[瞎想笔记] 浅浅浅谈期望

语言极不严谨，但大概应该是对的......

这篇文章旨在帮助初学者了解一些关于期望的最基础的运用。

从另一个角度看期望

在概率论和统计学中，数学期望(mean)（或均值，亦简称期望）是试验中每次可能结果的概率乘以其结果的总和，是最基本的数学特征之一。它反映随机变量平均取值的大小。

（摘自百度百科）

在高中数学中，对于期望的应用多限于“试验中每次可能结果的概率乘以其结果的总和”，以计算一些分散的情况为主。可是期望还有另一面——“反映随机变量平均取值的大小”，即一个综合的、平均的情况。从这个角度出发思考问题，可以解决一些高中数学难以解决的问题。当然，这些只是关于期望最简单最基本的东西。

接下来，我将以一些具体问题为引，谈一谈期望的另一面的具体应用。

从抛硬币问题开始

Q1：

• 抛一枚质地均匀的硬币，抛到正面停止，记抛硬币的次数为 (xi)，求抛硬币次数的期望，即 (E(xi))。

先看一下高中的解法吧，因为很简单，看着式子就能看懂，就不解释了。

[egin{aligned}E(xi)&=sum_{i=1}^{infty}frac{i}{2^i}\2E(xi)&=sum_{i=0}^{infty}frac{i+1}{2^i}\E(xi)&=1+sum_{i=1}^{infty}frac1 {2^i}\E(xi)&=2end{aligned} ]

这就是高中数学的解法，可以看到用了一个等差乘等比就完成了，也是挺方便的。

那么如果我们应用刚刚在上面提到的期望的另一个面，即期望“反映随机变量平均取值的大小”的角度，该如何来解决这个问题呢？

期望反映随机变量平均取值的大小，即是诸多分散情况的平均或者说是综合。在这个具体问题中，则体现为——平均抛 (E(xi)) 次硬币即能抛到正面。而在这个平均之中，便已经完全包含了所有的分散情况。

对于这个问题，我们可以先思考另一个问题（曲线救国？）：

• 抛一枚质地均匀的硬币，抛到两次正面后停止，记抛硬币的次数为 (x)，求抛硬币次数的期望，即 (E(x))。

根据期望的线性性，显然：(E(x)=2E(xi))

那么如果进行一些稍具体的分析呢？

先平均抛(E(xi))次硬币，抛到一次正面，那么接下来便只需要再抛出一个硬币即可。

讨论第 ("E(xi)+1") 次抛硬币的情况。

1. 有(frac 1 2)的概率抛到正面，那么此时因为已经抛到了两次正面，抛硬币事件结束。这种情况对(E(x))的贡献为：(frac1 2 imes (E(xi)+1))

2. 有(frac1 2)的概率抛到反面，那么此时若要结束抛硬币事件还需要再抛出一个正面，而抛出一次正面需要平均抛(E(xi))次，那么这种情况对于(E(x))的贡献即为：(frac 1 2 imes (2E(xi)+1))

那么这时候，我们就可以列出方程了：

[egin{aligned}E(x)=2E(xi)&=frac1 2 imes(E(xi)+1)+frac1 2 imes(2E(xi)+1)\frac1 2E(xi)&=1\E(xi)&=2end{aligned} ]

可以看到，我们得到了一样的结论（废话）。

经过了上述讨论，想必加深了大家（指初学者）对于期望的理解。

Q2：

• 抛一枚质地均匀的硬币，连续两次抛到正面后停止，记抛硬币的次数为 (xi)，求抛硬币次数的期望，即 (E(xi))。

这次没有高中数学的解法了 （因为我不会

但是答案是没有问题的，仓鼠已经用《具体数学》中生成函数的方法做过了。

其实这个问题还是仓鼠问我的，被我用“野路子”瞎搞出来了而已。

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运用上一个问题的结论，考虑先平均抛两次，第二次抛到了正面。

考虑第三次抛硬币的情况：

1. 若抛到正面，那么抛硬币事件就结束了，这种情况对于(E(xi))的贡献即为：(frac 1 2 imes(2+1))

2. 若抛到反面，那么就相当于重新回到了起点，需要重新开始抛硬币，但是已经抛了的次数依然要算，(frac 1 2)的概率依然要乘，那么这种情况对于(E(xi))的贡献即为：(frac 1 2 imes(E(xi)+3))

得到方程：

[egin{aligned}E(xi)&=frac1 2 imes(2+1)+frac1 2 imes(E(xi)+3)\frac1 2E(xi)&=3\E(xi)&=6end{aligned} ]

稍加推广

• 抛一枚质地均匀的硬币，连续 (n) 次抛到正面后停止，记抛硬币的次数为 (xi)，求抛硬币次数的期望，即 (E_n(xi))。

与(Q2)类似，我们直接写出方程：

（因为真的是一模一样，就不解释了）

[egin{aligned}E_n(xi)&=frac1 2 imes(E_{n-1}(xi)+1)+frac1 2 imes(E_{n-1}(xi)+1+E_n(xi))\frac1 2E_n(xi)&=E_{n-1}(xi)+1\E_n(xi)+2&=2 imes(E_{n-1}(xi)+2)\E_n(xi)&=(E_1(xi)+2) imes2^{n-1}-2\E_n(xi)&=2^{n+1}-2end{aligned} ]

回溯

敏锐的你肯定已经发现了，其实对于(Q1)，我们根本无需曲线救国，曲线救国只是为了方便初学者理解。

与(Q2)类似，直接写出方程：

[egin{aligned}E(xi)&=frac1 2 imes1+frac1 2 imes(E(xi)+1)\frac 1 2E(xi)&=1\E(xi)&=2end{aligned} ]

非常简单

Q3:

• 抛一枚质地均匀的硬币，抛到过正面和反面后停止（即正反面都抛到过，如：正正正反），记抛硬币的次数为 (xi)，求抛硬币次数的期望，即 (E(xi))。

对于第一次抛硬币：

1. 若抛到正面，那么此时便需要抛到反面以使事件结束，而根据q1，抛到一次反面即停止 平均要抛2次，那么这种情况对于(E(xi))的贡献即为：(frac 1 2 imes(1+2))

2. 若抛到反面，和1的情况一模一样

那么我们便可直接写出式子：

[E(x)=frac 1 2 imes(1+2) imes2=3 ]

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看完这些抛硬币问题，相信初学者已经对这套从另一个角度出发的对于期望的应用，已经有所掌握了。 （熟练掌握瞎搞野路子

以摸球问题结束

Q4:

• 盒子中有同样数量的(A,B,C) 三种球，有放回地摸球，摸到(A)球即停止，记摸球次数为 (xi)，求 (E(xi))。

(E(xi)=3)

同q1，不再赘述。

Q5:

• 盒子中有同样数量的(A,B,C) 三种球，有放回地摸球，摸到过(A)球和(B)球即停止，记摸球次数为 (xi)，求 (E(xi))。

先考虑摸出一个(A)球或(B)球的期望。

那么此时盒子中便已经只剩下了两种球：一种是(A/B)球，摸到它的概率是(frac 2 3)；一种是(C)球，摸到它的概率是(frac 1 3)。

同q1，(E(xi_{A/B})=frac 3 2)

即是说，若想要摸出一个(A/B)球，平均要摸(frac 3 2)次。

对于(Q5)，我们只要先平均摸(frac 3 2)次摸到(A)球或(B)球，然后再平均摸3次（(Q4)结论），摸到(B)球或(A)球即可。

得到：

(E(xi)=frac 3 2+3=frac 9 2)

Q6:

• 盒子中有同样数量的(A,B,C) 三种球，有放回地摸球，摸到过(A)球、(B)球和(C)球即停止，记摸球次数为 (xi)，求 (E(xi))。

同样的，我们先摸出一个(A/B/C)球，平均要摸 (1) 次。

然后再摸出(BC/AC/AB)两球，根据(Q5)结论，平均要摸 (frac 9 2) 次

得到：

(E(xi)=1+frac 9 2=frac {11} 2)

稍加推广

• 盒子中有同样数量的 (n) 种球，有放回地摸球，摸到过其中指定的 (m) 种球即停止，记摸球次数为 (xi)，求 (E(xi))。

[egin{aligned}E(xi)=sum_{i=1}^mfrac n iend{aligned} ]

只要按照(Q4,Q5,Q6)这样的顺序摸球即可得到以上式子。

写在后面

时隔半年，又一次写下博客，不过这次却不再是以一个信竞选手的身份了，感慨万千......

（虽然写的依然不是高考内容