8._离散型_几何分布与无记忆

抽查一个产品，质量可能合格或者不合格，这是两点分布，为了检查一批产品质量是否合格，我们可以抽查nn个产品(每个产品都有合格或者不合格两种可能)，这是二项分布 。但是实际情况更好复杂。对于一个产品，不仅仅只有合格或者不合格两个结果，有时候可能有更多的结果。比如抽查产品的结果使用“正品，次品，废品”表示这是多项分布，下面将介绍的是几何分布。抽查一个产品，它把成功的概率指定为 pp ，失败的概率指定为 1−p1-p ．我们现在要做的是不断重复这个试验，直到首次成功为止．我们用随机变量 XX 表示首次成功时已经完成的试验次数．我们称 XX 是一个服从几何分布的随机变量Geometric Distribution．

几何分布

在伯努利试验序列中, 记每次试验中事件 AA 发生的概率为 pp, 如果 XX 为事件 AA 首次出现时的试验次数, 则 XX 的可能取值为 1,2,⋯1,2, \cdots, 称 XX 服从几何分布, 记为 X∼Ge(p)X \sim G e(p),其分布列为

P(X=k)=p(1−p)k−1,k=1,2,⋯ .\boxed{ P(X=k)=p(1-p)^{k-1} , k=1,2, \cdots . }

几何分布因其分布律为几何级数 ∑k=1+∞pqk−1\sum_{k=1}^{+\infty} p q^{k-1} 的一般项而得名。

通俗理解

上面式子看起来并不好理解，但是，如果稍微改动下，就容易理解了。假设某个试验成功的概率为 pp ，除了成功就是失败，没有中间地带，所以失败的概率为 1−p1-p ，设为 qq 。现在进行这个试验，如果成功就立即停止试验，如果失败就继续试验，一直到成功为止。假设这个试验进行了r r 次，即在第 rr 次取得了成功。可以用公式表示如下：

P(X=r)=qr−1pP(X=r)=q^{r-1} p

看到这个式子的比较好理解，意为在失败（q q ）了 r−1r -1 次之后，终于在第 r 次迎来了成功（ pp ）。 r 只取正整数，属于离散型随机变量

几何分布应用背景

实际问题中有不少随机变量服从几何分布，臂如，

  • 某产品的不合格率为 0.05 , 则首次查到不合格品的检查次数 X∼Ge(0.05)X \sim G e(0.05).

  • 某射手的命中率为 0.8 , 则首次击中目标的射击次数 Y∼Ge(0.8)Y \sim G e(0.8).

  • 掷一颗股子, 首次出现 6 点的投掷次数 Z∼Ge(1/6)Z \sim G e(1 / 6).

  • 同时掷两颗骰子, 首次达到两个点数之和为 8 的投掷次数 W∼Ge(5/36)W \sim G e(5 / 36).

几何分布的数学期望和方差

设随机变量 XX 服从几何分布 Ge(p)G e(p), 令 q=1−pq=1-p, 利用逐项微分可得 XX 的数学期望为

E(X)=∑k=1∞kpqk−1=p∑k=1∞kqk−1=p∑k=1∞dqkdq=pddq(∑k=0∞qk)=pddq(11−q)=p(1−q)2=1p.\begin{aligned} E(X) & =\sum_{k=1}^{\infty} k p q^{k-1}=p \sum_{k=1}^{\infty} k q^{k-1}=p \sum_{k=1}^{\infty} \frac{d q^k}{d q} \\ & =p \frac{d}{d q}\left(\sum_{k=0}^{\infty} q^k\right)=p \frac{d}{d q}\left(\frac{1}{1-q}\right)=\frac{p}{(1-q)^2}=\frac{1}{p} . \end{aligned}

又因为

E(X2)=∑k=1∞k2pqk−1=p[∑k=1∞k(k−1)qk−1+∑k=1∞kqk−1]E\left(X^2\right)=\sum_{k=1}^{\infty} k^2 p q^{k-1}=p\left[\sum_{k=1}^{\infty} k(k-1) q^{k-1}+\sum_{k=1}^{\infty} k q^{k-1}\right]
=pq∑k=1∞k(k−1)qk−2+1p=pq∑k=1∞d2dq2qk+1p=pqd2dq2(∑k=0∞qk)+1p=pqd2dq2(11−q)+1p=pq2(1−q)3+1p=2qp2+1p\begin{aligned} & =p q \sum_{k=1}^{\infty} k(k-1) q^{k-2}+\frac{1}{p}=p q \sum_{k=1}^{\infty} \frac{d^2}{d q^2} q^k+\frac{1}{p} \\ & =p q \frac{d^2}{d q^2}\left(\sum_{k=0}^{\infty} q^k\right)+\frac{1}{p}=p q \frac{d^2}{d q^2}\left(\frac{1}{1-q}\right)+\frac{1}{p} \\ & =p q \frac{2}{(1-q)^3}+\frac{1}{p}=\frac{2 q}{p^2}+\frac{1}{p} \end{aligned}

由此得 XX 的方差为

D(X)=E(X2)−[E(X)]2=2qp2+1p−1p2=1−pp2.D(X)=E\left(X^2\right)-[E(X)]^2=\frac{2 q}{p^2}+\frac{1}{p}-\frac{1}{p^2}=\frac{1-p}{p^2} .

从几何分布的数学期望可以看出：掷一颗骰子，首次出现点数 6 的平均投掷次数为 6 次.

几个分布常见的题目是求：第一次，比如抽奖第一次抽中的概率，破解密码第一次破解成功的概率，开门的概率等等，详见下面例题

例某人有 nn 把钥匙，仅有一把能打开门．随机取一把试开，开后放回，直到打开为止．求第 kk 次才打开门的概率？

解 设 XX 为开门次数，由已知，得 XX 服从几何分布，且 p=1np=\frac{1}{n} ． 所以

P{X=k}=(1−1n)k−1⋅1n(k=1,2,3,⋯ ).P\{X=k\}=\left(1-\frac{1}{n}\right)^{k-1} \cdot \frac{1}{n} \quad(k=1,2,3, \cdots) .

例设一盒产品中有 6 件正品， 2 件次品．现每次有放回地任取一件，直到取到正品为止。求抽取次数的分布律。

解 用 XX 表示抽取的次数，则其取值是所有正整数。抽取 kk 次意味着前 (k−1)(k-1) 次都没有取到正品，而最后一次取到正品。因为每次是否取到正品是相互独立的，且每一次取得正品的概率都为 C61C81=34\frac{ C _6^1}{ C _8^1}=\frac{3}{4} ，所以 XX 的分布律为

P{X=k}=(1−34)k−1⋅34=34k(k=1,2,⋯ ).P\{X=k\}=\left(1-\frac{3}{4}\right)^{k-1} \cdot \frac{3}{4}=\frac{3}{4^k} \quad(k=1,2, \cdots) .

几何分布的无记忆性

定理 (几何分布的无记忆性) 设 X∼Ge(p)X \sim G e(p), 则对任意正整数 mm 与 nn 有

P(X>m+n∣X>m)=P(X>n).P(X>m+n \mid X>m)=P(X>n) .

在证明之前先解释上述概率等式的含义. 在一列伯努利试验序列中, 若首次成功 (A) 出现的试验次数 XX 服从几何分布, 则事件 {X>m}\{X>m\} 表示前 mm 次试验中 AA 没有出现.假如在接下去的 nn 次试验中 AA 仍末出现, 这个事件记为 {X>m+n}\{X>m+n\}.

这个定理表明: 在前 mm 次试验中 AA 没有出现的条件下, 在接下去的 nn 次试验中 AA 仍末出现的概率只与 nn 有关, 而与以前的 mm 次试验无关, 似乎忘记了前 mm 次试验结果, 这就是无记忆性.

几何分布更通俗的解释：抽奖，几个人抽奖先抽和后抽每个人抽到的概率相等，在不知道结果的情况下，前面的人抽后，对后面人抽奖没有影响

再举个例子，我们都知道，连续掷 10 次硬币全是反面的概率是很小的（小于千分之一）；那么在连续掷了 9 次硬币全是反面的条件下，掷第 10 次硬币出现正面的可能性会不会大一些？答案是不会的！不论你前面失败了多少次，但它不会帮你记住！

例 有三个朋友去喝咖啡，他们决定用掷硬币的方式确定谁付账：每人掷一枚硬币，如果有人掷出的结果与其他两人不一样，那么由他付账；如果三个人掷出的结果是一样的，那么就重新掷，一直这样下去，直到确定了由谁来付账。

解 记 X=X= 所掷的轮数，则 X∼Ge⁡(p)X \sim \operatorname{Ge}(p) ，其中 1−p=P(1-p=P( 重新掷 )=P)=P（出现三个正面或出现三个反面）

=18+18=14,=\frac{1}{8}+\frac{1}{8}=\frac{1}{4},

所以 p=34p=\frac{3}{4} ．

进行了 3 轮还没有确定付账人的概率为

P(X>3)=1−P(X=1)−P(X=2)−P(X=3)=1−34−14×34−(14)2×34=164=0.0156\begin{aligned} P(X>3) & =1-P(X=1)-P(X=2)-P(X=3) \\ & =1-\frac{3}{4}-\frac{1}{4} \times \frac{3}{4}-\left(\frac{1}{4}\right)^2 \times \frac{3}{4}=\frac{1}{64} =0.0156 \end{aligned}

关于更多概率分布表见附录1：常见概率分布表

几何分布名称的由来

一个首项为 1 公比为 5 的几何数列，写为 1,5,25,125,625……1,5,25,125,625 \ldots \ldots 而一个首项为 1 ，公比为 5+n5+n 的超几何数列，nn 为项数，也就是第几项，前面提到的下脚标，那么会写成 1,6,42,336,3024…1,6,42,336,3024 \ldots ．看看下面的递推公式就更清楚了。

An+1An=5An+1An=5+n\frac{A_{n+1}}{A_n}=5 \quad \frac{A_{n+1}}{A_n}=5+n

由于比值不再是一个常数，而与项数 nn 有关，第二项变成了 1∗(5+1)1 *(5+1) ，第三项成了 1∗(5+1)∗(5+2)1 *(5+1) *(5+2) ，依次类推。并且通项公式也会不同，可以自己求一求。

An=5n−1A_n=5^{n-1}
An=(4+n)!5!A_n=\frac{(4+n)!}{5!}

我们同样也可以由通项公式求公比和首项，你可以试一试，令 nn 为 n+1、nn+1 、 n相比得到公比，令 nn 为 1 得到首项。我们可以注意到通项公式里有关于变量 nn 的阶乘形式的，这样的数列就会是一个超几何数列。

有了这些例子，我想超几何分布就不是什么难题了，如下。

Am=CMmCN−Mn−mCNn=(N−M)!(N−n)!M!n!(N−M+m−n)!(M−m)!(n−m)!N!m!A_m=\frac{C_M^m C_{N-M}^{n-m}}{C_N^n}=\frac{(N-M)!(N-n)!M!n!}{(N-M+m-n)!(M-m)!(n-m)!N!m!}

令 mm 为 0、m+1、m0 、 m+1 、 m 求得首项和公比。

A0=(N−M)!(N−n)!(N−M−n)!N!=CN−MnCNn,Am+1Am=(M−m)!(n−m)!(N−M+m−n+1)(m+1)\begin{aligned} A_0 & =\frac{(N-M)!(N-n)!}{(N-M-n)!N!}=\frac{C_{N-M}^n}{C_N^n}, \\ \frac{A_{m+1}}{A_m} & =\frac{(M-m)!(n-m)!}{(N-M+m-n+1)(m+1)} \end{aligned}

因为公比是一个关于下脚标 mm 的函数，依据超几何数列的定义，我们可以知道该数列为超几何数列。

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