 \times 0.4 + 0.5 \times 0.8 = 0.6
\end{aligned}
\end{equation\*}
$$

第 $i$ 次是`甲`的概率, 这里我们需要分析 $i - 1$ 的情况, 写出递推公式.

仍然使用上述随机变量:

$$
P(X\_i) = P(X\_{i - 1}) \times \underset{\text{不换人}}{0.6} + P(Y\_{i - 1}) \times \underset{\text{换人}}{0.2}
$$

即:

$$
P(X\_i) = P(X\_{i - 1}) \times 0.6 + P(Y\_{i - 1}) \times 0.2
$$

由于一局中非`甲`即`乙`, 则 $P(X) + P(Y) = 1$ , 即:

$$
\begin{equation\*}
\begin{aligned}
P(X\_i)
& = P(X\_{i - 1}) \times 0.6 + P(Y\_{i - 1}) \times 0.2 \\
& = P(X\_{i - 1}) \times 0.6 + (1 - P(Y\_{i - 1})) \times 0.2 \\
& = P(X\_{i - 1}) \times 0.4 + 0.2
\end{aligned}
\end{equation\*}
$$

该递推公式满足 $a\_n = k a\_{n - 1} + b$ 的形式, 可构造出 $a\_n - \frac{b}{1 - k} = k (a\_{n - 1} - \frac{b}{1 - k})$ 的`等比结构`.

但是不推荐去记忆这个`等比结构`, 而是使用`待定系数法`, 上述过程中 $a\_{n - 1}$ 到 $a\_n$ 过程中乘了 $b$ 倍, 则等比结构`公比`也为 $k$, 可待定系数 $a\_n - \lambda = k (a\_{n - 1} - \lambda)$ , 求解 $\lambda$

最终我们得到这样的式子:

$$
P(X\_i) - \frac{1}{3} = \frac{2}{5} (P(X\_{i - 1}) - \frac{1}{3}), \ \ i \ge 2
$$

又 $P(X\_1) = \frac{1}{2}$ , 则 ${P(X\_i) - \frac{1}{3}}$ 为首项为 $\frac{1}{6}$ , 公比为 $\frac{2}{5}$ 的等比数列, 则有:

$$
P(X\_i) - \frac{1}{3} = \frac{1}{6} \times (\frac{2}{5})^{i - 1}
$$

整理得第 $i$ 次是`甲`的概率为:

$$
P(X\_i) = \frac{1}{6} \times (\frac{2}{5})^{i - 1} + \frac{1}{3}, \ \ i \ge 1
$$

接下来是第三问, 既然给出了 $X$ 两点分布的一些公式, 则是`甲`是`乙`必然满足`两点分布`(雾).

每次投篮非`甲`即`乙`, 也就是 $X = 1$ 与 $X = 0$ , 满足`两点分布`.

公式中提到, 这样的`两点分布`, `期望`(次数(对 $1$ 求和)) $=$ `概率和`, 即所求 $E(Y) = \sum\_{i = 1}^n P(X\_i)$ .

而 $P(X\_i)$ 我们已经求出通项公式, 直接计算和即可:

$$
P(X\_i) = \frac{1}{6} \times (\frac{2}{5})^{i - 1} + \frac{1}{3} \\
\ \\
\begin{equation\*}
\begin{aligned}
E(Y)
& = \sum\_{i = 1}^n P(X\_i) \\
& = \frac{1}{6} \sum\_{i = 1}^n (\frac{2}{5})^{i - 1} + \frac{1}{3} n \\
\end{aligned}
\end{equation\*}
$$

这里对 $(\frac{2}{5})^{i - 1}$ 求和, 即求`首项`为 $1$ , `公比`为 $\frac{2}{5}$ 的`等比数列`求和, 即:

$$
\sum\_{i = 1}^n (\frac{2}{5})^{i - 1} = \frac{1 - (\frac{2}{5})^n}{1 - \frac{2}{5}} = \frac{5}{3} \[1 - (\frac{2}{5})^n]
$$

则:

$$
\begin{equation\*}
\begin{aligned}
E(Y)
& = \frac{1}{6} \sum\_{i = 1}^n (\frac{2}{5})^{i - 1} + \frac{1}{3} n \\
& = \frac{1}{6} \times \frac{5}{3} (\frac{2}{5})^n + \frac{1}{3} n \\
& = \frac{5}{18} \[1 - (\frac{2}{5})^n] + \frac{n}{3}
\end{aligned}
\end{equation\*}
$$

求解完成.

### 19全国1理 T21

![19全国1理 T21](/notes/study/20250323-1-2.webp)

为治疗某种疾病,, 研制了`甲`, `乙`两种新药, 希望知道哪种新药更新效, 为此进行动物实验, 试验方案如下: 每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验, 对于两只白鼠, 随机选一只施以`甲`药, 另一只施以`乙`药, 一轮的治疗结果得出后, 再安排下一轮实验, 当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多 $4$ 只时, 就停止实验, 并认为治愈只数多的药更有效.

为了方便描述问题, 约定: 对于每轮实验, 若施以`甲`药的白鼠治愈且施以`乙`药的白鼠未治愈则`甲`药得 $1$ 分, `乙`药得 $-1$ 分; 若施以`乙`药的白鼠治愈且施以`甲`药的白鼠未治愈则`乙`药得 $1$ 分，`甲`药得 $-1$ 分; 若都治愈或都未治愈两种药均得 $0$ 分. `甲`, `乙`两种药的治愈率分别记为 $\alpha$ 和 $\beta$ , 一轮试验中甲药的得分记为 $X$ .

* 求 $X$ 的分布列;
* 若`甲`药, `乙`药在试验开始时都赋予 $4$ 分, $p\_i(i = 0, 1, \cdots, 8)$ 表示"`甲`药的累计得分为 $i$ 分时, 最终认为`甲`药比`乙`药有效"的概率, 则 $p\_0 = 0, p\_8 = 1, p\_i = ap\_{i - 1} + bp\_i + cp\_{i + 1}(i = 1, 2, \cdots, 7)$ , 其中 $a = P(X = -1), b = P(X = 0), c = P(X = 1)$ . 假设 $\alpha = 0.5, \beta = 0.8$ .
  * 证明: ${p\_{i + 1} - p\_i} (i = 0, 1, \cdots, 7)$ 为等比数列;
  * 求 $p\_4$ , 并根据 $p\_4$ 的值解释这种试验方案的合理性.

这里需要仔细进行一下读题, 不要被 " $4$ " , "停止实验"等信息干扰, 每次仍然还是只有两只小鼠参与实验, `甲`, `乙`各一只.

一轮实验中, `甲`得分 $X = -1, 0, 1$ .

开始计算:

$$
P(X = -1) = (1 - \alpha)\beta \\
P(X = 1) = \alpha(1 - \beta) \\
P(X = 0) = \alpha \beta + (1 - \alpha)(1 - \beta) \\
$$

*这里暂且无法求值, 因为 $\alpha, \beta$ 未知, 数据是(2)给出的, 这里不要误用.*

\~~实不相瞒本人在高考中犯了这样的错误, 万幸高考较松的阅卷使得咱并未扣分太多.~~

则 $X$ 分布列如下:

| X    | -1                  | 0                                        | 1                   |
|------|---------------------|------------------------------------------|---------------------|
| P(X) | $(1 - \alpha)\beta$ | $\alpha \beta + (1 - \alpha)(1 - \beta)$ | $\alpha(1 - \beta)$ |

接下来读题, $p\_i$ 表示的是`甲`当前得分和其最终效果的概率. $p\_0 = 0, p\_8 = 1$, 即`甲`当前得分 $0$ 分, 则必然失败; 得分 $8$ 分, 则必然成功; 其他分数通过递推关系计算.

首先计算 $a, b, c$ , 即代入 $\alpha, \beta$ 的几个 $P(X)$

$$
a = P(X = -1) = 0.4 \\
b = P(X = 0) = 0.5 \\
c = P(X = 1) = 0.1
$$

则递推关系 $p\_i = 0.4 p\_{i - 1} + 0.5 p\_i + 0.1 p\_{i + 1}$ .

第一小问, 证明 ${p\_{i + 1} - p\_i}$ 等比, 我们直接`变形` + `待定系数`:

$$
p\_i = 0.4 p\_{i - 1} + 0.5 p\_i + 0.1 p\_{i + 1} \\
0.5 p\_i = 0.4 p\_{i - 1} + 0.1 p\_{i + 1} \\
p\_{i + 1} - p\_i = \lambda (p\_{i} - p\_{i - 1}) \\
\lambda = 4
$$

即 $p\_{i + 1} - p\_i = 4 (p\_{i} - p\_{i - 1})$ , 则 ${p\_{i + 1} - p\_i}$ 为`首项`为 $p\_1$ , `公比`为 $4$ 的等比数列.

我们目前知道相邻项的差值, 以及两端两项的值( $p\_0$ 和 $p\_8$ ), 可使用`求和法`:

$$
\begin{equation\*}
\begin{aligned}
p\_1 - p\_0 & = p\_1 \\
p\_2 - p\_1 & = 4^1 p\_1 \\
p\_3 - p\_2 & = 4^2 p\_1 \\
\cdots \\
p\_8 - p\_7 & = 4^7 p\_1
\end{aligned}
\end{equation\*}
$$

求和得 $p\_8 - p\_0 = p\_1 + 4^1 p\_2 + 4^2 p\_1 + \cdots + 4^7 p\_1 = \frac{p\_1(1 - 4^8)}{1 - 4} = \frac{4^8 - 1}{3} p\_1$ .

则:

$$
p\_8 - p\_0 = \frac{4^8 - 1}{3} p\_1 \\
p\_8 = \frac{4^8 - 1}{3} p\_1 = 1 \\
p\_1 = \frac{3}{4^8 - 1}
$$

同理 $p\_4 = (p\_1 - p\_0) + (p\_2 - p\_1) + \cdots + (p\_4 - p\_3) = \frac{p\_1(1 - 4^4)}{1 - 4}$ .

代入 $p\_1$ :

$$
p\_4 = \frac{p\_1(1 - 4^4)}{1 - 4} = \frac{3}{4^8 - 1} \times \frac{4^4 - 1}{3} = \frac{4^4 - 1}{4^8 - 1} = \frac{4^4 - 1}{(4^4 + 1)(4^4 - 1)} = \frac{1}{4^4 + 1} = \frac{1}{257}
$$

题干要求说明合理性, 既然出题必然合理, 计算得知 $p\_4 = \frac{1}{257}$ . 特征上看除了`小`别无特殊之处, 虽然不清楚有什么原理, 不过既然小, 那么就是小好.

则: 计算得知, 在 $\alpha = 0.5, \beta = 0.8$ 时, $p\_4 = \frac{1}{257}$ , 此时得到的值非常小, 故可以认为该实验合理.

### 人教A选修三 P91T3

![](/notes/study/20250323-1-3.webp)

`甲`, `乙`, `丙`三人相互做传球训练, 第一次由`甲`将球传出, 每次传球时, 传球者都等可能将球传给另外两个人中的任意一人, 求 $n$ 次传球后球在`甲`手中的概率.

这类题大部分答案只会设置一方的概率进行计算, 这里我们使用更易于理解的方式分析.

分别设 $n$ 次球后在`甲`, `乙`, `丙`三人手中的概率分别为 $a\_n, b\_n, c\_n$ , 则:

$$
a\_n = \frac{1}{2} b\_{n - 1} + \frac{1}{2} c\_{n - 1} \\
\ \\
b\_n = \frac{1}{2} a\_{n - 1} + \frac{1}{2} c\_{n - 1} \\
\ \\
c\_n = \frac{1}{2} a\_{n - 1} + \frac{1}{2} b\_{n - 1}
$$

同时:

$$
\begin{equation\*}
\begin{aligned}
a\_n + b\_n + c\_n & = 1 \\
a\_{n - 1} + b\_{n - 1} + c\_{n - 1} & = 1
\end{aligned}
\end{equation\*}
$$

结合这些式子, 我们可以得到 $a\_{n - 1}$ 到 $a\_n$ 的递推公式:

实际上完全不需要那么多式子, 直接将 $a\_{n - 1} + b\_{n - 1} + c\_{n - 1} = 1$ 代入 $a\_n = \frac{1}{2} b\_{n - 1} + \frac{1}{2} c\_{n - 1}$ :

$$
\begin{equation\*}
\begin{aligned}
a\_n & = \frac{1}{2} (1 - a\_{n - 1} - c\_{n - 1}) + \frac{1}{2} (1 - a\_{n - 1} - b\_{n - 1}) \\
& = 1 - a\_{n - 1} - \frac{1}{2} (b\_{n - 1} + c\_{n - 1}) \\
& = 1 - a\_{n - 1} - a\_n
\end{aligned}
\end{equation\*}
$$

整理得:

$$
2a\_n = 1 - a\_{n - 1}
$$

构造`等比结构`(`待定系数`):

$$
a\_n - \lambda = -\frac{1}{2} (a\_{n - 1} - \lambda) \\
\ \\
\lambda = \frac{1}{3} \\
\ \\
a\_n - \frac{1}{3} = -\frac{1}{2} (a\_{n - 1} - \frac{1}{3})
$$

得到 ${a\_- \frac{1}{3}}$ 为首项为 $-\frac{1}{3}$ ( $a\_1 = 0$ , 因为`甲`传出后不可能在`甲`手里), 公比为 $-\frac{1}{2}$ 的等比数列, 则:

$$
a\_n - \frac{1}{3} = -\frac{1}{3} \times (-\frac{1}{2})^{n - 1} \\
\ \\
a\_n = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \times (-\frac{1}{2})^{n - 1}
$$

$n$ 轮传球后在`甲`手中的概率为 $a\_n = \frac{1}{3} - \frac{1}{3} \times (-\frac{1}{2})^{n - 1}$

## 马尔科夫链经典问题

实际上高考中能遇到的问题上面已经讲解的很清楚, 步骤基本上固定: `判定前者影响后者`, `写出影响关系`, `推出递推关系式`, `变形为等比数列`, `利用等比数列求解`

但是这里还是分享一下马尔科夫链和一些经典的问题.

### 赌徒模型

有一个赌徒拥有`本金` $A$ 元, 每赌博一局有 $50%$ 的概率赢得 $1$ 元, 有 $50 %$ 的概率输掉 $1$ 元. 赌徒会一直赌博直到`本金`归零或者`本金`达到自己的目标 $B$ 元. $A, B \in N^{\star}$

记赌徒现在本金 $n$ 元, 最终输光的概率为 $P(n)$ .

分析得:

$$
P(0) = 1 \\
P(B) = 0
$$

列出递推公式:

$$
P(n) = 0.5 P(n - 1) + 0.5 P(n + 1)
$$

上述式子中, 意为赌徒要达到本金为 $n$ 时, 需要从本金 $n - 1$ 时赢得 $1$ 元, 或从本金 $n + 1$ 时输掉 $1$ 元.

整理得:

$$
2P(n) = P(n - 1) + P(n + 1) \\
$$

*等差中项*

则 ${P(n)}$ 为首项为 $1$ , 公差为 $\frac{0 - 1}{B - 0} = -\frac{1}{B}$ 的等差数列.

则 $P(n) = 1 - \frac{n}{B}$ .

可以得出 $B$ 越大, 越容易输光, 这就是赌徒模型的实际意义.

### 一维随机游走问题

这里参考 [知乎](https://zhuanlan.zhihu.com/p/653026889)

一维随机游走即在数轴上某一点, 随机向左向右移动或原地不动的概率问题, 它分为`无吸收壁的一维随机游走`和`有吸收壁的一维随机游走`两种形式.

`无吸收壁`指的是运动没有限制, 则设向右运动概率为 $a$ , 原地不动概率为 $b$ , 向左运动概率为 $c$ , 则到达某位置 $n$ 的概率为:

$$
P(n) = a P(n - 1) + b P(n) + c P(b + 1)
$$

`有吸收壁`指的是粒子运动有限制, 当粒子到达吸收壁时会被吸收(这就是吸收壁的得名), 终止运动.

上述赌徒问题中, 赌徒输光或者达到目标 $B$ 元为本金`运动`的吸收壁, 当`本金`达到这两个值时, 赌徒将停止赌博.

计算从位置 $n$ 开始最终到达吸收壁的概率为:

$$
P(n) = a P(n - 1) + b P(n) + c P(b + 1)
$$

上述两个式子虽完全一样, 但代表的意义不同, `无吸收壁`的式子所求为到达某位置的概率, 递推关系为从某位置到达这个位置; 而`有吸收壁`的式子所求为从某处开始最终结束的概率, 递推关系为上个位置最终结束运动到这个位置再最终结束.

### 马尔科夫链

我们刚才介绍了一维的随机游走问题, 然而实际上, 二维甚至更高维度的随机游走问题也是可解的, 我们不再多说.

现在我们开始讲解`马尔科夫模型`.

某过程中的每个状态的转移只依赖于之前的 $n$ 个状态, 这个过程被称为 $n$ 阶`马尔科夫模型`. 其中, 最简单的`马尔科夫过程`是`一阶过程`, 每一个状态的转移只依赖于其之前的那一个状态, 即 $P(n)$ 仅由 $P(n - 1)$ 决定.

上述的例题足够囊括一阶, 二阶的马尔可夫链问题了.