高中数学

马尔科夫链与全概率公式

相濡以沫 · 2025/5/22 15:34:20 · 282 · admin · 马尔科夫链

## 马尔可夫简介
马尔可夫全名德雷 ∙ 安德耶维齐 ∙ 马尔可夫，生于1856年6月14日，俄国数学家，出生于梁赞，他的父亲是一位中级官员，后来举家迁往圣彼得堡，1874 年马尔可夫入圣彼得堡大学，师从切比雪夫，毕业后留校任教，1886 年当选为圣彼得堡科学院院士。

马尔可夫的主要研究领域在概率和统计方面，他的研究开创了随机过程这个新的领域，以他的名字命名的马尔可夫链在现代工程、自然科学和社会科学各个领域都有很广泛的应用，他的主要著作有《概率演算》等。

## 马尔科夫链性质
对于随机变量序列 $X_n$ ，已知第 $n$ 小时的状态 $X_n$ ，如果 $X_{n+1}$ 的随机变化规律与 $X_0,X_1,⋯,X_{n-1}$ 的取值都没有关系，那么称随机变量序列 $X_n$ 具有马尔可夫性，称具有马尔可夫性的随机变量序列 $\{X_n \}$ 为马尔可夫链。

## 马尔科夫链原理
利用全概率公式，我们既可以构造某些递推关系求解概率，还可以推导经典的一维随机游走模型，即设数轴上一个点，它的位置只能位于整点处，在时刻$t=0$时，位于点$X=i(i\in \mathbb{N}^* )$一个时刻，它将以概率$\alpha$或者$\beta$，$(\alpha+\beta=1)$向左或者向右平移一个单位。若记状态$X_t=i$表示在时刻$t$该点位于位置$X=i(i\in\mathbb{N}^* )$，那么由全概率公式可得
$$P(X_{t+1}=i)＝P(X_{t}=i-1)\cdot P(X_{t+1}=i|X_{t}=i-1)+P(X_{t}=i+1)\cdot P(X_{t+1}=i|X_{t}=i+1)$$
另一方面，由于$P(X_{t+1}=i|X_{t}=i-1)＝\beta$，$P(X_{t+1}=i|X_{t}=i+1)＝\alpha$，

代入上式可得$P_i=\alpha P_{i+1}+\beta P_{i-1}$.

可以看出自从新教材引入全概率公式，马尔科夫链就作为一种命题模型出现了，马尔科夫链在题中的体现可以简单的概括为全概率公式+数列递推。可想而知，未来会有越来越多的递推型概率难题出现模考试题中！因此，在复习备考中全概率等系列内容需要格外关注的。

## 马尔科夫链预备知识——数列递推

【问题1】跳格游戏：

如图，人从格外只能进入第 $1$ 格，在格中每次可向前跳 $1$ 格或 $2$ 格，那么人从格外跳到第 $8$ 格的方法种数为(&nbsp;&nbsp;&nbsp;)

![图片](/uploads_my/2025-06/a1ba21.svg?#pic_center)

$A.$ $8$种&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;$B.$ $13$种&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;$C.$ $21$种&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;$D.$ $34$种

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<summary>点击查看分析</summary>

解：设跳到第$n$格的方法有$a_n$，

则达到第$n$格的方法有两类，

①是向上跳一格到达第$n$格，方法数为$a_{n - 1}$，

②向上跳$2$格到达第$n$格，方法数是$a_{n - 2}$，

则$a_n = a_{n - 1} + a_{n - 2}$，

有数列的递推关系得到数列的前$8$项分别是$1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21$

$\therefore$跳到第$8$格的方法数是$21$，

故选$C$．
 
> 这类题目可归纳为：某人每次可上$1$级或$2$级台阶，求上$n$级台阶的总方法数$a_n$。

• 递推关系：$$a_n=a_{n-1}+a_{n-2} \left( a_1=1,a_2=2 \right)$$

•	通项公式（斐波那契数列）：$$a_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[ \left( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right) ^n-\left( \frac{1-\sqrt{5}}{2} \right) ^n \right]$$

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【问题2】汉诺塔游戏

有 $A$，$B$，$C$ 三根柱子，在 $A$ 柱上放着由下向上逐渐变小的 $𝒏$ 个盘子，现要求把 $A$ 柱上的盘子全部移到 $C$ 柱上，且需遵循以下的移动规则：

①每次只能移动一个盘子；

②任何时候都不允许大盘子放在小盘子的上面；

③移动过程中盘子可以放在$A$，$B$，$C$中任意一个柱子上.

（1）若用 $𝑯(𝒏)$ 表示 $𝒏$ 个盘子时最小的移动次数，则 $𝑯(1)=\rule{20mm}{0.4pt}$， $𝑯(𝟐)=\rule{20mm}{0.4pt}$， $H(3)=\rule{20mm}{0.4pt}$，$𝑯(4)=\rule{20mm}{0.4pt}$；

（2）$𝑯(𝒏)$ 与 $𝑯(𝒏−𝟏)$ 有什么关系？
 
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解：显然 $H(1)=1$，
  
  对于两个盘子的情况，相当于把 $1$ 个盘子先移动到中间，再把最大的盘子移动到最右边，再把中间的 $1$ 个盘子先移动到右边，共需 $H(2)=2H(1)+1=3$次；
  
  以此类推，
  
  对于 $n$ 个盘子的情况，相当于把 $n-1$ 个盘子先移动到中间，再把最大的盘子移动到最右边，再把中间的 $n-1$ 个盘子先移动到右边，共需 $H(n)=2H(n-1)+1$次.

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## 模型一：传球模型

【例题 1】甲、乙、丙三人相互做传球训练，第 $1$ 次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则 $6$ 次传球后球在甲手中的概率为（ ）

$A．$$\frac{11}{32}$&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;$B．$$\frac{31}{96}$&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;$C．$$\frac{5}{16}$&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;&nbsp;$D．$$\frac{17}{48}$

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设 $n$ 次传球后球在甲手中的概率为 $p_{n}$，

当 $n=1$ 时，$p_{1}=0$，

设$A_{n}=$“ $n$ 次传球后球在甲手中”，则$A_{n+1}=A_{n}A_{n+1}+\overline{A_{n}}A_{n+1}$，

则$P\left(A_{n+1} \right)=P\left( A_{n}A_{n+1} \right)+P\left( \overline{A_{n}}A_{n+1} \right)=P\left( A_{n} \right)P\left( A_{n+1}|A_{n} \right)+P\left( \overline{A_{n}} \right)P\left( A_{n+1}|\overline{A_{n}} \right)$．
  
即${{p}_{n+1}}={{p}_{n}}\times 0+\left( 1-{{p}_{n}} \right)\times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}\left( 1-{{p}_{n}} \right)$，
  
  所以，$p_{n+1}-\frac{1}{3}=-\frac{1}{2}\left( p_{n}-\frac{1}{3} \right)$，且$p_{1}-\frac{1}{3}=-\frac{1}{3}$，
  
  所以，数列$\left\{p_{n}-\frac{1}{3} \right\}$是以$-\frac{1}{3}$为首项，以$-\frac{1}{2}$为公比的等比数列，
  
所以，$p_{n}-\frac{1}{3}=-\frac{1}{3}\cdot \left( -\frac{1}{2} \right)^{n-1}$，
  
  所以，$p_{n}=\frac{1}{3}\left[ 1-\left( -\frac{1}{2} \right)^{n-1} \right]$，

所以 $6$ 次传球后球在甲手中的概率为$p_{6}=\frac{1}{3}\times \left( 1+\frac{1}{32} \right)=\frac{11}{32}$．
  
  故选：$A$.

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【例题 2】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，甲每次投篮的命中率均为 $0.6$ ，乙每次投篮的命中率均为 $0.8$ ．由抽签确定第 $1$ 次投篮的人选，第 $1$ 次投篮的人是甲、乙的概率各为 $0.5$ ．

（1）求第 $2$ 次投篮的人是乙的概率；

（2）求第$i$次投篮的人是甲的概率；

（3）已知：若随机变量$X_{i}$服从两点分布，且$P\left( X_{i}=1 \right)=1-P\left( X_{i}=0 \right)=q_{i}$，$i=1,2,\cdot \cdot \cdot ,n$，则$E\left( \sum\limits_{i=1}^{n} X_{i}\right)=\sum\limits_{i=1}^{n} {q}_{i}$．记前$n$次（即从第$1$次到第$n$次投篮）中甲投篮的次数为$Y$，求$E\left( Y \right)$．

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（1）记“第$i$次投篮的人是甲”为事件${A}_{i}$，“第$i$次投篮的人是乙”为事件${{B}_{i}}$，

所以，$P\left( {{B}_{2}} \right)=P\left( {{A}_{1}}{{B}_{2}} \right)+P\left( {{B}_{1}}{{B}_{2}} \right)=P\left( {{A}_{1}} \right)P\left( {{B}_{2}}|{{A}_{1}} \right)+P\left( {{B}_{1}} \right)P\left( {{B}_{2}}|{{B}_{1}} \right)$
$=0.5\times \left( 1-0.6 \right)+0.5\times 0.8=0.6$.

（2）设$P\left( {{A}_{i}} \right)={{p}_{i}}$，依题可知，$P\left( {{B}_{i}} \right)=1-{{p}_{i}}$，则
$P\left( {{A}_{i+1}} \right)=P\left( {{A}_{i}}{{A}_{i+1}} \right)+P\left( {{B}_{i}}{{A}_{i+1}} \right)=P\left( {{A}_{i}} \right)P\left( {{A}_{i+1}}|{{A}_{i}} \right)+P\left( {{B}_{i}} \right)P\left( {{A}_{i+1}}|{{B}_{i}} \right)$，

即${{p}_{i+1}}=0.6{{p}_{i}}+\left( 1-0.8 \right)\times \left( 1-{{p}_{i}} \right)=0.4{{p}_{i}}+0.2$，

构造等比数列$\left\{ {{p}_{i}}+\lambda  \right\}$，

设${p_{i+1}+\lambda=\frac{2}{5}\left(p_{i}+\lambda\right)}$，解得$\lambda =-\frac{1}{3}$，则${p_{i+1}-\frac{1}{3}=\frac{2}{5}\left(p_{i}-\frac{1}{3}\right)}$，

又${p_{1}=\frac{1}{2}, p_{1}-\frac{1}{3}=\frac{1}{6}}$，所以$\left\{ {{p}_{i}}-\frac{1}{3} \right\}$是首项为$\frac{1}{6}$，公比为$\frac{2}{5}$的等比数列，

即${ p_{i}-\frac{1}{3}=\frac{1}{6} \times\left(\frac{2}{5}\right)^{i-1}, p_{i}=\frac{1}{6} \times\left(\frac{2}{5}\right)^{i-1}+\frac{1}{3} }$．

（3）因为${{p}_{i}}=\frac{1}{6}\times {{\left( \frac{2}{5} \right)}^{i-1}}+\frac{1}{3}$，$i=1,2,\cdot \cdot \cdot ,n$，

所以当$n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$时，$E\left( Y \right)={{p}_{1}}+{{p}_{2}}+\cdots +{{p}_{n}}=\frac{1}{6}\times \frac{1-{{\left( \frac{2}{5} \right)}^{n}}}{1-\frac{2}{5}}+\frac{n}{3}=\frac{5}{18}\left[ 1-{{\left( \frac{2}{5} \right)}^{n}} \right]+\frac{n}{3}$，

故${E(Y)=\frac{5}{18}\left[1-\left(\frac{2}{5}\right)^{n}\right]+\frac{n}{3}}$．

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## 模型二：摸球模型

【例题 3】设有两个罐子，$A$罐中放有$2$个白球、$1$个黑球，$B$罐中放有$3$个白球，现在从两个罐子中各摸一个球交换，这样交换$n$次后，黑球还在$A$罐中的概率为________________．

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设${{A}_{n}}$表示事件交换$n$次后黑球仍在$A$罐中，
则$P\left( {{A}_{n}} \right)=P\left( {{A}_{n-1}} \right)P({{A}_{n}}|{{A}_{n-1}})+P\left( \overline{{{A}_{n-1}}} \right)P({{A}_{n}}|\overline{{{A}_{n-1}}})$
$=\frac{2}{3}P\left( {{A}_{n-1}} \right)+\frac{1}{3}\left[ 1-P\left( {{A}_{n-1}} \right) \right]=\frac{1}{3}P\left( {{A}_{n-1}} \right)+\frac{1}{3}$，
所以$P\left( {{A}_{n}} \right)=\frac{1}{3}\left[ 1+P\left( {{A}_{n-1}} \right) \right]$，可得$P\left( {{A}_{n}} \right)-\frac{1}{2}=\frac{1}{3}\left[ P\left( {{A}_{n-1}} \right)-\frac{1}{2} \right]$，
又由$P\left( {{A}_{1}} \right)=\frac{2}{3}$，可得$P\left( {{A}_{1}} \right)-\frac{1}{2}=\frac{1}{6}$，
所以由等比数列性质，得$P\left( {{A}_{n}} \right)-\frac{1}{2}=\frac{1}{6}\times {{\left( \frac{1}{3} \right)}^{n-1}}$，所以$P\left( {{A}_{n}} \right)=\frac{1}{6}\times {{\left( \frac{1}{3} \right)}^{n-1}}+\frac{1}{2}$．
故答案为：$\frac{1}{6}\times {{\left( \frac{1}{3} \right)}^{n-1}}+\frac{1}{2}$．

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【例题 4】甲进行摸球跳格游戏，图上标有第 $1$ 格，第 $2$ 格，$\cdot \cdot \cdot $，第 $25$ 格，棋子开始在第 $1$ 格．盒中有 $5$ 个大小相同的小球，其中 $3$ 个红球，$2$ 个白球（ $5$ 个球除颜色外其他都相同）．每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳 $1$ 格；若两球颜色不同，棋子向前跳 $2$ 格，直到棋子跳到第 $24$ 格或第 $25$ 格时，游戏结束．记棋子跳到第 $n$ 格的概率为${{P}_{n}}\left( n=1,2,3,\cdot \cdot \cdot ,25 \right)$．

(1)甲在一次摸球中摸出红球的个数记为${X}$，求${X}$的分布列和期望；

(2)求$\left\{ {{P}_{n}} \right\}$的通项公式．

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【详解】（1）根据题意可知，${X}$的所有可能取值为0，1，2，

则${X}$的分布列如下：
  
  $P\left( X=0 \right)=\frac{{C}_{2}^{2}}{{C}_{5}^{2}}=\frac{1}{10}$，
  
  $P\left( X=1 \right)=\frac{{C}_{2}^{1}{C}_{3}^{1}}{{C}_{5}^{2}}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$，
  
$P\left( X=2 \right)=\frac{{C}_{3}^{2}}{{C}_{5}^{2}}=\frac{3}{10}$，
  
期望值为$E\left( X \right)=0\times \frac{1}{10}+1\times \frac{3}{5}+2\times \frac{3}{10}=\frac{6}{5}$；

（2）依题意，当$3\leqslant n\leqslant 24$时，棋子跳到第 $n$ 格有两种可能：

第一种，棋子先跳到第 $n-2$ 格，再摸出两球颜色不同，

第二种，棋子先跳到第 $n-1$ 格，再摸出两球颜色相同，

又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为$\frac{C_{3}^{1}C_{2}^{1}}{C_{5}^{2}}=\frac{3}{5}$，

摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为$\frac{C_{3}^{2}+C_{2}^{2}}{C_{5}^{2}}=\frac{2}{5}$，

因此可得${{P}_{n}}=\frac{3}{5}{{P}_{n-2}}+\frac{2}{5}{{P}_{n-1}}$，$\left( 3\leqslant n\leqslant 24 \right)$，

所以${{P}_{n}}-{{P}_{n-1}}=\frac{3}{5}{{P}_{n-2}}+\frac{2}{5}{{P}_{n-1}}-{{P}_{n-1}}=-\frac{3}{5}\left( {{P}_{n-1}}-{{P}_{n-2}} \right)$，

因此可得$\frac{{{P}_{n}}-{{P}_{n-1}}}{{{P}_{n-1}}-{{P}_{n-2}}}=-\frac{3}{5}\ne 0$，且${{P}_{1}}=1$，${{P}_{2}}=\frac{2}{5}$，${{P}_{2}}-{{P}_{1}}=-\frac{3}{5}$，

即数列$\left\{ {{P}_{n}}-{{P}_{n-1}} \right\}\left( 2\leqslant n\leqslant 24 \right)$是首项为$-\frac{3}{5}$，公比为$-\frac{3}{5}$的等比数列，

即${{P}_{n}}-{{P}_{n-1}}={{\left( -\frac{3}{5} \right)}^{n-1}}\left( 2\leqslant n\leqslant 24 \right)$，

$\begin{align}{{P}_{n}}&=\left( {{P}_{n}}-{{P}_{n-1}} \right)+\left( {{P}_{n-1}}-{{P}_{n-2}} \right)+\cdots +\left( {{P}_{2}}-{{P}_{1}} \right)+{{P}_{1}}\\&={{\left( -\frac{3}{5} \right)}^{n-1}}+{{\left( -\frac{3}{5} \right)}^{n-2}}+\cdots +\left( -\frac{3}{5} \right)+1\\&=\frac{\left( -\frac{3}{5} \right)\times \left[ 1-{{\left( -\frac{3}{5} \right)}^{n-1}} \right]}{1-\left( -\frac{3}{5} \right)}+1=\frac{5}{8}-\frac{5}{8}{{\left( -\frac{3}{5} \right)}^{n}}\end{align}$，

由题意${{P}_{25}}=\frac{3}{5}{{P}_{23}}=\frac{3}{5}\times \left[ \frac{5}{8}-\frac{5}{8}\times {{\left( -\frac{3}{5} \right)}^{23}} \right]=\frac{3}{8}-\frac{3}{8}\times {{\left( -\frac{3}{5} \right)}^{23}}$，

综上，$P_{n}=\begin{cases}\frac{5}{8}-\frac{5}{8}{{\left( -\frac{3}{5} \right)}^{n}},1\leqslant n\leqslant 24  \\ \frac{3}{8}-\frac{3}{8}{{\left( -\frac{3}{5} \right)}^{23}},n=25\end{cases}$．

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## 模型三：游走模型

【例题 5】马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学定义为：假设我们的序列状态是$\cdots\cdots$，$X_{t-2}$，$X_{t-1}$，$X_{t}$，$X_{t+1}$，$\cdots\cdots$那么$X_{t+1}$时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态$X_{t}$ ，即$P(X_{t+1}|\cdots,X_{t-2},X_{t-1},X_{t})=P(X_{t+1}|X_{t})$．
现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型．
假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为$50 \%$，且每局赌赢可以赢得 $1$ 元，每一局赌徒赌输的概率为$50\%$，且赌输就要输掉 $1$ 元．赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：记赌徒的本金为$A\left( A\in {{\mathbb{N}}^{*}},A<B \right)$一种是赌金达到预期的 $B$ 元，赌徒停止赌博；另一种是赌徒输光本金后，赌徒可以向赌场借钱，最多借 $A$ 元，再次输光后赌场不再借钱给赌徒．赌博过程如图的数轴所示．

当赌徒手中有 $n$ 元 $\left( -A\leqslant n\leqslant B,n\in \mathbb{Z} \right)$时，最终欠债 $A$ 元（可以记为该赌徒手中有 $-A$ 元）概率为 $P(n)$ ，请回答下列问题：

(1)请直接写出 $P(-A)$ 与 $P(B)$ 的数值；

(2)证明 $\{P(n)\}$ 是一个等差数列，并写出公差 $d$ ；

(3)当 $A=100$ 时，分别计算 $B=300,B=1500$ 时，$P(A)$ 的数值，论述当 $B$ 持续增大时，$P(A)$的统计含义．

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（1）当 $n=-A$ 时，赌徒已经欠债 $-A$ 元，因此 $P(-A)=1$ ．
  
当 $n=B$ 时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率 $P(B)=0$ ；
  
（2）记 $M:$ 赌徒有 $n$ 元最后输光的事件，$N:$ 赌徒有 $n$ 元上一场赢的事件，
  
$P\left( M \right)=P\left( N \right)P\left( M\left| N \right. \right)+P\left( {\bar{N}} \right)P\left( M\left| {\bar{N}} \right. \right)$，

即$P(n)=\frac{1}{2}P(n-1)+\frac{1}{2}P(n+1)$，

所以$P(n)-P(n-1)=P(n+1)-P(n)$，
  
所以$\{P(n)\}$是一个等差数列，
  
设$P(n)-P(n-1)=d$，则$P(n-1)-P(n-2)=d,\cdots ,P(-A+1)-P(-A)=d$，
  
累加得$P(n)-P(-A)=(n+A)d$，故$P(B)-P(-A)=(A+B)d$，得$d=-\frac{1}{A+B}$；
  
（3）$A=100$，由（2）$P(n)-P(-A)=(n+A)d=-\frac{n+A}{A+B}$，
  
代入$n=A$可得$P(A)-P(-A)=-\frac{2A}{A+B}$，即$P(A)=1-\frac{2A}{A+B}$，
  
当$B=300$时，$P\left( A \right)=\frac{1}{2}$，当$B=1500$时，$P(A)=\frac{7}{8}$，
  
当 $B$ 增大时，$P(A)$也会增大，即输光欠债的可能性越大，因此可知久赌无赢家，
  
即便是一个这样看似公平的游戏，只要赌徒一直玩下去就会$100\%$的概率输光并负债．

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【例题 6】“布朗运动”是指微小颗粒永不停息的无规则随机运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子作布朗运动时每次会从所在仓的通道口中随机选择一个到达相邻仓或者容器外，一旦粒子到达容器外就会被外部捕获装置所捕获，此时试验结束．已知该粒子初始位置在 $1$ 号仓，则试验结束时该粒子是从 $1$ 号仓到达容器外的概率为________________．

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【法一】设从 $i$ 出发最终从 $1$ 号口出的概率为 ${{P}_{i}}$ ，所以
 $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{P}_{1}}=\frac{2}{3}+\frac{1}{3}{{P}_{2}} \\ {{P}_{2}}=\frac{1}{3}{{P}_{1}}+0+\frac{1}{3}{{P}_{3}}=\frac{1}{3}{{P}_{1}}+\frac{1}{6}{{P}_{2}} \\ {{P}_{3}}=\frac{1}{2}{{P}_{2}} \\\end{array} \right.$，
 
 解得${{P}_{1}}=\frac{10}{13}$.
 
故答案为：$\frac{10}{13}$.

【法二】设经过$n$步后粒子到达$1,2,3$号仓的概率分别为${{a}_{n}},{{b}_{n}},{{c}_{n}}$，$n\in \mathbb{N}$，则 ${{a}_{0}}=1,{{b}_{0}}={{c}_{0}}=0$ ，则 $n\in \mathbb{N}^{*}$ 时，
有$\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{a}_{n}}=\frac{1}{3}{{b}_{n-1}} \\ {{b}_{n}}=\frac{1}{3}{{a}_{n-1}}+\frac{1}{2}{{c}_{n-1}} \\ {{c}_{n}}=\frac{1}{3}{{b}_{n-1}} \\\end{array} \right.$
 
 故${{a}_{n}}={{c}_{n}},\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} {{a}_{n}}=\frac{1}{3}{{b}_{n-1}} \\ {{b}_{n}}=\frac{1}{3}{{a}_{n-1}}+\frac{1}{2}{{a}_{n-1}}=\frac{5}{6}{{a}_{n-1}} \\\end{array} \right.$，

所以${{a}_{n+2}}=\frac{1}{3}{{b}_{n+1}}=\frac{5}{18}{{a}_{n}}\left( n\in {{\mathbb{N}}^{\text{*}}} \right)$，

易知${{a}_{1}}=0,{{a}_{2}}=\frac{1}{3}\times \frac{1}{3}=\frac{1}{9}$，所以试验结束，该粒子是从 $1$ 号仓
  到达容器外的概率为：$\frac{2}{3}\sum\limits_{n=0}^{\infty }{{{a}_{n}}}=\frac{2}{3}\left( 1+\frac{\frac{1}{9}}{1-\frac{5}{18}} \right)=\frac{10}{13}$．

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***
<center>【牛刀小试】</center>

【$2023$届 · 河北省衡水中学三调】学校篮球队 $30$ 名同学按照$1，2，…，30$号站成一列做传球投篮练习，篮球首先由 $1$ 号传出，训练规则要求：第$m\left( 1\leqslant m\leqslant 28,m\in \mathbb{N} \right)$号同学得到球后传给 $m+1$ 号同学的概率为$\frac{2}{3}$，传给 $m+2$ 号同学的概率为$\frac{\text{1}}{\text{3}}$，直到传到第 $29$ 号（投篮练习）或第 $30$ 号（投篮练习）时，认定一轮训练结束，已知 $29$ 号同学投篮命中的概率为$\frac{1}{3}$， $30$ 号同学投篮命中的概率为$\frac{6}{7}$，设传球传到第$n\left( 2\leqslant n\leqslant 30,n\in \mathbb{N} \right)$号的概率为$P_{ n }$．

(1)求 $P_{4}$ 的值；

(2)证明：$\left\{ P_{n+1}-P_{n} \right\}\left( 2\leqslant n\leqslant 28 \right)$是等比数列；

(3)比较 $29$ 号和 $30$ 号投篮命中的概率大小．

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（1）解：依题意，篮球传到 $4$ 号有以下三种途径： $1$ 号传 $2$ 号传 $3$ 号传 $4$ 号其概率为 $\frac{2}{3} \times \frac{2}{3} \times \frac{2}{3}=\frac{8}{27}$ ；

$1$ 号传 $2$ 号传 $4$ 号其概率为 $\frac{2}{3} \times \frac{1}{3}=\frac{2}{9}$ ;

$1$ 号传 $3$ 号传 $4$ 号其概率为 $\frac{1}{3} \times \frac{2}{3}=\frac{2}{9}$ ，

因此 $P_4=\frac{8}{27}+\frac{2}{9}+\frac{2}{9}=\frac{20}{27}$ ．

（2）解：依题意篮球传到第 $n-2$ 号，再传给 $n$ 号其概率为 $\frac{1}{3} P_{n-2}$ ；

篮球传到第 $n-1$ 号，再传给 $n$ 号其概率为 $\frac{2}{3} P_{n-1}$ ，

因此有 $P_n=\frac{2}{3} P_{n-1}+\frac{1}{3} P_{n-2}$ ，

可得 $P_n-P_{n-1}=-\frac{1}{3}\left(P_{n-1}-P_{n-2}\right)$ ，且 $P_3-P_2=\left(\frac{1}{3}+\frac{2}{3} \times \frac{2}{3}\right)-\frac{2}{3}=\frac{1}{9}$ ，

所以 $\left\{P_{n+1}-P_n\right\}$ 是首先为 $\frac{1}{9}$ ，公比为 $-\frac{1}{3}$ 的等比数列．

（3）解：$P_2=\frac{2}{3}, P_3=\frac{7}{9}$，

$P_{n+1}-P_n=\frac{1}{9}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-2}$，

$P_n-P_{n-1}=\frac{1}{9}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-3}(n \geqslant 2)$ ，

$P_4-P_3=\frac{1}{9}\left(-\frac{1}{3}\right)$，

$P_3-P_2=\frac{1}{9}$ ，

由累加法，可得 $P_n=P_2+\left[\frac{1}{9}+\frac{1}{9}\left(-\frac{1}{3}\right)^1+\frac{1}{9}\left(-\frac{1}{3}\right)^2+\cdots+\frac{1}{9}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-3}\right]$ $=\frac{2}{3}+\frac{1}{9} \times \frac{1-\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-2}}{1-\left(-\frac{1}{3}\right)}=\frac{3}{4}+\frac{1}{4} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1}$，

所以 $P_{29}=\frac{3}{4}+\frac{1}{4} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^{28}$，

$P_{30}=P_{28} \cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{3}\left[\frac{3}{4}+\frac{1}{4} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^{27}\right]$ ，

所以 $29$ 号投篮命中的概率为 $\left[\frac{3}{4}+\frac{1}{4} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^{28}\right] \times \frac{1}{3}$

$30$ 号投篮命中的概率为 $\left[\frac{3}{4}+\frac{1}{4} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^{27}\right] \times \frac{1}{3} \times \frac{6}{7}<\left[\frac{3}{4}+\frac{1}{4} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^{27}\right] \times \frac{1}{3}$ ，

因为 $\frac{1}{4} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^{28}>0>\frac{1}{4} \times\left(-\frac{1}{3}\right)^{27}$ ，

所以 $29$ 号投篮命中概率大于 $30$ 号投篮命中概率．

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再往前的热点模考卷中，$2023$ 年杭州二模第 $21$ 题的赌徒输光问题是马尔可夫链，$2023$ 年茂名二模的摸球问题是马尔可夫链；再往更前的 $2019$ 年全国I卷药物试验也是马尔可夫链，在新湘教 $A$ 版选择性必修二复习题三中的第 $12$ 题是传球问题，是马尔科夫链的典型模型，可以看出自从新教材引入全概率公式，越来越多的递推型概率难题出现模考试题中！因此，在复习备考中全概率等系列内容需要格外关注马尔科夫链作为一种命题模型出现了，要抓住状态转移的本质，快速建立递推关系，从而解决问题。

马尔科夫链与全概率公式

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