关于证明一个概率事件的期望次数

引入问题

如果一个事件 \(X\)\(p \in [0, 1]\) 的概率成功,那么就有 \(1-p\) 的概率失败,如果失败了就再次执行 \(X\) 事件。问 \(X\) 事件期望的操作次数。

问题求解与证明

因为 \(p = 0\) 的时候,不存在成功的情况,所以不进行考虑。

对于 \(p \in (0, 1]\) 的时候,很容易知道期望的操作次数是 \(\displaystyle \frac{1}{p}\) ,那如何证明呢?

无限和式

有一种很显然易见的解决办法就是无限和式。

考虑枚举在第几次成功了,那么贡献如下。
\[ \begin{align} E_{X} &= \sum_{i = 0}^{\infty} (1 - p)^i~p ~(i + 1) \\ &= p~[\sum_{i = 0}^{\infty} (1 - p)^i~(i + 1)] \end{align} \]

不难发现 \((1 - p) \in [0, 1)\) 所以这个序列是一个收敛到 \(0\) 的无穷序列(因为 \(i + 1\) 的增长速度远小与 \((1 - p)^i\) 的减小速度)

然后考虑这个式子如何求和,依然是扰动法。


\[ \begin{align} S=\sum_{i = 0}^{\infty} (1 - p)^i~(i + 1) \end{align} \]

那么有
\[ \begin{align} (1 - p)S&=\sum_{i = 1}^{\infty} (1 - p)^i~i\\ &=\sum_{i = 1}^{\infty} (1 - p)^i~(i + 1) - \sum_{i = 1}^{\infty} (1 - p)^i \end{align} \]

所以只需要求出
\[ \begin{align} T&=\sum_{i = 1}^{\infty} (1 - p)^i\\ \end{align} \]

这个也是很容易通过扰动法求出的。(也可以套公式,然后 \(a_{\infty} \rightarrow 0\) 所以直接忽略就行)
\[ \begin{align} (1 - p)T&=\sum_{i = 2}^{\infty} (1 - p)^i\\ \end{align} \]

\((6) - (7)\) 就有
\[ \begin{align} pT&=1 - p\\ T&=\frac{1 - p}{p} \end{align} \]

然后 \((3)-(5)\) 就变为
\[ \begin{align} pS&=1 + \frac{1 - p}{p} \\ p^2S &= p + 1 - p\\ S &= \frac{1}{p^2} \end{align} \]

所以最后的 \(E_{X}\)\(\displaystyle p \times \frac{1}{p^2} = \frac{1}{p}\) ,证毕。

根据期望方程求解

Hometown 告诉了我一个很巧妙且简短的做法。

可以设出一个期望方程为
\[ \begin{align} E_X = p + (1 - p)(E_X + 1) \end{align} \]

其意义为有 \(p\) 的概率直接在这步成功,剩下 \(1 - p\) 的概率失败,需要花费 \(E_X + 1\) 的期望成功。

那么就有
\[ \begin{align} E_X &= p + E_X + 1 - pE_X - p\\ E_X &= \frac{1}{p} \end{align} \]

所以结论成立,证毕。

概率生成函数

看了 \(\text{YMDrangon}\) 论文后,意识到这个问题其实就是个经典的掷骰子问题,可以利用概率生成函数解决。

\(f_i\) 为结束时尝试了 \(i\) 次的概率,其概率生成函数为 \(F(i)\) 。令辅助数列 \(g_i\) 为随机序列长度达到 \(i\) 还未结束的概率,其普通生成函数为 \(G(i)\)
\[ \begin{align} F(x) + G(x) &= 1 + xG(x)\\ G(x) (px) &= F(x) \end{align} \]

然后我们把 \((16)\) 两边求导并代入 \(x = 1\)\(F'(1) = G(1)\) ,同样把 \(x = 1\) 代入 \((17)\)\(\displaystyle F'(1) = G(1) = \frac{1}{p}\) ,得证。

总结

其实不仅仅是针对这个经典模型来说,对于大部分无限期望的模型这两种方法依然成立。

第一种方法,需要较为细致的数学推理以及对于无限和式的求值方法的掌握。

第二种求法,只需要精巧的列出方程求解就行了。

第三种求法,对于所有的掷骰子模型都有较大作用,并且扩展性较大比较推荐。

其实我就只是复习了一下无限和式的推导方法而已。。。数学课上无聊随便推了一下。。

其实不会证明,大概率也是可以猜出结论的。

无限期望 or 概率如果是收敛的话,常常最后的表达式通常是十分精巧的,能用这三种方法进行推导和证明。

posted @ 2018-11-23 20:13  zjp_shadow  阅读(...)  评论(...编辑  收藏