几何分布

以抛硬币为例：抛到正面则继续抛，抛到不是正面为止，记录这时抛硬币的次数X。假设出现正面的概率为ppp，那么非正面概率为1−p1-p1−p。发生抛k次事件的概率为：P{X=k}=pk−1(1−p)P\{X=k\}=p^{k-1}(1-p)P{X=k}=pk−1(1−p)

求几何分布的期望

根据离散概率分布的期望公式计算E[X]=∑ζP{X=ζ}E[X]=\sum \zeta P\{X=\zeta\}E[X]=∑ζP{X=ζ}得到几何分布的期望为E[X]=∑k=1∞kP{X=k}=∑k=1∞kpk−1(1−p)=1−pp∑k=1∞kpkE[X]=\sum_{k=1}^{\infty} kP\{X=k\}=\sum_{k=1}^{\infty} kp^{k-1}(1-p)=\frac{1-p}{p}\sum_{k=1}^{\infty} kp^kE[X]=k=1∑∞kP{X=k}=k=1∑∞kpk−1(1−p)=p1−pk=1∑∞kpk下面来计算后面求和部分，先来计算有限次求和，再对其求极限A=∑k=1nkpkA=\sum_{k=1}^{n} kp^kA=k=1∑nkpk构造错位项pA=∑k=1nkpk+1pA=\sum_{k=1}^{n} kp^{k+1}pA=k=1∑nkpk+1两式相减得(1−p)A=∑k=1npk−npn+1=p(1−pn)1−p−npn+1(1-p)A=\sum_{k=1}^{n} p^{k}-np^{n+1}=\frac{p(1-p^n)}{1-p}-np^{n+1}(1−p)A=k=1∑npk−npn+1=1−pp(1−pn)−npn+1所以得到A=p(1−pn)(1−p)2−npn+11−pA=\frac{p(1-p^n)}{(1-p)^2}-\frac{np^{n+1}}{1-p}A=(1−p)2p(1−pn)−1−pnpn+1对有限求和取极限∑k=1∞kpk=lim⁡n→∞p(1−pn)(1−p)2−npn+11−p=p(1−p)2\sum_{k=1}^{\infty} kp^k=\lim_{n\to \infty}\frac{p(1-p^n)}{(1-p)^2}-\frac{np^{n+1}}{1-p}=\frac{p}{(1-p)^2}k=1∑∞kpk=n→∞lim(1−p)2p(1−pn)−1−pnpn+1=(1−p)2p计算得到几何分布的期望E[X]=1−ppp(1−p)2=11−pE[X]=\frac{1-p}{p} \frac{p}{(1-p)^2}=\frac{1}{1-p}E[X]=p1−p(1−p)2p=1−p1

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