请教一个概率问题（为什么期望可以表示总的试验次数）

hjfmhh

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 $E(X)=\sum_{k=1}^{\infty} k P(X=k)=\lim_{n \rightarrow \infty}\left(\sum_{k=1}^n k P(X=k)\right)$ 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
这里为什么可以用期望表示总的试验次数？
验成功时，试验停止，此时试验次数为 2 ，右第二次试验失败，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 $E_n$．

kuing

表达不严谨而已，他想说的意思是：
在第一次失败的前提下总试验次数的期望 `= E_2+1`；
前两次都成功那就是 2；
第一次成功但第二次失败的前提下总试验次数的期望 `= E_2+2`。
所以 `E_2=(1-p)(E_2+1)+2p^2+p(1-p)(E_2+2)`，解得 `E_2=(1+p)/p^2`。

我也不熟概率，大概是酱紫吧，也不太会用专业符号来表达。

hjfmhh

kuing 发表于 2024-4-25 18:23
表达不严谨而已，他想说的意思是：
在第一次失败的前提下总试验次数的期望 `= E_2+1`；
前两次都成功那就是 ...

这样不是还是E2+1,E2+2表示试验次数吗？否则那个等式概率乘以期望没啥意义吗？

kuing

那就要了解条件期望和全期望公式啥的，参考链接：
zhuanlan.zhihu.com/p/417592820
我也是前几天才了解，以下写法不知标准否。

记 `Y =` 首次连续两次成功时的试验总次数。
事件 `Z` 有以下 `A`, `B`, `C` 三种取值：
`A =` 第一次失败
`B =` 第一次成功但第二次失败
`C =` 第一次成功且第二次也成功
则根据全期望公式有
\begin{align*}
E(Y) &= E(E(Y\mid Z)) \\
&= P(Z=A)E(Y\mid A) + P(Z=B)E(Y\mid B) + P(Z=C)E(Y\mid C),
\end{align*}
根据题中的分析，有
\begin{align*}
E(Y\mid A) &= E(Y) + 1,\\
E(Y\mid B) &= E(Y) + 2,\\
E(Y\mid C) &= 2,
\end{align*}
所以
\[E(Y) = (1-p)(E(Y) + 1) + p(1-p)(E(Y) + 2) + 2p^2,\]
解得 `E(Y)=(1+p)/p^2`。

最后一问连续 `n` 次的话，是
\[E_n = (1-p)(E_n + 1) + p(1-p)(E_n + 2) + p^2(1-p)(E_n + 3) + \cdots + p^{n-1}(1-p)(E_n + n) + np^n,\]
解得
\[E_n=\frac{p^n-1}{p^n(p-1)}=\frac1p+\frac1{p^2}+\cdots+\frac1{p^n}.\]

hjfmhh

kuing 发表于 2024-4-25 22:48
那就要了解条件期望和全期望公式啥的，参考链接：
https://zhuanlan.zhihu.com/p/417592820
我也是前几天才 ...

谢谢

lemondian

kuing 发表于 2024-4-25 22:48
那就要了解条件期望和全期望公式啥的，参考链接：
https://zhuanlan.zhihu.com/p/417592820
我也是前几天才 ...

请问下面这个题能用全期望公式解答吗？
如果可以，如何做呢？@kuing
试题：$A,B$两个盒子都装有完全相同的２个黑球和１个白球，现从$A,B$两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，重复$n$次这样的操作后，记$A$盒子中黑球的个数为$X_n$。求$X_n$的数学期望。

kuing

lemondian 发表于 2024-5-19 12:03
请问下面这个题能用全期望公式解答吗？
如果可以，如何做呢？@kuing
试题：$A,B$两个盒子都装有完全相同 ...

凭直觉，E(Xn) 恒为 2
过程不会写

战巡

lemondian 发表于 2024-5-19 12:03
请问下面这个题能用全期望公式解答吗？
如果可以，如何做呢？@kuing
试题：$A,B$两个盒子都装有完全相同 ...

考察$X_n$的各状态，$X_n=1,2,3$，会有转移矩阵
\[A=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}&\frac{2}{3}&0\\\frac{2}{9}&\frac{5}{9}&\frac{2}{9}\\0&\frac{2}{3}&\frac{1}{3}\end{pmatrix}\]
初始状态为$\pi_0=\begin{pmatrix}0&1&0\end{pmatrix}$，于是$n$次操作后其各状态概率为
\[\pi_0\cdot A^n=\begin{pmatrix}\frac{1}{5}\left(1-(-\frac{1}{9})^n\right)&\frac{1}{5}\left(3+2(-\frac{1}{9})^n\right)&\frac{1}{5}\left(1-(-\frac{1}{9})^n\right)\end{pmatrix}\]
\[E(X_n)=1\cdot\frac{1}{5}\left(1-(-\frac{1}{9})^n\right)+2\cdot\frac{1}{5}\left(3+2(-\frac{1}{9})^n\right)+3\cdot\frac{1}{5}\left(1-(-\frac{1}{9})^n\right)=2\]


更简单的做法是用条件概率
很容易得到
\[E(X_{n}|X_{n-1}=1)=1\cdot\frac{1}{3}+2\cdot\frac{2}{3}=\frac{5}{3}\]
\[E(X_n|X_{n-1}=2)=1\cdot\frac{2}{9}+2\cdot\frac{5}{9}+3\cdot\frac{2}{9}=2\]
\[E(X_n|X_{n-1}=3)=2\cdot\frac{2}{3}+3\cdot\frac{1}{3}=\frac{7}{3}\]
即
\[E(X_n|X_{n-1})=\frac{4+X_{n-1}}{3}\]
故
\[E(X_n)=E[E(X_n|X_{n-1})]=E[\frac{4+X_{n-1}}{3}]=\frac{4+E(X_{n-1})}{3}\]
接下来略

lemondian

战巡 发表于 2024-5-19 15:09
考察$X_n$的各状态，$X_n=1,2,3$，会有转移矩阵
\[A=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}&\frac{2}{3}&0\\\frac{2 ...

我看不懂你写的这个
这里有一个这样的做法，好象看懂了，但如何解析其原理呢？（１#的题目显然可以用全期望公式，得到递推关系，那么这个“交换球”的题是用全期望公式？还是条件条件概率？……）

记第$n-1$次操作后，$A$盒中黑球的个数为$E(X_{n-1})$，则$B$盒中黑球的个数为$4-E(X_{n-1})$。
则第$n$次操作时：
从$A$盒取出黑球的期望为：$1\times \dfrac{E(X_{n-1})}{3}$
从$B$为盒取出黑球的期望为：$1\times \dfrac{4-E(X_{n-1})}{3}$.
从而$E(X_n)=E(X_{n-1})-\dfrac{E(X_{n-1})}{3}+\dfrac{4-E(X_{n-1})}{3}$.
即得$E(X_n)=\dfrac{4+E(X_{n-1})}{3}$.

lemondian

掷一枚正六面体的色子，若点数1，2，3，4朝上，则结束；若点数5或6朝上，则继续掷，直至点数点数1，2，3，4朝上为止。
求掷色子次数的期望。
能不能用1#的问题（2）（ii）的递推做法？若能，如何做？

lemondian

1#的问题（2）（ii）的递推做法如下：
（ ii ）期待在 $E_{n-1}$ 次试验后，首次出现连续 $(n-1)$ 次成功，若下一次试验成功，则试验停止，此时试验次数为 $\left(E_{n-1}+1\right)$ ；若下一次试验失败，相当于重新试验，后续期望仍是 $E_n$ ，此时总的试验次数为 $\left(E_{n-1}+1+E_n\right)$ ，即 $E_n=p\left(E_{n-1}+1\right)+(1-p)\left(E_{n-1}+1+E_n\right)$ 。
整理得 $E_n+\frac{1}{1-p}=\frac{1}{p}\left(E_{n-1}+\frac{1}{1-p}\right)$ ，即 $E_n+\frac{1}{1-p}=\frac{1}{p^{n-1}}\left(E_{n-1}+\frac{1}{1-p}\right)$ 。
由（1）知 $E_1=\frac{1}{p}$ ，代入得 $E_n=\frac{1-p^n}{(1-p) p^n}$ 。

战巡

请自行百度“负二项分布”

爪机专用

kuing 发表于 2024-4-25 22:48
那就要了解条件期望和全期望公式啥的，参考链接：
https://zhuanlan.zhihu.com/p/417592820
我也是前几天才 ...

唉，链接这么快就挂了😌