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.

• 传统条件概率的多层概率问题
  • 23新1 T21 投篮
  • 19全国1理 T21
  • 人教A选修三 P91T3
• 马尔科夫链经典问题
  • 赌徒模型
  • 一维随机游走问题
  • 马尔科夫链

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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

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:

$$\begin{array}{c}\begin{array}{rl}P(Y_2)& =P(X_1)\times \underset{\text{甲未投中}}{0.4}+P(Y_1)\times \underset{\text{乙投中了}}{0.8}\\ & =0.5\times 0.4+0.5\times 0.8=0.6\end{array}\end{array}$$

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:

$$\begin{array}{c}\begin{array}{rl}P(X_i)& =P(X_{i-1})\times 0.6+P(Y_{i-1})\times 0.2\\ & =P(X_{i-1})\times 0.6+(1-P(Y_{i-1}))\times 0.2\\ & =P(X_{i-1})\times 0.4+0.2\end{array}\end{array}$$

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:

$$\begin{gathered} P(X_i)=\frac{1}{6}\times (\frac{2}{5}{)}^{i-1}+\frac{1}{3} \\ \begin{array}{c}\begin{array}{rl}E(Y)& =\sum _{i=1}^{n}P(X_i)\\ & =\frac{1}{6}\sum _{i=1}^n(\frac{2}{5}{)}^{i-1}+\frac{1}{3}n\end{array}\end{array} \end{gathered}$$

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:

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

求解完成.

19全国1理 T21

19全国1理 T21

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 $p_0=0,p_8=1,p_i=a{p}_{i-1}+b{p}_i+c{p}_{i+1}(i=1,2,\cdots ,7)$ , 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:

$$\begin{gathered} P(X=-1)=(1-\alpha )\beta \\ P(X=1)=\alpha (1-\beta ) \\ P(X=0)=\alpha \beta +(1-\alpha )(1-\beta ) \end{gathered}$$

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 $P(X)$

$$\begin{gathered} a=P(X=-1)=0.4 \\ b=P(X=0)=0.5 \\ c=P(X=1)=0.1 \end{gathered}$$

则递推关系 $p_i=0.4p_{i-1}+0.5p_i+0.1p_{i+1}$ .

第一小问, 证明 $\{p_{i+1}-p_i\}$ 等比, 我们直接变形 + 待定系数:

$$\begin{gathered} p_i=0.4p_{i-1}+0.5p_i+0.1p_{i+1} \\ 0.5p_i=0.4p_{i-1}+0.1p_{i+1} \\ {p}_{i+1}-p_i=\lambda (p_i-p_{i-1}) \\ \lambda =4 \end{gathered}$$

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:

$$\begin{array}{c}\begin{array}{rl}{p}_1-p_0& =p_1\\ p_2-p_1& =4^1{p}_1\\ p_3-p_2& =4^2{p}_1\\ \cdots & \\ p_8-p_7& =4^7{p}_1\end{array}\end{array}$$

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:

$$\begin{gathered} p_8-p_0=\frac{4^8-1}{3}{p}_1 \\ {p}_8=\frac{4^8-1}{3}{p}_1=1 \\ {p}_1=\frac{3}{4^8-1} \end{gathered}$$

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

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:

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

同时:

$$\begin{array}{c}\begin{array}{rl}{a}_n+b_n+c_n& =1\\ a_{n-1}+b_{n-1}+c_{n-1}& =1\end{array}\end{array}$$

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 $a_n=\frac{1}{2}{b}_{n-1}+\frac{1}{2}{c}_{n-1}$ :

$$\begin{array}{c}\begin{array}{rl}{a}_n& =\frac{1}{2}(1-a_{n-1}-c_{n-1})+\frac{1}{2}(1-a_{n-1}-b_{n-1})\\ & =1-a_{n-1}-\frac{1}{2}(b_{n-1}+c_{n-1})\\ & =1-a_{n-1}-a_n\end{array}\end{array}$$

整理得:

$$2a_n=1-a_{n-1}$$

构造等比结构(待定系数):

$$\begin{gathered} a_n-\lambda =-\frac{1}{2}(a_{n-1}-\lambda ) \\ \lambda =\frac{1}{3} \\ {a}_n-\frac{1}{3}=-\frac{1}{2}(a_{n-1}-\frac{1}{3}) \end{gathered}$$

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:

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

$n$ 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:

$$\begin{gathered} P(0)=1 \\ P(B)=0 \end{gathered}$$

列出递推公式:

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

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

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:

$$P(n)=aP(n-1)+bP(n)+cP(b+1)$$

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:

$$P(n)=aP(n-1)+bP(n)+cP(b+1)$$

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.