甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得$1$分，负者得$0$分．设每个球甲胜概率为$p\left(\dfrac{1}{2}\lt p\lt 1\right)$，乙胜概率为$q$，$p+q=1$，且各球胜负独立．对正整数$k\geqslant 2$，记$p_{k}$为打完$k$个球后甲比乙至少多得$2$分的概率，$q_{k}$为打完$k$个球后乙比甲至少多得$2$分的概率．

$(1)$求$p_{3}$，$p_{4}$（用$p$表示）；

$(2)$若$\dfrac{{p}_{4}-{p}_{3}}{{q}_{4}-{q}_{3}}=4$，求$p$；

$(3)$证明：对任意正整数$m$，$p_{2m+1}-q_{2m+1}\lt p_{2m}-q_{2m}\lt p_{2m+2}-q_{2m+2}$．

$(1)$ $p_{3}=p^{3}$,$p_{4}=4p^{3}-3p^{4}$；

$(2)$$p=\\dfrac{2}{3}$；

$(3)$证明见解析．

$(1)$$p_{3}$为打完$3$个球后甲比乙至少多得$2$分的概率，

$\therefore $ 只可能是甲得$3$分，乙得$0$分，

$\therefore p_{3}=p^{3}$，

$p_{4}$为打完$4$个球后甲比乙至少多得$2$分的概率，可能是甲得$3$分，乙得$1$分，或者甲得$4$分，乙得$0$分，

$\therefore p_{4}={\rm {C}}_{4}^{3}{p}^{3}q+p^{4}=4p^{3}q+p^{4}=4p^{3}(1-p)+p^{4}=4p^{3}-3p^{4}$；

$(2)$按$(1)$的方法同理，可得$q_{3}=q^{3}$，$q_{4}=(4-3q)q^{3}$，

而$p_{4}-p_{3}=(4-3p)p^{3}-p^{3}=3(1-p)p^{3}=3qp^{3}$，

同理$q_{4}-q_{3}=(4-3q)q^{3}-q^{3}=3pq^{3}$，

$\therefore \dfrac{p_{4}-p_{3}}{q_{4}-q_{3}}=\dfrac{3qp^{3}}{3pq^{3}}=\dfrac{p^{2}}{q^{2}}=\dfrac{p^{2}}{(1-p)^{2}}=4$，

可得$\dfrac{p}{1-p}=2$，$p=\dfrac{2}{3}$；

$(3)$设打完$k$个球，甲的得分为$X_{k}$，则乙的得分为$k-X_{k}$，

打完$k$个球后甲比乙至少多得$2$分的概率$p_{k}=P(X_{k}-k+X_{k}\geqslant 2)$，即可得$p_{k}=P\left(X\geqslant 1+\dfrac{{X}_{k}}{2}\right)$，

先来看左边的不等式，$p_{2m+1}=P\left(X_{2m+1}\geqslant 1+\dfrac{2m+1}{2}\right)=P(X_{2m+1}\geqslant m+2)$，

这时考察前$2m$个球，如果前面已经有$X_{2m}\geqslant m+2$，那无论如何都会有$P(X_{2m+1}\geqslant m+2)$；

而如果$X_{2m}=m+1$，则需要最后一个球甲得分；如果$X_{2m}\lt m+1$，那是无论如何也无法完成的，

因此会有$p_{2m+1}=P(X_{2m+1}\geqslant m+2\vert X_{2m}\geqslant m+2)P(X_{2m}\geqslant m+2)+P(X_{2m+1}\geqslant m+2\vert X_{2m}=m+1)P(X_{2m}=m+1)$

$=P(X_{2m}\geqslant m+2)+P(X_{2m}=m+1)p$

$=P(X_{2m}\geqslant m+2)+P(X_{2m}=m+1)-P(X_{2m}=m+1)q^{m}$

$=P(X_{2m}\geqslant m+1)-P(X_{2m}=m+1)q^{m+1}$

$=p_{2m}-{\rm C}_{2m}^{m+1}p^{m+1}q^{m+1}$

同理会有$q_{2m+1}=q_{2m}-{\rm C}_{2m}^{m+1}q^{m+1}p^{m+1}$；

故此$p_{2m+1}-q_{2m+1}=p_{2m}-q_{2m}+{\rm C}_{2m}^{m+1}q^{m+1}p^{m}-{\rm C}_{2m}^{m+1}p^{m+1}q^{m}$

$=p_{2m}-q_{2m}+{\rm C}_{2m}^{m+1}(pq)^{m}(q-p)\lt p_{2m}-q_{2m}$，

右边可以采用差不多的办法，只不过这次要一次性考虑两个球．

此时要求$X_{2m+2}\geqslant m+2$，当已经有$X_{2m}\geqslant m+2$时，无论如何都会有$X_{2m+2}\geqslant m+2$；

当$X_{2m}=m+1$时，只要保障不连丢两球就行；

当$X_{2m}=m$时，就必须连赢两球；

当$X_{2m}\lt m$，则完全不可能．

即$p_{2m+2}=P(X_{2m+2}\geqslant m+2)$

$=P(X_{2m}\geqslant m+2)+P(X_{2m}=m)p^{2}+P(X_{2m}=m+1)(1-(1-p))^{2}$

$=P(X_{2m}\geqslant m+2)+P(X_{2m}=m)+P(X_{2m}=m+1)+(p^{2}-1)P(X_{2m}=m)-(1-p)^{2}P(X_{2m}=m+1)$

$=P(X_{2m}\geqslant m)+(p^{2}-1){\rm C}_{2m}^{m}p^{m}q^{m}-{\rm C}_{2m}^{m+1}p^{m+1}q^{m+1}$

$=p_{2m}+(1-p^{2}){\rm C}_{2m}^{m}p^{m}q^{m}-{\rm C}_{2m}^{m+1}p^{m+1}q^{m+1}$，

同理$q_{2m+2}=q_{2m}+(q^{2}-1){\rm C}_{2m}^{m}p^{m}q^{m}-{\rm C}_{2m}^{m+1}p^{m+1}q^{m+1}$

于是$p_{2m+2}-q_{2m+2}=p_{2m}-q_{2m}+(p^{2}-q^{2}){\rm C}_{2m}^{m}p^{m}q^{m}\gt p_{2m}-q_{2m}$．