摘要以馬爾科夫鏈為問題場景的概率應(yīng)用問題，是近年新高考數(shù)學(xué)概率與統(tǒng)計模塊知識命題中比較常見的一類題型．結(jié)合一道模擬題，借助“布朗運動”來創(chuàng)設(shè)場景，本質(zhì)為馬爾科夫鏈的實際應(yīng)用場景，從不同思維層面來剖析與應(yīng)用，總結(jié)并歸納解題技巧與方法策略，引領(lǐng)并指導(dǎo)數(shù)學(xué)教學(xué)與復(fù)習(xí)備考．

關(guān)鍵詞布朗運動；馬爾科夫鏈；數(shù)列；遞推；概率

借助馬爾科夫鏈這一特殊的概率模型，巧妙設(shè)置實際應(yīng)用場景中的概率問題，同時巧妙將概率與其他知識，特別是與數(shù)列的遞推關(guān)系加以交匯與融合，實現(xiàn)概率與其他模塊知識的綜合考查與全面應(yīng)用，實現(xiàn)在“知識的交匯處命題”的高考命題精神與命題熱點，成為近年高考中概率與統(tǒng)計知識模塊中比較常見的一個命題方向，要引起高度重視．

1．問題呈現(xiàn)

題目（2024屆湖北省武漢市高中畢業(yè)生二月調(diào)研考試數(shù)學(xué)試卷·14）在如圖1所示的由三個倉組成的試驗容器中，微小顆粒永不停息的無規(guī)則隨機“布朗運動”如下：某微小顆粒在所在倉作布朗運動圖1時，會通過所在倉的通道口隨機選擇一個出口到達相鄰倉或者容器外.而一旦微小顆粒到達容器外，此時會被外部捕獲裝置所捕獲，進而試驗結(jié)束．已知該微小顆粒初始位置在1號倉，那么試驗結(jié)束時該微小顆粒是從1號倉到達容器外的概率為．

本題是披著“布朗運動”外衣的新情境創(chuàng)新問題，其實質(zhì)是馬爾科夫過程（隨機游走模型）問題，綜合考查數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運算等核心素養(yǎng)．

本題可以通過類枚舉法寫出馬爾科夫過程，借助數(shù)列求和的極限，可以嚴(yán)格推理出結(jié)論；同時可以通過平衡狀態(tài)方程，結(jié)合守恒原理，快速解出方程；當(dāng)然“通性通法”依然是馬爾科夫鏈，再結(jié)合數(shù)列的遞推關(guān)系式，求解數(shù)列，進而突破此題．

2．問題破解

解法1（類枚舉法+極限思想）依題，1號倉有一個出口通2號倉，兩個出口通容器外，則該微小顆粒第一次從1號倉到達2號倉、容器外的概率分別為P1=13，P2=23；

而當(dāng)該微小顆粒到達2號倉后，2號倉各有一個出口通1號倉、3號倉與容器外，隨后的兩次“布朗運動”的可能性枚舉如下：①先到達1號倉，再從1號倉出；②先到達1號倉，再返回2號倉；③直接從2號倉出；④先到達3號倉，再從3號倉出；⑤先到達3號倉，再返回2號倉．

設(shè)事件A=“第一步從2號倉先到達1號倉，第二步再從1號倉出”；事件B=“從2號倉出發(fā)，隨后兩步運動之內(nèi)能再回到2號倉”.結(jié)合題設(shè)條件可得P（A）=13×23=29，P（B）=13×13+13×12=518.

合理類比可知，若事件B發(fā)生，那么又將重新進行以上枚舉5種可能性．

由此，設(shè)粒子第一次從2號倉出發(fā)，最終能從1號倉到達容器外的概率為P3，根據(jù)以上的分析可得P3=29+518×29+（518）2×29+…+（518）n×29+…．

假設(shè)an=29×（518）n－1，利用等比數(shù)列的求和公式可得數(shù)列{an}的前n項和為Sn=413×＼[1－（518）n＼]，可得limn→+Sn=413，故最終概率為P2+P1×P3=23+13×413=1013.

解法2（平衡狀態(tài)方程法+守恒原理）設(shè)出1號倉的概率為x，出2號倉的概率為y，出3號倉的概率為z，

則3x=1+y，3y=x+z，2z=y，解得x=513，所以從1號倉到容器外的概率為2x=1013．

解法3（馬爾科夫鏈——數(shù)列遞推法1）設(shè)經(jīng)過n步后粒子到達1，2，3號倉的概率分別為an，bn，cn，n∈N，則有a0=1，b0=c0=0．

則當(dāng)n∈N*時，有an=13bn－1，bn=13an－1+12cn－1，cn=13bn－1，故an=cn，即an=13bn－1，bn=13an－1+12an－1=56an－1，所以an+2=13bn+1=518an（n∈N*）．

易知a1=0，a2=13×13=19，所以試驗結(jié)束時該粒子從1號倉到達容器外的概率為23∑n=0an=1013．

解法4（馬爾科夫鏈——數(shù)列遞推法2）依題，設(shè)在第i號（i=1，2，3）倉中最終從1號倉出去的概率為Pi，

則從1號直接出去的概率為23，再加上概率為13的進入2號倉的概率，則有P1=23+13P2①；

從2號倉后直接出去的概率為0，加上概率為13的進入1號倉出去的概率，再加上概率為13的進入3號倉的概率，則有P2=0+13P1+13P3=13P1+13P3②；

從3號倉后直接出去的概率為0，加上概率為12的進入2號倉的概率，則有P3=0+12P2=12P2③；將③代入②得P2=13P1+16P2，整理得P2=25P1，將其直接代入①得P1=23+215P1，解得P1=1013．

總結(jié)本題背景為“馬爾科夫鏈”狀態(tài)下的一維游走模型，解決問題的關(guān)鍵在于合理羅列清楚狀態(tài)轉(zhuǎn)移后，進而通過分析合理構(gòu)建對應(yīng)的數(shù)列遞推公式，結(jié)合題設(shè)場景與應(yīng)用正確求解多元數(shù)列的通項公式，實現(xiàn)數(shù)學(xué)模型的構(gòu)建與應(yīng)用．對于較復(fù)雜的問題，會使用矩陣來描述狀態(tài)轉(zhuǎn)移，經(jīng)常在競賽中出現(xiàn)．

而近年高考中，涉及馬爾科夫鏈問題的試題也多有出現(xiàn)．如2019年新課標(biāo)Ⅰ卷（理）的第21題也是相同問題，但其直接給出了遞推公式，難度是完全不同的；又如2020年江蘇卷的應(yīng)用題也是一道原汁原味的以馬爾科夫鏈為背景的命題，其狀態(tài)轉(zhuǎn)移較本題更復(fù)雜；還有2023年新高考Ⅰ卷第21題也是同源試題．從近幾年的高考題可以看出，以馬爾科夫鏈為背景的試題多次出現(xiàn)，需要引起教學(xué)的重視，有必要對此類問題專題突破．

3．變式拓展

變式1（2023屆湖北省荊荊宜三校高三上學(xué)期11月聯(lián)考試題）（多選題）甲口袋中裝有除顏色外其他都一樣的2個黑球和1個白球，乙口袋中裝有除顏色外其他都一樣的3個白球．現(xiàn)從這兩口袋中各任取一個球，交換之后放入另一口袋中去.由此重復(fù)n（n∈N*）次這樣的操作，記甲口袋中黑球個數(shù)為Xn，恰有1個黑球的概率為pn，恰有2個黑球的概率為qn，則下列結(jié)論正確的是（）.

A．p2=1627，q2=727B．?dāng)?shù)列{2pn+qn－1}是等比數(shù)列

C．?dāng)?shù)列{pn+2qn－1}是等比數(shù)列

D．Xn的數(shù)學(xué)期望E（Xn）=1+（13）n

解析由題知p1=23，q1=13，又pn+1=23qn+（23×23+13×13）pn+23（1－pn－qn）=－19pn+23，qn+1=13qn+（23×13）pn=29pn+13qn，此時得p2=－19p1+23=1627，q2=29p1+13q1=727，故A正確；

由以上分析可得pn+1+2qn+1=13pn+23qn+23，整理有pn+1+2qn+1－1=13（pn+2qn－1），所以數(shù)列{pn+2qn－1}是首項為p1+2q1－1=13，公比為13的等比數(shù)列，故B錯誤，C正確；

由上面分析可得pn+2qn－1=（13）n，則E（Xn）=1×pn+2×qn+0×（1－pn－qn）=1+（13）n，故D正確.故選ACD．

變式2（2024屆浙江省強基聯(lián)盟高三上學(xué)期10月聯(lián)考數(shù)學(xué)試題·22）甲口袋中裝有除顏色外其他都一樣的2個紅球和1個黑球，乙口袋中裝有除顏色外其他都一樣的1個紅球和2個黑球．現(xiàn)從這兩口袋中各任取一個球，交換之后放入另一口袋中去，稱為1次球交換的操作，如此重復(fù)n次這樣的操作，記甲口袋中紅球個數(shù)為Xn．

（1）求P（X1=1）；

（2）求X2的概率分布列并求出E（X2）；

（3）證明：E（Xn+1）=1+13E（Xn）（n≥2，n∈N*）．

解析（1）經(jīng)過1次交換后甲袋中紅球個數(shù)為1，則需從甲袋中取出1個紅球放入乙袋，而從乙袋中取出1個黑球放入甲袋中，故P（X1=1）=23×23=49

（2）依題可知X2的可能取值為0，1，2，3．

則P（X2=0）=（23×23）×（13×13）=481，P（X2=3）=（23×13）×（13×13）+（13×23）×（13×13）=481；P（X2=1）=（13×23）×（23×23）+（23×13）×（23×23）+（23×23）×（13×23）+（23×23）×（23×13）=3281；P（X2=2）=1－P（X2=0）－P（X2=1）－P（X2=3）=4181，所以X2的分布列為：

所以E（X2）=0×481+1×3281+2×4181+3×481=149.

（3）依題可知P（Xn+1=1）=P（Xn=0）+（13×23+23×13）P（Xn=1）+（23×23）P（Xn=2）；P（Xn+1=2）=（23×23）P（Xn=1）+（23×13+13×23）P（Xn=2）+P（Xn=3）；P（Xn+1=3）=（13×13）P（Xn=2）.又由于P（Xn=0）+P（Xn=1）+P（Xn=2）+P（Xn=3）=1，所以E（Xn+1）=1×P（Xn+1=1）+2×P（Xn+1=2）+3×P（Xn+1=3）=P（Xn=0）+43P（Xn=1）+53P（Xn=2）+2P（Xn=3）=1+13P（Xn=1）+23P（Xn=2）+P（Xn=3）=1+13E（Xn）．

4．教學(xué)啟示

高考中概率與統(tǒng)計中的綜合應(yīng)用問題往往是基于創(chuàng)新應(yīng)用場景，特別以一些比較特殊重要模型來創(chuàng)設(shè)，如馬爾科夫鏈，極大似然估計以及新情境等熱點場景來設(shè)置.進一步結(jié)合概率與統(tǒng)計的基本概念，基本性質(zhì)基本公式等進行綜合應(yīng)用等，全面考查閱讀理解能力、數(shù)據(jù)處理分析能力以及創(chuàng)新應(yīng)用能力等，從而培養(yǎng)創(chuàng)新意識與創(chuàng)新應(yīng)用．