USTC概率论习题课讲义第1章基本内容16(2)利用条件期望的性质，我们有B[X,] = B[B[X,IX,]] = B[X,(X, > 0]P(X, > 0) +B[X,IX, = O]P(X; = 0)而P(X, = k[X; = 0) = P(X) =k, Xi =0) n!1k1ol(n-k)ppl(1 -pi-p)"-kP(X; = 0)(1- pi)nPj()()* (1-1-p.)1因此,npjB[X,X; = 0] =1-pi利用 B[X)) =npj, P(Xi = 0) =(1-pi)", P(X > 0) = 1 -(1 - pi)", 有B[X;(X, >0] = np;(1 -(1 - p)"-1)1 -(1 - pi)n注补充协方差中两个很有用的结论：(x -Zvar(X)+2 Z Cov(Xi, X).1. Vari=1i=1l<i<j≤n2.双线性性:Cov(aX+bY,Z)=aCov(X,Z)+bCov(Y,Z),Cov(X,aY+bZ)=aCov(X,Y)+bCov(X,Z).我们可以从“投影"的角度理解条件期望，下面事实说明B[YIX]=argminB[(Y-g(x))}].换言之g(x)假设“X”是你已知的信息，此时“Y”可以做最好的估计例题1.18设（X,Y）是联合离散随机向量，X与Y的二阶矩存在，记±（X）：=E[YIX].若g为可测函数且g(X)的二阶矩存在,证明：B[(Y -±(X))] ≤B[(Y - g(X)]解我们有E[(Y - g(X))] =E[(Y -(X) +(X) - g(X))}]= E[(Y -(X)1 +2E[(Y - ±(X))(±(X) - g(X)) +E[(±(X) - g(X)]利用B[(μ(X)-g(X))] ≥0 以及B[(Y-±(X))((X)-g(X))) =B[B[(Y-±(X))((X) -g(X))/X)=B[((X) - g(X))B[(Y -±(X)IX))= B[((X) - g(X)(B[YIX) -(X))]= 0.注类似地,我们亦可以从“投影"的角度理解方差：Var(X)=minE[(X-a)].因为E[(X - a)}] = a? - 2aE[X] +E[X] = (a - E[X])? + Var(X) ≥ Var(X),等号当且仅当a=E[XI时取等，此时即为Var(X)的形式例题1.19独立重复地一个均匀般子，按序记录投掷的点数。记ti表示首次出现“i时殷子已投掷的总次数,其中1 ≤i,j≤6. 求B[t1],B[12]
USTC 概率论习题课讲义 第 1 章 基本内容 16 (2) 利用条件期望的性质, 我们有 E[𝑋𝑗] = E[E[𝑋𝑗 |𝑋𝑖]] = E[𝑋𝑗 |𝑋𝑖 > 0]P(𝑋𝑖 > 0) + E[𝑋𝑗 |𝑋𝑖 = 0]P(𝑋𝑖 = 0). 而 P(𝑋𝑗 = 𝑘 |𝑋𝑖 = 0) = P(𝑋𝑗 = 𝑘, 𝑋𝑖 = 0) P(𝑋𝑖 = 0) = 𝑛! 𝑘!0!(𝑛 − 𝑘)! 𝑝 𝑘 𝑗 𝑝 0 𝑖 (1 − 𝑝𝑖 − 𝑝 𝑗) 𝑛−𝑘 · 1 (1 − 𝑝𝑖) 𝑛 = 𝑛 𝑘 𝑝 𝑗 1 − 𝑝𝑖 𝑘 1 − 𝑝 𝑗 1 − 𝑝𝑖 𝑛−𝑘 . 因此, E[𝑋𝑗 |𝑋𝑖 = 0] = 𝑛𝑝 𝑗 1 − 𝑝𝑖 . 利用 E[𝑋𝑗] = 𝑛𝑝 𝑗 , P(𝑋𝑖 = 0) = (1 − 𝑝𝑖) 𝑛 , P(𝑋𝑖 > 0) = 1 − (1 − 𝑝𝑖) 𝑛 , 有 E[𝑋𝑗 |𝑋𝑖 > 0] = 𝑛𝑝 𝑗(1 − (1 − 𝑝𝑖) 𝑛−1 ) 1 − (1 − 𝑝𝑖) 𝑛 . 注 补充协方差中两个很有用的结论: 1. Var ∑𝑛 𝑖=1 𝑋𝑖 ! = ∑𝑛 𝑖=1 Var(𝑋𝑖) + 2 ∑ 1⩽𝑖< 𝑗⩽𝑛 Cov(𝑋𝑖 , 𝑋𝑗). 2. 双线性性: Cov(𝑎𝑋 +𝑏𝑌, 𝑍) = 𝑎Cov(𝑋, 𝑍) +𝑏Cov(𝑌, 𝑍), Cov(𝑋, 𝑎𝑌 +𝑏𝑍) = 𝑎Cov(𝑋, 𝑌) +𝑏Cov(𝑋, 𝑍). 我们可以从 “投影” 的角度理解条件期望, 下面事实说明 E[𝑌 |𝑋] = arg min 𝑔(𝑥) E[(𝑌 − 𝑔(𝑥))2 ]. 换言之, 假设 “𝑋” 是你已知的信息, 此时 “𝑌” 可以做最好的估计: 例题 1.18 设 (𝑋, 𝑌) 是联合离散随机向量, 𝑋 与 𝑌 的二阶矩存在, 记 𝜓(𝑋) := E[𝑌 |𝑋]. 若 𝑔 为可测函数且 𝑔(𝑋) 的二阶矩存在, 证明: E[(𝑌 − 𝜓(𝑋))2 ] ⩽ E[(𝑌 − 𝑔(𝑋))2 ] 解 我们有 E[(𝑌 − 𝑔(𝑋))2 ] = E[(𝑌 − 𝜓(𝑋) + 𝜓(𝑋) − 𝑔(𝑋))2 ] = E[(𝑌 − 𝜓(𝑋))2 ] + 2E[(𝑌 − 𝜓(𝑋)) (𝜓(𝑋) − 𝑔(𝑋))] + E[(𝜓(𝑋) − 𝑔(𝑋))2 ]. 利用 E[(𝜓(𝑋) − 𝑔(𝑋))2 ] ⩾ 0 以及 E[(𝑌 − 𝜓(𝑋)) (𝜓(𝑋) − 𝑔(𝑋))] = E[E[(𝑌 − 𝜓(𝑋)) (𝜓(𝑋) − 𝑔(𝑋))|𝑋]] = E[(𝜓(𝑋) − 𝑔(𝑋))E[(𝑌 − 𝜓(𝑋))|𝑋]] = E[(𝜓(𝑋) − 𝑔(𝑋)) (E[𝑌 |𝑋] − 𝜓(𝑋))] = 0. 注 类似地, 我们亦可以从 “投影” 的角度理解方差: Var(𝑋) = min 𝑎∈R E[(𝑋 − 𝑎) 2 ]. 因为 E[(𝑋 − 𝑎) 2 ] = 𝑎 2 − 2𝑎E[𝑋] + E[𝑋 2 ] = (𝑎 − E[𝑋])2 + Var(𝑋) ⩾ Var(𝑋), 等号当且仅当 𝑎 = E[𝑋] 时取等, 此时即为 Var(𝑋) 的形式. 例题 1.19 独立重复地掷一个均匀骰子, 按序记录投掷的点数. 记 𝜏𝑖 𝑗 表示首次出现 “𝑖 𝑗” 时骰子已投掷的 总次数, 其中 1 ⩽ 𝑖, 𝑗 ⩽ 6. 求 E[𝜏11], E[𝜏12]
USTC概率论习题课讲义第1章基本内容17解记Ni,N2分别表示第1,2次般子投掷的点数，Ti表示首次出现“"时般子已投掷的总次数，则有B[t11] = E[B[T/Ni]] =E[T/N = 1]P(N = 1) +B[tnlNi + 1]P(N + 1)51= B[B[T11|N1 = 1, N2]] -+(1+E[T]) .66+(1 +E[]) .= (B[↑11/Ni = 1, N2 = 1]P(N2 = 1) + E[T11/N1 = 1, N2 + 1]P(N2 + 1)) -6I +(1+E[ml) (2. +(2+B[)6e6635E[m]+?636因此E[↑11] = 42.类似地，有B[↑12] = E[E[↑12|Ni] = B[T12|N1 = 1]P(N1 = 1) + E[↑12|N1 + 1]P(Ni + 1)5= E[t12|Ni = 1] . = + (1 +B[T12]) -66同时，我们有B[↑12/N1 = 1] = B[B[T12/N1 = 1, N2]]= E[T12Ni = 1, N2 = 1]P(N2 = 1) + E[T12/Ni = 1, N2 = 2]P(N2 = 2)+B[↑12/Ni = 1, N2 + 1,2]P(N2 ± 1,2)1A= (1 +E[T12/N1 = 1]) - +2.=+(2+E[T12]) *66611B[T12/N1 = 1] + =E[↑12] +66将上述两式联立可得,B[T12]=36.练习1.11小朋友A有N块积木，N服从参数为入的泊松分布，每块积木由小朋友B独立地以的概率拿走.记小朋友B拿走的积木块数为K,求E[K],E[N|K]练习1.12一个瓮包括了b个蓝球和r个红球b+r+1(1）在瓮中随机取球，直到第一个蓝球被取出后停止.证明取出的总球数的期望值是+(2）在瓮中随机取球，直到某一种颜色的球都被取出后停止求瓮中取出的总球数的期望值白练习1.13证明：Var(Y) = B[Var(Y|X)] + Var(B[Y|X))注这里定义条件方差：Var(Y|X) = B[Y]X] - (B[Y|X])?
USTC 概率论习题课讲义 第 1 章 基本内容 17 解 记 𝑁1, 𝑁2 分别表示第 1, 2 次骰子投掷的点数, 𝜏𝑖 表示首次出现 “𝑖” 时骰子已投掷的总次数, 则有 E[𝜏11] = E[E[𝜏11|𝑁1]] = E[𝜏11|𝑁1 = 1]P(𝑁1 = 1) + E[𝜏11|𝑁1 ≠ 1]P(𝑁1 ≠ 1) = E[E[𝜏11|𝑁1 = 1, 𝑁2]] · 1 6 + (1 + E[𝜏11]) · 5 6 = (E[𝜏11|𝑁1 = 1, 𝑁2 = 1]P(𝑁2 = 1) + E[𝜏11|𝑁1 = 1, 𝑁2 ≠ 1]P(𝑁2 ≠ 1)) · 1 6 + (1 + E[𝜏11]) · 5 6 = 2 · 1 6 + (2 + E[𝜏11]) · 5 6 · 1 6 + (1 + E[𝜏11]) · 5 6 = 35 36 E[𝜏11] + 7 6 因此 E[𝜏11] = 42. 类似地, 有 E[𝜏12] = E[E[𝜏12|𝑁1]] = E[𝜏12|𝑁1 = 1]P(𝑁1 = 1) + E[𝜏12|𝑁1 ≠ 1]P(𝑁1 ≠ 1) = E[𝜏12|𝑁1 = 1] · 1 6 + (1 + E[𝜏12]) · 5 6 . 同时, 我们有 E[𝜏12|𝑁1 = 1] = E[E[𝜏12|𝑁1 = 1, 𝑁2]] = E[𝜏12|𝑁1 = 1, 𝑁2 = 1]P(𝑁2 = 1) + E[𝜏12|𝑁1 = 1, 𝑁2 = 2]P(𝑁2 = 2) + E[𝜏12|𝑁1 = 1, 𝑁2 ≠ 1, 2]P(𝑁2 ≠ 1, 2) = (1 + E[𝜏12|𝑁1 = 1]) · 1 6 + 2 · 1 6 + (2 + E[𝜏12]) · 4 6 = 1 6 E[𝜏12|𝑁1 = 1] + 2 3 E[𝜏12] + 11 6 . 将上述两式联立可得, E[𝜏12] = 36. 练习 1.11 小朋友 𝐴 有 𝑁 块积木, 𝑁 服从参数为 𝜆 的泊松分布, 每块积木由小朋友 𝐵 独立地以 1 2 的概率 拿走. 记小朋友 𝐵 拿走的积木块数为 𝐾, 求 E[𝐾], E[𝑁|𝐾]. 练习 1.12 一个瓮包括了 𝑏 个蓝球和 𝑟 个红球. (1) 在瓮中随机取球, 直到第一个蓝球被取出后停止. 证明取出的总球数的期望值是 𝑏 + 𝑟 + 1 𝑏 + 1 . (2) 在瓮中随机取球, 直到某一种颜色的球都被取出后停止. 求瓮中取出的总球数的期望值. 练习 1.13 证明: Var(𝑌) = E[Var(𝑌 |𝑋)] + Var(E[𝑌 |𝑋]) 注 这里定义条件方差: Var(𝑌 |𝑋) = E[𝑌 2 |𝑋] − (E[𝑌 |𝑋])2
USTC概率论习题课讲义第1章基本内容181.8概率母函数定义1.6非负整数值随机变量X的(概率)母函数：Gx(s):=E[s}=s'P(X=i)i=0定义1.7(X,Y）非负整数值向量，联合概率母函数G(s, t) :=B[sX)- sNP(X = i,Y = J).i.j=0G(s）为概率母函数的判定条件：G(s）系数非负，G(1)=1概率母函数的优点是它简单，在离散型随机过程中会用到相关结果.后续的一一对应说明，对这类随机变量概率分布的研究可转化为母函数的研究，加之母函数是一类幂级数，有许多好的性质以便于处理，尤其用于求概率分布的数字特征（矩）上.缺点一方面是其局限性大（仅适用于非负整数值随机变量），另一方面是不能用其完全确定分布函数.以上问题会通过引入特征函数来解决，以后上课会讲。概率母函数的性质：(1)唯一性：对非负整值随机变量X,母函数一分布列.一：定义；一:Gx(s）是在（-R,R）内任意阶可微的幂级数（R≥1)，并有G() (0)P(X =i) =i(2) 算矩: E[X) = G'(1), E[X(X - 1) ..- (X - k + 1)) = G(k)(1), Var(X) = G"(1) + G'(1)(1 - G'(1).(3)卷积：设Xi,,X相互独立,G(s)=E[sX].则Y=厂xk母函数为k=1Gy(s) = Gi(s) ..Gn(s).(4)套娃：设(Xk：k≥1)i.i.d,母函数为Gx(s),随机变量N与(Xk：k≥1)独立,其母函数为G(s)N则Y=X有母函数k=1Gy(s) = Gn (Gx(s).(5) 独立: X与 Y独立 G(s,t)=Gx(s)Gy(t)例题1.20计算以下常见离散型的母函数及矩：(1)二项分布: X~ B(n,p), Gx(s)=Chp'q"-i5i =(ps+q)".利用i=0Gx(1)= n(n - 1)p2(ps +q)= n(n- 1)p)Gx(1) = np(ps + q)=np,可求得B[X] = np,Var(X) = np(1 - p)
USTC 概率论习题课讲义 第 1 章 基本内容 18 1.8 概率母函数 定义 1.6 ♣ 非负整数值随机变量 𝑋 的(概率) 母函数: 𝐺𝑋 (𝑠) := E[𝑠 𝑋 ] = ∑∞ 𝑖=0 𝑠 𝑖P(𝑋 = 𝑖). 定义 1.7 ♣ (𝑋, 𝑌) 非负整数值向量, 联合概率母函数 𝐺(𝑠, 𝑡) := E[𝑠 𝑋 𝑡 𝑌 ] = ∑∞ 𝑖, 𝑗=0 𝑠 𝑖 𝑡 𝑗P(𝑋 = 𝑖, 𝑌 = 𝑗). 𝐺(𝑠) 为概率母函数的判定条件: 𝐺(𝑠) 系数非负, 𝐺(1) = 1. 概率母函数的优点是它简单, 在离散型随机过程中会用到相关结果. 后续的一一对应说明, 对这类 随机变量概率分布的研究可转化为母函数的研究, 加之母函数是一类幂级数, 有许多好的性质以便于处 理, 尤其用于求概率分布的数字特征 (矩) 上. 缺点一方面是其局限性大 (仅适用于非负整数值随机变量), 另一方面是不能用其完全确定分布函数. 以上问题会通过引入特征函数来解决, 以后上课会讲. 概率母函数的性质: (1) 唯一性: 对非负整值随机变量 𝑋, 母函数 ⇐⇒ 分布列. ⇐=: 定义; =⇒: 𝐺𝑋 (𝑠) 是在 (−𝑅, 𝑅) 内任意阶可微的幂级数 (𝑅 ≥ 1), 并有 P(𝑋 = 𝑖) = 𝐺 (𝑖) (0) 𝑖! . (2) 算矩: E[𝑋] = 𝐺 0 (1), E[𝑋(𝑋 − 1) · · · (𝑋 − 𝑘 + 1)] = 𝐺 (𝑘) (1), Var(𝑋) = 𝐺 00(1) + 𝐺 0 (1) (1 − 𝐺 0 (1)). (3) 卷积: 设 𝑋1, · · · , 𝑋𝑛 相互独立, 𝐺𝑘 (𝑠) = E[𝑠 𝑋𝑘 ]. 则 𝑌 = ∑𝑛 𝑘=1 𝑋𝑘 母函数为 𝐺𝑌 (𝑠) = 𝐺1 (𝑠) · · · 𝐺𝑛(𝑠). (4) 套娃: 设 {𝑋𝑘 : 𝑘 ≥ 1}i.i.d, 母函数为 𝐺𝑋 (𝑠), 随机变量 𝑁 与 {𝑋𝑘 : 𝑘 ≥ 1} 独立, 其母函数为 𝐺 𝑁 (𝑠). 则 𝑌 = ∑ 𝑁 𝑘=1 𝑋𝑘 有母函数 𝐺𝑌 (𝑠) = 𝐺 𝑁 (𝐺𝑋 (𝑠)) . (5) 独立: 𝑋 与 𝑌 独立 ⇔ 𝐺(𝑠, 𝑡) = 𝐺𝑋 (𝑠)𝐺𝑌 (𝑡). 例题 1.20 计算以下常见离散型的母函数及矩: (1) 二项分布: 𝑋 ∼ 𝐵(𝑛, 𝑝), 𝐺𝑋 (𝑠) = ∑𝑛 𝑖=0 C 𝑖 𝑛 𝑝 𝑖 𝑞 𝑛−𝑖 𝑠 𝑖 = (𝑝𝑠 + 𝑞) 𝑛 . 利用 𝐺 0 𝑋 (1) = 𝑛𝑝(𝑝𝑠 + 𝑞) 𝑠=1 = 𝑛𝑝, 𝐺00 𝑋 (1) = 𝑛(𝑛 − 1)𝑝 2 (𝑝𝑠 + 𝑞) 𝑠=1 = 𝑛(𝑛 − 1)𝑝 2 可求得 E[𝑋] = 𝑛𝑝, Var(𝑋) = 𝑛𝑝(1 − 𝑝)
第1章基本内容 19USTC概率论习题课讲义00ps利用(2)几何分布：X服从参数为p的几何分布,Gx(s)=>pq1-qs1=112pq2(1 - p)pGx(1) =G(1)(1 - qs)2s=1 p(1 - qs)3 /sp2可求得I1-pE[X] =Var(X)bp2i-~=e(s-1),利用(3)泊松分布：X~P(a),Gx(s)=i!i=0Gx(1) = Ne(s-1)|GX(1) = Xe2(s-1)三入=入,可求得B[X] = Var(X) = >.注可以通过母函数来验证一些离散型随机变量的可加性：二项分布：XI~B(n1,P),X2~B(n2,P),X与X2独立,则Gxi+X2(s) = (ps + g)"+n2即X+X2~B(n1+n2P)泊松分布：X1~P(A1),X2~P(A2),X与X2独立,则Gxi+X (s) = e(di+/2)(s-1)即 X1 + X2 ~ P(1 + 22).引理1.10N设(Xk: k≥ 1) i.i.d X,随机变量 N 与 (Xk: k≥1) 独立,Y=【Xk.用母函数的方法证明：k=1Var(Y) = B[N] Var[X] + Var[N] - (B[X])?.B[YI = E[NI -E[X],注在本课程的作业和考试中若使用该引理必须给出证明证明记X的母函数为F(s),N的母函数为G(s).则Y的母函数为Y(s)=G(F(s).而Y"(s) = G"(s)(F(s)(F'(s)? +G'(F(s)F"(s),Y'(s) = G'(F(s))F'(s),因此有E[Y] = Y'(1) = G'(F(1))F'(1) = G'(1)F'(1) = E[N] - E[X]及Var(Y) = Y"(1) +Y'(1) - (Y'(1)? = G"(1)(F'(1)? +G'(1)F"(1) +G'(1)F'(1) - (G'(1)F'(1)2= G'(1)(F"(1) + F'(1) - (F'(1)3) + (F'(1)(G"(1) +G'(1) - (G'(1)3)= B[N] - Var[X] + Var[N] - (B[X])?例题1.21设S=Xi+Xz+..·+XN为N个相互独立的随机变量之和，其中每个随机变量等概率地取值1,2,,m.求(1)SN的概率母函数G(s)
USTC 概率论习题课讲义 第 1 章 基本内容 19 (2) 几何分布: 𝑋 服从参数为 𝑝 的几何分布,𝐺𝑋 (𝑠) = ∑∞ 𝑖=1 𝑝𝑞𝑖−1 𝑠 𝑖 = 𝑝𝑠 1 − 𝑞𝑠 . 利用 𝐺 0 𝑋 (1) = 𝑝 (1 − 𝑞𝑠) 2 𝑠=1 = 1 𝑝 , 𝐺00 𝑋 (1) = 2𝑝𝑞 (1 − 𝑞𝑠) 3 𝑠=1 = 2(1 − 𝑝) 𝑝 2 可求得 E[𝑋] = 1 𝑝 , Var(𝑋) = 1 − 𝑝 𝑝 2 . (3) 泊松分布: 𝑋 ∼ 𝑃(𝜆), 𝐺𝑋 (𝑠) = ∑∞ 𝑖=0 𝑠 𝑖 𝜆 𝑖 𝑖! 𝑒 −𝜆 = e 𝜆(𝑠−1) . 利用 𝐺 0 𝑋 (1) = 𝜆e 𝜆(𝑠−1) 𝑠=1 = 𝜆, 𝐺00 𝑋 (1) = 𝜆 2 e 𝜆(𝑠−1) 𝑠=1 = 𝜆 2 可求得 E[𝑋] = Var(𝑋) = 𝜆. 注 可以通过母函数来验证一些离散型随机变量的可加性: 二项分布: 𝑋1 ∼ 𝐵(𝑛1, 𝑝), 𝑋2 ∼ 𝐵(𝑛2, 𝑝), 𝑋1 与 𝑋2 独立, 则 𝐺𝑋1+𝑋2 (𝑠) = (𝑝𝑠 + 𝑞) 𝑛1+𝑛2 即 𝑋1 + 𝑋2 ∼ 𝐵(𝑛1 + 𝑛2, 𝑝). 泊松分布: 𝑋1 ∼ 𝑃(𝜆1), 𝑋2 ∼ 𝑃(𝜆2), 𝑋1 与 𝑋2 独立, 则 𝐺𝑋1+𝑋2 (𝑠) = 𝑒 (𝜆1+𝜆2) (𝑠−1) 即 𝑋1 + 𝑋2 ∼ 𝑃(𝜆1 + 𝜆2). 引理 1.10 ♥ 设 {𝑋𝑘 : 𝑘 ≥ 1} i.i.d 𝑋, 随机变量 𝑁 与 {𝑋𝑘 : 𝑘 ≥ 1} 独立, 𝑌 = ∑ 𝑁 𝑘=1 𝑋𝑘 . 用母函数的方法证明: E[𝑌] = E[𝑁] · E[𝑋], Var(𝑌) = E[𝑁] · Var[𝑋] + Var[𝑁] · (E[𝑋])2 . 注 在本课程的作业和考试中若使用该引理必须给出证明. 证明 记 𝑋 的母函数为 𝐹(𝑠), 𝑁 的母函数为 𝐺(𝑠). 则 𝑌 的母函数为 𝑌 (𝑠) = 𝐺(𝐹(𝑠)). 而 𝑌 0 (𝑠) = 𝐺 0 (𝐹(𝑠))𝐹 0 (𝑠), 𝑌00(𝑠) = 𝐺 00(𝑠) (𝐹(𝑠)) (𝐹 0 (𝑠))2 + 𝐺 0 (𝐹(𝑠))𝐹 00(𝑠). 因此有 E[𝑌] = 𝑌 0 (1) = 𝐺 0 (𝐹(1))𝐹 0 (1) = 𝐺 0 (1)𝐹 0 (1) = E[𝑁] · E[𝑋] 及 Var(𝑌) = 𝑌 00(1) + 𝑌 0 (1) − (𝑌 0 (1))2 = 𝐺 00(1) (𝐹 0 (1))2 + 𝐺 0 (1)𝐹 00(1) + 𝐺 0 (1)𝐹 0 (1) − (𝐺 0 (1)𝐹 0 (1))2 = 𝐺 0 (1) (𝐹 00(1) + 𝐹 0 (1) − (𝐹 0 (1))2 ) + (𝐹 0 (1))2 (𝐺 00(1) + 𝐺 0 (1) − (𝐺 0 (1))2 ) = E[𝑁] · Var[𝑋] + Var[𝑁] · (E[𝑋])2 . 例题 1.21 设 𝑆𝑁 = 𝑋1 + 𝑋2 + · · · + 𝑋𝑁 为 𝑁 个相互独立的随机变量之和, 其中每个随机变量等概率地取 值 1, 2, · · · , 𝑚. 求: (1) 𝑆𝑁 的概率母函数 𝐺(𝑠)
USTC概率论习题课讲义第1章基本内容20(2)关于k的序列P(SN≤k)的母函数Gi(s)(3)设N服从参数为pE(0,1)的几何分布,且N与(Xk:k≥1)独立,试回答(2)中的问题解(1)我们有(s(1 - sm)G(s) = (B[SX)N =m(1-(2)注意到P(SN≤0)=0,我们有G(s)=P(SN = k)sk-(P(SN≤k)-P(SN≤k- 1)sk-P(SN ≤k)skEP(SN≤k)S)k=1k=1k=1k-1因此8EP(SN≤k)s=G()=(1-s")Gi(s) =mN(1-s)N+I1-5k=lps(3)记N的母函数是Gn(s),例1.20已求得Gn(s)=，故(2)中母函数Go(s)为1- (1 - p)spGi(s)ps(1 - sm)Go(s) = Gn(G1(s)) =1- (1-p)Gi(s)m(1 - s)2 - s(1 - sm)(1 - s)(1 - p)练习1.14Grimmett5.12.8,5.12.1541.9一维简单随机游走So = a, Sn = Sn-1 + Xn = So + X, Xi,***,Xn 相互独立, 且 P(X, = 1) = p,P(X, =-1) = q, 这里i=1p+q = 1.注p=时，对称简单随机游走.课堂上我们已经讲了双吸收壁模型、时齐性+空齐性+Markov性、计数Nn(a,b)、反射原理及其应用一投票定理，接下来我们再补充一些内容我们先回顾投票定理：定理1.4（投票定理）若b>0,则bNn(0,b),#(从(0,0)到(n,b)且不再过x轴轨道)=M由此推出：定理1.5（不返回出发点）So = 0, n ≥ 1, 则[blp(Sn = b).P(SiS2 .*. Sn + 0, Sn = b) = n因此有P(SiS2 ... Sn + 0) = -E[ISnll.n
USTC 概率论习题课讲义 第 1 章 基本内容 20 (2) 关于 𝑘 的序列 P(𝑆𝑁 ⩽ 𝑘) 的母函数 𝐺1 (𝑠). (3) 设 𝑁 服从参数为 𝑝 ∈ (0, 1) 的几何分布, 且 𝑁 与 {𝑋𝑘 : 𝑘 ≥ 1} 独立, 试回答 (2) 中的问题. 解 (1) 我们有 𝐺(𝑠) = (E[𝑆 𝑋 ])𝑁 = ∑𝑚 𝑘=1 𝑠 𝑘 𝑚 𝑁 = 𝑠(1 − 𝑠 𝑚) 𝑚(1 − 𝑠) 𝑁 . (2) 注意到 P(𝑆𝑁 ⩽ 0) = 0, 我们有 𝐺(𝑠) = ∑∞ 𝑘=1 P(𝑆𝑁 = 𝑘)𝑠 𝑘 = ∑∞ 𝑘=1 (P(𝑆𝑁 ⩽ 𝑘) − P(𝑆𝑁 ⩽ 𝑘 − 1))𝑠 𝑘 = ∑∞ 𝑘=1 P(𝑆𝑁 ⩽ 𝑘)𝑠 𝑘 − 𝑠 ∑∞ 𝑘=1 P(𝑆𝑁 ⩽ 𝑘)𝑠 𝑘 ! 因此 𝐺1 (𝑠) = ∑∞ 𝑘=1 P(𝑆𝑁 ⩽ 𝑘)𝑠 𝑘 = 𝐺(𝑠) 1 − 𝑠 = 𝑠 𝑁 (1 − 𝑠 𝑚) 𝑁 𝑚𝑁 (1 − 𝑠) 𝑁 +1 . (3) 记 𝑁 的母函数是 𝐺 𝑁 (𝑠), 例 1.20 已求得 𝐺 𝑁 (𝑠) = 𝑝𝑠 1 − (1 − 𝑝)𝑠 , 故 (2) 中母函数 𝐺0 (𝑠) 为 𝐺0 (𝑠) = 𝐺 𝑁 (𝐺1 (𝑠)) = 𝑝𝐺1 (𝑠) 1 − (1 − 𝑝)𝐺1 (𝑠) = 𝑝𝑠(1 − 𝑠 𝑚) 𝑚(1 − 𝑠) 2 − 𝑠(1 − 𝑠𝑚) (1 − 𝑠) (1 − 𝑝) . 练习 1.14 Grimmett 5.12.8, 5.12.15. 1.9 一维简单随机游走 𝑆0 = 𝑎, 𝑆𝑛 = 𝑆𝑛−1 + 𝑋𝑛 = 𝑆0 + ∑𝑛 𝑖=1 𝑋𝑖 𝑋1, · · · , 𝑋𝑛 相互独立, 且 P(𝑋𝑖 = 1) = 𝑝, P(𝑋𝑖 = −1) = 𝑞, 这里 𝑝 + 𝑞 = 1. 注 𝑝 = 1 2 时, 对称简单随机游走. 课堂上我们已经讲了双吸收壁模型、时齐性 + 空齐性 +Markov 性、计数 𝑁𝑛(𝑎, 𝑏)、反射原理及其 应用—投票定理, 接下来我们再补充一些内容. 我们先回顾投票定理: 定理 1.4 (投票定理) ♥ 若 𝑏 > 0, 则 #{从(0, 0)到(𝑛, 𝑏)且不再过𝑥轴轨道} = 𝑏 𝑛 𝑁𝑛(0, 𝑏). 由此推出: 定理 1.5 (不返回出发点) ♥ 𝑆0 = 0, 𝑛 ≥ 1, 则 P(𝑆1𝑆2 · · · 𝑆𝑛 ≠ 0, 𝑆𝑛 = 𝑏) = |𝑏| 𝑛 P(𝑆𝑛 = 𝑏). 因此有 P(𝑆1𝑆2 · · · 𝑆𝑛 ≠ 0) = 1 𝑛 E[|𝑆𝑛|]