总结

例题

概率创新压轴题

已知常数 $p\in (0,1)$，在成功的概率为 $p$ 的伯努利试验中，记 $X$ 为首次成功时所需的试验次数，$X$ 的取值为所有正整数，此时称离散型随机变量 $X$ 的概率分布为几何分布。

（1）对于正整数 $k$，求 $P(X=k)$，并根据 $E(X)=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}kP(X=k)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(\sum _{k=1}^{n}kP(X=k))$。求 $E(X)$

（2）对于几何分布的拓展问题，在成功的概率为 $p$ 的伯努利试验中，记首次出现连续两次成功时所需的试验次数的期望为 $E_2$。现提供一种求 $E_2$ 的方式：先进行第一次试验，若第一次试验失败，因为出现试验失败对出现连续两次成功毫无帮助，可以认为后续期望仍是 $E_2$，即总的试验次数为 $(E_2+1)$；若第一次试验成功，则进行第二次试验，当第二次试验成功时，试验停止，此时试验次数为 2，若第二次试验失败，相当于重新试验，此时总的试验次数为 $(E_2+2).$

（i）求 $E_2$

（ii）记首次出现连续 n 次成功时所需的试验次数的期望为 $E_n$，求 $E_n$

解：

TIP

难。

（1）

TIP

最后的答案要极限的思想将 k 舍去！

$S_k=E(x)=1\cdot p+2\cdot (1-p)p+3\cdot (1-p{)}^{2}p+...+k(1-p{)}^{k-1}p$

遇到等差数列和等比数列相乘的数列，使用错位相减法。

$(1-k)S_k=1\cdot (1-p)p+2(1-p{)}^{2}p+3(1-p{)}^{3}p+...+(k-1)(1-p{)}^{k-1}p+k(1-p{)}^{k}p$

$p{S}_k=p+(1-p)p+(1-p{)}^{2}p+...+(1-p{)}^{k-1}p-k(1-p{)}^{k}p$

$S_k=1+(1-p)+(1-p{)}^2+...+(1-p{)}^{k-1}-k(1-p{)}^k$

$=\frac{1-(1-p{)}^k}{1-(1-p)}-k(1-p{)}^k$

$=\frac{1-(1-p{)}^k-pk(1-p{)}^k}{p}$

当 $k\to +\mathrm{\infty }$ 时，

$(1-p{)}^k=0,pk(1-p{)}^k=0$

所有 $E(X)=S_k=\frac{1}{p}$

（2）

（i）

按照题目意思，

?	$E_2+1$	2	$E_2+2$
P（概率）	$(1-p)$	$p^2$	$p(1-p)$

根据分布列的求期望公式 $E(X)=\sum _{i=1}^n{x}_i{p}_i$ 得

$E_2=(1-p)(E_2+1)+2p^2+(E_2+2)(p-p^2)$

$E_2=\frac{1+p}{p^2}$

（ii）

题目意思应该是说，有这些情况

1. 第一次试验失败
2. 第一次成功，第二次失败
3. 第一次成功，第二次成功，第三次失败
4. 第一次成功，第二次成功，第三次成功，第四次失败

...

?	$E_n+1$	$E_n+2$	$E_n+3$	...	n
P（概率）	$(1-p)$	$p(1-p)$	$p^2(1-p)$	...	p^n

$E_n=(E_n+1)(1-p)+(E_n+2)(p-p^2)+(E_n+3)(p^2-p^3)+...+(E_n+n)(p^{n-1}-p^n)+n{p}^n$

$=E_n-p{E}_n+1-p+p{E}_n-p^2{E}_n+2p-2p^2+p^2{E}_n-p^3{E}_n+3p^2-3p^3+...+p^{n-1}{E}_n-p^n{E}_n+n{p}^{n-1}-n{p}^n+n{p}^n$

$\therefore p^n\cdot E_n=(1-p)+2p(1-p)+3p^2(1-p)+...+n{p}^{n-1}+n{p}^n$

$=(1-p)(1+2p+3p^2+...+n{p}^{n-1})+n{p}^n$

$T_n=1+2p+3p^2+...+n{p}^{n-1}$

这里又使用错位相减法，

得出 $(1-p)Tn=\frac{1-p^n}{1-p}-n{p}^n$

$\therefore p^n\cdot E_n=\frac{1-p^n}{1-p}-n{p}^n+n{p}^n$

$E_n=\frac{1-p^n}{(1-p)p^n}$