2026年1月广东佛山市高三一模数学#17
某款 $\rm{AI}$（人工智能）机器人进行射门游戏，射中得 $1$ 分，未射中得 $-1$ 分，当累计得分 $X$ 达到 $2$ 分或 $ -2$ 分时游戏结束，否则游戏将一直进行下去，$X=2$ 时获胜，$X=-2$ 时落败，已知该款 ${\rm AI}$ 机器人射门的命中率为 $\alpha$（$\dfrac 1 2\leqslant\alpha<1$），各次射门相互独立．
1、求机器人恰好射门 $4$ 次后获胜的概率；
2、$A_n$ 表示机器人射门 $n$ 次，游戏仍未结束．
① 若 $\alpha=\dfrac 1 2$，求 $P\left(A_2\mid A_1\right)$ 和 $P\left(A_{2 k+2}\mid A_{2 k+1}\right)$（$k\in\mathbb N^{\ast}$）；
② 若 $P\left(A_{2 k+2}\mid A_{2 k}\right)=\dfrac 4 9$（$k\in\mathbb N^{\ast}$），求游戏结束时 $X$ 的数学期望．
解析
1、机器人恰好射门 $4$ 次后获胜，说明得分为 $3$ 个 $1$ 分以及 $1$ 个 $-1$ 分，可能得顺序为\[(1,-1,1,1),(-1,1,1,1),\]因此所求概率为 $2\alpha^3(1-\alpha)$．
2、① 当 $A_n$ 发生时，有\[X=\begin{cases} 0,&n~\text{为偶数},\\ \pm 1,&n~\text{为奇数},\end{cases}\]因此 $P(A_{2k+2}\mid A_{2k+1})$ 为当累计得分为 $\pm 1$ 时，经过一次射门后累计得分为 $0$ 的概率，为 $\dfrac 12$，因此 $P\left(A_2\mid A_1\right)=\dfrac 12$，$P\left(A_{2 k+2}\mid A_{2 k+1}\right)=\dfrac 12$（$k\in\mathbb N^{\ast}$）；
② $P(A_{2k+2}\mid A_{2k})$ 为当累计得分为 $0$ 时，经过 $2$ 次射门后累计得分仍为 $0$ 的概率，为 $2\alpha(1-\alpha)$，于是解得 $\alpha=\dfrac 23$． 设射门 $2n$ 次累计得分为 $-2,0,2$ 的概率分别为 $(p_n,q_n,r_n)$，则\[\begin{cases} p_{n+1}=p_n+q_n\cdot (1-\alpha)^2,\\ q_{n+1}=q_n\cdot 2\alpha(1-\alpha),\\ r_{n+1}=r_n+q_n\cdot \alpha^2,\end{cases}\]而 $(p_0,q_0,r_0)=(0,1,0)$，因此\[(p_n,q_n,r_n)=\left(\dfrac{(1-\alpha)^2}{1-q}\cdot \left(1-q^n\right),q^n,\dfrac{\alpha^2}{1-q}\left(1-q^n\right)\right),\]其中 $q=2\alpha(1-\alpha)$．因此所求数学期望 $^{[1]}$ 为\[E(X)=\lim\limits_{n\to +\infty}\left(p_n\cdot (-2)+r_n\cdot 2\right)=\dfrac{2(\alpha^2-(1-\alpha)^2)}{1-2\alpha(1-\alpha)}=\dfrac{2(2\alpha-1)}{\alpha^2+(1-\alpha)^2},\]当 $\alpha=\dfrac 23$ 时，有 $E(X)=\dfrac 65$．
备注 $[1]$ 收敛性容易证明，对于有吸收壁的随机徘徊，根据递推公式，有\[E(X)=(1-\alpha)^2\cdot (-2)+2\alpha(1-\alpha)\cdot E(X)+\alpha^2\cdot 2,\]解之亦得．