到原点的期望次数

realnumber

数轴上一质点初始位置是原点O(此时记为1次),每一秒向左或向右移动一次(左右概率各为0.5)(2楼说得对，果然忘了打，每次移动一个单位),求到2n秒时,到达O点的期望次数.

(deepseek得出的答案是$\frac{(2n+1)C_{2n}^n}{4^n}$)

战巡

你这说的也太不清楚了，什么叫做向左或向右移动一次？每次移动距离多少也不说，咋做？

行了，我就当你说的是每次移动1个单位好了

AI给的那个答案是错的
当然这可能和你的问法有关，它不见得完全理解了你的问题

令$X_n$为$n$秒时所在位置，则
\[P_{2n}(X_{2n}=0)=C_{2n}^n\cdot\frac{1}{2^{2n}}\]
\[P_{2n}(X_{2n}=2)=P_{2n}(X_{2n}=-2)=C_{2n}^{n-1}\cdot\frac{1}{2^{2n}}\]

令$N_n$为$n$秒时已经到达$O$的次数，则有
\[P_{2n+2}(N_{2n+2}=N_{2n}+1|N_{2n})=P_{2n}(X_{2n}=0)\cdot P(X_{2n+1}=\pm1,X_{2n+2}=0|X_{2n}=0)\]
\[+P_{2n}(X_{2n}=2)\cdot P(X_{2n+1}=1,X_{2n+2}=0|X_{2n}=2)\]
\[+P_{2n}(X_{2n}=-2)\cdot P(X_{2n+1}=-1,X_{2n+2}=0|X_{2n}=-2)\]
\[=C_{2n}^n\cdot \frac{1}{2^{2n+1}}+C_{2n}^{n-1}\cdot\frac{1}{2^{2n+2}}+C_{2n}^{n-1}\cdot\frac{1}{2^{2n+2}}\]
\[=(C_{2n}^{n}+C_{2n}^{n-1})\cdot\frac{1}{2^{2n+1}}\]

于是期望
\[E(N_{2n+2}|N_{2n})=(C_{2n}^{n}+C_{2n}^{n-1})\cdot\frac{1}{2^{2n+1}}(N_{2n}+1)+\left[1-(C_{2n}^{n}+C_{2n}^{n-1})\cdot\frac{1}{2^{2n+1}}\right]N_{2n}\]
\[=N_{2n}+(C_{2n}^{n}+C_{2n}^{n-1})\cdot\frac{1}{2^{2n+1}}\]
\[E(N_{2n+2})=E[E(N_{2n+2}|N_{2n})]=E[N_{2n}]+(C_{2n}^{n}+C_{2n}^{n-1})\cdot\frac{1}{2^{2n+1}}\]
注意$E(N_{2})=\frac{3}{2}$，于是
\[E(N_{2n})=\frac{3}{2}+\sum_{k=1}^{n-1}(C_{2k}^{k}+C_{2k}^{k-1})\cdot\frac{1}{2^{2k+1}}\]
\[=\frac{(n+1)C_{2n+1}^n}{4^n}\]


另一种做法计算更简单，不过理解起来相对没那么容易
令事件
\[Y_n=\begin{cases}Y_n=1,\mbox{如果}X_n=0\\Y_n=0,\mbox{如果}X_n\ne 0\end{cases}\]
则
\[N_n=Y_0+Y_1+Y_2+...+Y_n\]
\[E(N_n)=E(Y_0)+E(Y_1)+...+E(Y_n)\]
显然$Y_{2k+1}=0$，因此
\[E(N_{2n})=E(Y_0)+E(Y_2)+...+E(Y_{2n})\]

其中
\[P(Y_{2k}=1)=P(X_{2k}=0)=C_{2k}^k\cdot\frac{1}{2^{2k}}\]
\[E(Y_{2k})=1\cdot P(Y_{2k}=1)+0\cdot P(Y_{2k}=0)=C_{2k}^k\cdot\frac{1}{2^{2k}}\]
故此
\[E(N_{2n})=1+\sum_{k=1}^nC_{2k}^k\cdot\frac{1}{2^{2k}}=\frac{(n+1)C_{2n+1}^n}{4^n}\]