蟾蜍吃蚊子问题

hjfmhh

黑盒中，有标号为 $1 \sim 6$ 的六只蟾蜍，每一轮都往其中扔一只蚊子，蚊子等可能的被其中一只蟾蜍吃掉。若在经过 $\xi$ 轮后，恰好所有蟾蜍都已经吃过至少一只蚊子，则其数学期望 $E(\xi)=$     

kuing

等价问题：抛一个色子，问平均抛几次才出现所有点数。

在 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=7914 的 3#，@郝酒 给出的答案是 14.7 次，还有一个更一般的推广公式，我当时想推导，但似乎没推出来，现在也不理解……

kuing

再看了看链接里，战巡刚给的证明显然不是我能看懂的

倒是 7# 提示我用容斥原理，让我起了这帖：
kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=3850
当年我用容斥原理推出的“集卡概率公式”，确实可以用在本帖的题目中。

每包有一张卡，设有 $m$ 种卡，买 $n$ 包，设集齐所有卡种的概率为 $P$，则
\[P=\cdots=\sum_{r=0}^{m-1}(-1)^rC_m^r\left(1-\frac rm\right)^n.\]

这里将上式记作 `f(m,n)`。

假设抛了 `n+1` 次才出现所有点数。

若最后一次的点数是 1，那么前 `n` 次就得满足：
`A`：只能出现 2~6；
`B`：2~6 要全部出现过。

显然 `P(A)=(5/6)^n`，而 `B\mid A` 相当于买 `n` 包集齐 `5` 种卡，根据上述结论，即 `P(B\mid A)=f(5,n)`，所以 `P(AB)=P(A)P(B\mid A)=(5/6)^nf(5,n)`。

同理，若最后一次的点数是其他任一数也是一样的，因此，抛了 `n+1` 次才出现所有点数的概率就是 `(5/6)^nf(5,n)`，所以所求期望为
\[E(\xi)=\sum_{n=1}^{+\infty}(n+1)\left(\frac56\right)^nf(5,n),\]
（这里由于 `n=1`, `2`, `3`, `4` 时 `f(5,n)=0`，所以从 `n=1` 起求和是没问题的（但不能从 `n=0` 起））
代入上面的公式即
\begin{align*}
E(\xi)&=\sum_{n=1}^{+\infty}(n+1)\left(\frac56\right)^n\left(1-C_5^1\left(\frac45\right)^n+C_5^2\left(\frac35\right)^n-C_5^3\left(\frac25\right)^n+C_5^4\left(\frac15\right)^n\right)\\
&=\sum_{n=1}^{+\infty}(n+1)\left(\left(\frac56\right)^n-C_5^1\left(\frac46\right)^n+C_5^2\left(\frac36\right)^n-C_5^3\left(\frac26\right)^n+C_5^4\left(\frac16\right)^n\right),
\end{align*}
易证
\[\sum_{n=1}^{+\infty}(n+1)a^n=\frac1{(1-a)^2}-1,\]
所以
\begin{align*}
E(\xi)&=6^2-1-C_5^1\left(\left(\frac62\right)^2-1\right)+C_5^2\left(\left(\frac63\right)^2-1\right)-C_5^3\left(\left(\frac64\right)^2-1\right)+C_5^4\left(\left(\frac65\right)^2-1\right)\\
&=6^2\left(1-\frac{C_5^1}{2^2}+\frac{C_5^2}{3^2}-\frac{C_5^3}{4^2}+\frac{C_5^4}{5^2}\right)-1+C_5^1-C_5^2+C_5^3-C_5^4\\
&=6^2\left(1-\frac{C_5^1}{2^2}+\frac{C_5^2}{3^2}-\frac{C_5^3}{4^2}+\frac{C_5^4}{5^2}\right)-C_5^5\\
&=6^2\left(1-\frac{C_5^1}{2^2}+\frac{C_5^2}{3^2}-\frac{C_5^3}{4^2}+\frac{C_5^4}{5^2}-\frac{C_5^5}{6^2}\right)\\
&=\frac{147}{10}.
\end{align*}

一般地，将 `6` 改成 `m`，结论自然就是
\[E(\xi)=m^2\sum_{r=0}^{m-1}(-1)^r\frac{C_{m-1}^r}{(r+1)^2},\]
而再看 2# 链接里郝酒给的公式是 `m(1+1/2+\cdots+1/m)`，如果都是正确的，那意味着有恒等式
\[m\sum_{r=0}^{m-1}(-1)^r\frac{C_{m-1}^r}{(r+1)^2}=1+\frac12+\cdots+\frac1m,\]
如何证明此等式？

战巡

kuing 发表于 2025-3-25 22:23
再看了看链接里，战巡刚给的证明显然不是我能看懂的

倒是 7# 提示我用容斥原理，让我起了这帖：

令
\[f(t)=\sum_{r=0}^{m-1}(-1)^rC_{m-1}^re^{-(1+r)t}=\frac{(1-e^{-t})^m}{e^t-1}\]
然后
\[\int_x^{+\infty}f(t)dt=\sum_{r=0}^{m-1}(-1)^rC_{m-1}^r\frac{e^{-(1+r)x}}{-(r+1)}=\int_x^{+\infty}\frac{(1-e^{-t})^m}{e^t-1}dt=\frac{1-(1-e^{-x})^m}{m}\]
接下来再次积分，有
\[\int_0^{+\infty}\sum_{r=0}^{m-1}(-1)^rC_{m-1}^r\frac{e^{-(1+r)x}}{-(r+1)}dx=\sum_{r=0}^{m-1}(-1)^rC_{m-1}^r\frac{1}{(r+1)^2}=\int_0^{+\infty}\frac{1-(1-e^{-x})^m}{m}dx\]
\[m\sum_{r=0}^{m-1}(-1)^rC_{m-1}^r\frac{1}{(r+1)^2}=\int_0^{+\infty}[1-(1-e^{-x})^m]dx\]
这里做换元$y=1-e^{-x}$，则有$x=-\ln(1-y)$，然后
\[\int_0^{+\infty}[1-(1-e^{-x})^m]dx=\int_0^1\frac{1-y^m}{1-y}dy=\int_0^1[1+y+y^2+...+y^{m-1}]dy=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{m}\]

战巡

hjfmhh 发表于 2025-3-25 14:51
黑盒中，有标号为 $1 \sim 6$ 的六只蟾蜍，每一轮都往其中扔一只蚊子，蚊子等可能的被其中一只蟾蜍吃掉。若 ...

其实这种均匀分布的很容易求

令事件$N_k$为从已收集$k-1$种结果到收集$k$种结果所需的试验次数
那显然有$N_1=1$，以及
\[N_k\sim GEO(\frac{m-(k-1)}{m})\]
\[E(N_k)=\frac{m}{m-(k-1)}\]
而总试验数
\[N=N_1+N_2+...+N_m\]
\[E(N)=E(N_1)+E(N_2)+...+E(N_m)\]
\[=1+\frac{m}{m-1}+\frac{m}{m-2}+...+\frac{m}{m-(m-1)}\]
\[=m(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{m})\]

敬畏数学

战巡 发表于 2025-3-26 17:40
其实这种均匀分布的很容易求

令事件$N_k$为从已收集$k-1$种结果到收集$k$种结果所需的试验次数

大学数学老师？

kuing

战巡 发表于 2025-3-26 17:40
其实这种均匀分布的很容易求

令事件$N_k$为从已收集$k-1$种结果到收集$k$种结果所需的试验次数

我也明白了。

如果一事件发生的概率是 `p`，重复 `\xi` 次才首次发生，则 `E(\xi)=\sum_{k=1}^{+\infty}k(1-p)^{k-1}p=1/p`，即平均 `1/p` 次就会发生。

当共有 `m` 种卡时：
收集一种，1 次搞定；
再收集多一种，就是上述的 `p=(m-1)/m`，所以平均 `m/(m-1)` 次搞定；
再收集多一种，就是上述的 `p=(m-2)/m`，所以平均 `m/(m-2)` 次搞定；
如果类推……
平均总次数就是 `1+m/(m-1)+m/(m-2)+\cdots+m/1`。

原来这么简单……

ZCos666

kuing 发表于 2025-3-25 22:23
再看了看链接里，战巡刚给的证明显然不是我能看懂的

倒是 7# 提示我用容斥原理，让我起了这帖：

\[ \begin{aligned}
\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}\dfrac{1}{(k+1)^2}&=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k+1}\binom{n}{k}\int_0^1x^k\ln{x}\mathrm{d}x\\
&=\int_0^1\ln{x}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k+1}\binom{n}{k}x^k\mathrm{d}x\\
&=-\int_0^1(1-x)^n\ln{x}\mathrm{d}x\\
&=-\int_0^1t^n\ln(1-t)\mathrm{d}t&t=1-x\\
&=\int_0^1t^n\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{t^k}{k}\mathrm{d}t\\
&=\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{1}{k(n+k+1)}\\
&=\dfrac{H_{n+1}}{n+1}
\end{aligned} \]

kuing

ZCos666 发表于 2025-3-26 19:50
\[ \begin{aligned}
\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}\dfrac{1}{(k+1)^2}&=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{ ...

明白了，不过中间符号错了
`\int_0^1x^k\ln x\rmd x=-1/(k+1)^2`，所以第一个 = 右边就缺少负号，然后直到倒数第二行就应该是
\[=\sum_{k=1}^\infty\frac1{k(n+k+1)},\]
然后裂个项
\[\frac1{k(n+k+1)}=\frac1{n+1}\left(\frac1k-\frac1{k+n+1}\right),\]
所以求和后就是 `H_{n+1}/(n+1)`😊