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概率论-CH5-几何分布与泊松分布

概率论-CH5-几何分布与泊松分布，待补充摘要。

May 26, 2026 修考 47 min read

https://www.eecs70.org/assets/pdf/notes/n18.pdf

https://gemini.google.com/app/fff43ab677a9b2e6

概率论学习笔记：几何分布与泊松分布

1. 几何分布 (Geometric Distribution)

1.1 核心概念与定义

几何分布通常用于描述“在某件事发生之前所需要等待的时间/尝试次数”。

  • 直观物理图像：我们进行一系列独立的伯努利试验（如抛硬币，正面概率为 pp），最后一次尝试成功，而前面所有的尝试全部失败。
  • 随机变量定义：设 XX 为得到第一次成功所需要的总试验次数，则 XX 服从参数为 pp 的几何分布。
  • 记作：X∼Geom(p)X \sim \text{Geom}(p) 或 X∼Geometric(p)X \sim \text{Geometric}(p)，其中 X∈{1,2,3,… }X \in \{1, 2, 3, \dots\}。

1.2 概率质量函数 (PMF)

由于前 i−1i-1 次均失败（概率为 1−p1-p），第 ii 次成功（概率为 pp），且各次试验相互独立，因此：

P[X=i]=(1−p)i−1p,i=1,2,3,…\mathbb{P}[X = i] = (1-p)^{i-1}p, \quad i = 1, 2, 3, \dots

验证总概率为 1：

利用无穷等比级数求和公式 ∑n=0∞rn=11−r (∣r∣<1)\sum_{n=0}^{\infty} r^n = \frac{1}{1-r} \ (|r| < 1)：

∑i=1∞P[X=i]=∑i=1∞(1−p)i−1p=p∑k=0∞(1−p)k=p⋅11−(1−p)=1\sum_{i=1}^{\infty} \mathbb{P}[X = i] = \sum_{i=1}^{\infty} (1-p)^{i-1}p = p \sum_{k=0}^{\infty} (1-p)^k = p \cdot \frac{1}{1-(1-p)} = 1

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💡 💡 重难点突破 1：尾部和公式 (Tail Sum Formula)

个人备忘：手写笔记中提到“尾部公式不好想、尾部和内径不好记”。这里用最直观的**二维网格 regrouping（重新分组）**来证明它。

定理：尾部和公式

对于任何只取非负整数值（即 {0,1,2,… }\{0, 1, 2, \dots\}）的随机变量 XX，其期望值可以表示为：

E[X]=∑i=1∞P[X≥i]\mathbb{E}[X] = \sum_{i=1}^{\infty} \mathbb{P}[X \geq i]

直观证明（网格展开法）：

我们将期望 E[X]=∑j=1∞j⋅P[X=j]\mathbb{E}[X] = \sum_{j=1}^{\infty} j \cdot \mathbb{P}[X=j] 的每一项展开：

  • 1⋅P[X=1]=P[X=1]1 \cdot \mathbb{P}[X=1] = \mathbb{P}[X=1]
  • 2⋅P[X=2]=P[X=2]+P[X=2]2 \cdot \mathbb{P}[X=2] = \mathbb{P}[X=2] + \mathbb{P}[X=2]
  • 3⋅P[X=3]=P[X=3]+P[X=3]+P[X=3]3 \cdot \mathbb{P}[X=3] = \mathbb{P}[X=3] + \mathbb{P}[X=3] + \mathbb{P}[X=3]
  • …\dots

我们将这些项排成一个三角形网格：

E[X]=P[X=1] +P[X=2]+P[X=2] +P[X=3]+P[X=3]+P[X=3] +P[X=4]+P[X=4]+P[X=4]+P[X=4] +…\begin{aligned} \mathbb{E}[X] &= \mathbb{P}[X=1] \ &+ \mathbb{P}[X=2] + \mathbb{P}[X=2] \ &+ \mathbb{P}[X=3] + \mathbb{P}[X=3] + \mathbb{P}[X=3] \ &+ \mathbb{P}[X=4] + \mathbb{P}[X=4] + \mathbb{P}[X=4] + \mathbb{P}[X=4] \ &+ \dots \end{aligned}

  • 按行求和：就是标准的期望定义 ∑j=1∞j⋅P[X=j]\sum_{j=1}^{\infty} j \cdot \mathbb{P}[X=j]。
  • 按列求和：
    • 第一列之和：P[X=1]+P[X=2]+P[X=3]+⋯=P[X≥1]\mathbb{P}[X=1] + \mathbb{P}[X=2] + \mathbb{P}[X=3] + \dots = \mathbb{P}[X \ge 1]
    • 第二列之和：P[X=2]+P[X=3]+P[X=4]+⋯=P[X≥2]\mathbb{P}[X=2] + \mathbb{P}[X=3] + \mathbb{P}[X=4] + \dots = \mathbb{P}[X \ge 2]
    • 第三列之和：P[X=3]+P[X=4]+P[X=5]+⋯=P[X≥3]\mathbb{P}[X=3] + \mathbb{P}[X=4] + \mathbb{P}[X=5] + \dots = \mathbb{P}[X \ge 3]
    • 依此类推，第 ii 列之和正是 P[X≥i]\mathbb{P}[X \ge i]。

因此，将所有列相加，立得：

E[X]=∑i=1∞P[X≥i]\mathbb{E}[X] = \sum_{i=1}^{\infty} \mathbb{P}[X \ge i]

这个网格展开法非常形象，以后只要在脑海里画出这个三角形，就能瞬间记住并推导该公式！

💡 💡 重难点突破 2：几何分布均值与方差的严格证明

个人备忘：手写笔记中红字写着“其实期望和方差可以用证明，我没看明白”。下面给出两种最经典的推导方法，助你彻底攻克这一关。

1. 期望 E[X]\mathbb{E}[X] 的计算

【方法一：利用尾部和公式（极力推荐，最简便）】

对于几何分布 X∼Geom(p)X \sim \text{Geom}(p)，事件 “X≥iX \ge i” 的物理意义是：前 i−1i-1 次试验全部失败。 因此，其概率非常直观：

P[X≥i]=(1−p)i−1\mathbb{P}[X \ge i] = (1-p)^{i-1}

直接带入尾部和公式：

E[X]=∑i=1∞P[X≥i]=∑i=1∞(1−p)i−1\mathbb{E}[X] = \sum_{i=1}^{\infty} \mathbb{P}[X \ge i] = \sum_{i=1}^{\infty} (1-p)^{i-1}

这又是一个首项为 1、公比为 1−p1-p 的等比级数，直接套用求和公式：

E[X]=11−(1−p)=1p\mathbb{E}[X] = \frac{1}{1 - (1-p)} = \frac{1}{p}

证明完毕！是不是非常精妙且简单？

【方法二：利用微积分级数求导技巧】

这是教科书上常见的证明方法。从等比级数出发：

∑i=0∞(1−p)i=1p\sum_{i=0}^{\infty} (1-p)^i = \frac{1}{p}

对等式两边关于 pp 进行求导：

ddp[∑i=0∞(1−p)i]=ddp(1p)\frac{d}{dp} \left[ \sum_{i=0}^{\infty} (1-p)^i \right] = \frac{d}{dp} \left( \frac{1}{p} \right)

利用求导法则（注意左边链式法则求导会产生一个 −1-1）：

∑i=1∞i(1−p)i−1⋅(−1)=−1p2  ⟹  ∑i=1∞i(1−p)i−1=1p2\sum_{i=1}^{\infty} i(1-p)^{i-1} \cdot (-1) = -\frac{1}{p^2} \implies \sum_{i=1}^{\infty} i(1-p)^{i-1} = \frac{1}{p^2}

将此结果带入期望的直接定义式中：

E[X]=∑i=1∞i⋅P[X=i]=∑i=1∞i(1−p)i−1p=p∑i=1∞i(1−p)i−1=p⋅1p2=1p\mathbb{E}[X] = \sum_{i=1}^{\infty} i \cdot \mathbb{P}[X = i] = \sum_{i=1}^{\infty} i(1-p)^{i-1}p = p \sum_{i=1}^{\infty} i(1-p)^{i-1} = p \cdot \frac{1}{p^2} = \frac{1}{p}

2. 方差 Var(X)\text{Var}(X) 的计算

我们知道方差的计算公式为：

Var(X)=E[X2]−(E[X])2=E[X2]−1p2\text{Var}(X) = \mathbb{E}[X^2] - (\mathbb{E}[X])^2 = \mathbb{E}[X^2] - \frac{1}{p^2}

现在我们需要求 E[X2]\mathbb{E}[X^2]。我们继续使用上面的微积分求导技巧。

将公式 ∑i=1∞i(1−p)i−1=1p2\sum_{i=1}^{\infty} i(1-p)^{i-1} = \frac{1}{p^2} 两边同乘以 (1−p)(1-p)，得到：

∑i=1∞i(1−p)i=1−pp2=1p2−1p\sum_{i=1}^{\infty} i(1-p)^i = \frac{1-p}{p^2} = \frac{1}{p^2} - \frac{1}{p}

对两边关于 pp 再次求导：

∑i=1∞i2(1−p)i−1⋅(−1)=−2p3+1p2  ⟹  ∑i=1∞i2(1−p)i−1=2−pp3\sum_{i=1}^{\infty} i^2 (1-p)^{i-1} \cdot (-1) = -\frac{2}{p^3} + \frac{1}{p^2} \implies \sum_{i=1}^{\infty} i^2 (1-p)^{i-1} = \frac{2-p}{p^3}

而 E[X2]\mathbb{E}[X^2] 的定义为：

E[X2]=∑i=1∞i2⋅P[X=i]=p∑i=1∞i2(1−p)i−1\mathbb{E}[X^2] = \sum_{i=1}^{\infty} i^2 \cdot \mathbb{P}[X = i] = p \sum_{i=1}^{\infty} i^2 (1-p)^{i-1}

代入刚才求导得到的结果：

E[X2]=p⋅2−pp3=2−pp2\mathbb{E}[X^2] = p \cdot \frac{2-p}{p^3} = \frac{2-p}{p^2}

最后，计算方差 Var(X)\text{Var}(X)：

Var(X)=E[X2]−(E[X])2=2−pp2−1p2=1−pp2\text{Var}(X) = \mathbb{E}[X^2] - (\mathbb{E}[X])^2 = \frac{2-p}{p^2} - \frac{1}{p^2} = \frac{1-p}{p^2}

证明完毕！

1.3 几何分布的无记忆性 (Memoryless Property)

几何分布是唯一具有无记忆性的离散概率分布。

  • 公式表示：对任意正整数 m,nm, n，有：

    P[X>n+m∣X>m]=P[X>n]\mathbb{P}[X > n+m \mid X > m] = \mathbb{P}[X > n]

  • 直观理解：假设你已经连续抛了 mm 次硬币全是反面（即 X>mX > m），那么你还需要再抛 nn 次才能得到第一次正面的概率，与你刚开始抛硬币、需要抛 nn 次才能成功的概率是一模一样的。硬币“没有记忆”，它不记得之前失败了多少次。

📝 经典例题精析：赠券收集问题 (Coupon Collecting Problem)

个人备忘：手写笔记中提到“赠券收集问题很有意思，每一轮抽卡都是一次几何分布，例题要保留并详细写明过程”。

【题目背景】

假设有 nn 种不同的卡片。每次购买一盒附赠卡片的零食，都会等概率地获得其中一种卡片。问：要收集齐全部 nn 种卡片，平均需要购买多少盒零食？

【详细解析过程】

我们将整个收集过程划分为 nn 个阶段。设 SnS_n 为收集齐 nn 种卡片所需的总购买次数。 我们可以将 SnS_n 拆分为：

Sn=X1+X2+X3+⋯+XnS_n = X_1 + X_2 + X_3 + \dots + X_n

其中，XiX_i 表示在已拥有 i−1i-1 种不同卡片的情况下，为了拿到第 ii 种新卡片所需要购买的盒数。

现在我们分析每一次抽卡（即每一个 XiX_i）的概率分布：

  1. X1X_1 阶段：此时我们手里没有任何卡片。第一次买零食，必能拿到一张新卡片。
    • 成功概率 p1=nn=1p_1 = \frac{n}{n} = 1。
    • X1∼Geom(1)X_1 \sim \text{Geom}(1)，期望 E[X1]=1\mathbb{E}[X_1] = 1。
  2. X2X_2 阶段：此时我们手里已有 1 种卡片。每次购买时，拿到重复卡片的概率是 1n\frac{1}{n}，拿到新卡片的概率是 p2=n−1np_2 = \frac{n-1}{n}。
    • 只要没拿到新卡片，我们就继续在这个阶段等待。这显然符合几何分布！
    • X2∼Geom(n−1n)X_2 \sim \text{Geom}\left(\frac{n-1}{n}\right)，期望 E[X2]=nn−1\mathbb{E}[X_2] = \frac{n}{n-1}。
  3. XiX_i 阶段：此时我们手里已有 i−1i-1 种不同卡片。要拿到第 ii 种全新卡片的成功概率为：
    • pi=n−(i−1)n=n−i+1np_i = \frac{n - (i-1)}{n} = \frac{n-i+1}{n}。
    • Xi∼Geom(n−i+1n)X_i \sim \text{Geom}\left(\frac{n-i+1}{n}\right)，期望 E[Xi]=nn−i+1\mathbb{E}[X_i] = \frac{n}{n-i+1}。

根据期望的线性性质（E[∑Yi]=∑E[Yi]\mathbb{E}[\sum Y_i] = \sum \mathbb{E}[Y_i]，无需独立性假设）： E[Sn]=∑i=1nE[Xi] =nn+nn−1+nn−2+⋯+n2+n1 =n∑i=1n1i\begin{aligned} \mathbb{E}[S_n] &= \sum_{i=1}^n \mathbb{E}[X_i] \ &= \frac{n}{n} + \frac{n}{n-1} + \frac{n}{n-2} + \dots + \frac{n}{2} + \frac{n}{1} \ &= n \sum_{i=1}^n \frac{1}{i} \end{aligned}

【调和级数近似】

数学上，调和级数 ∑i=1n1i\sum_{i=1}^n \frac{1}{i} 可以用自然对数进行极好的近似：

∑i=1n1i≈ln⁡n+γE\sum_{i=1}^n \frac{1}{i} \approx \ln n + \gamma_E

其中 γE≈0.5772\gamma_E \approx 0.5772（欧拉-马斯克若尼常数）。

因此，收集齐 nn 种卡片平均所需的次数约为：

E[Sn]≈n(ln⁡n+γE)\mathbb{E}[S_n] \approx n(\ln n + \gamma_E)

例：如果 n=100n = 100，则 E[S100]≈100×(ln⁡100+0.5772)≈100×(4.605+0.577)≈518\mathbb{E}[S_{100}] \approx 100 \times (\ln 100 + 0.5772) \approx 100 \times (4.605 + 0.577) \approx 518 次。

2. 泊松分布 (Poisson Distribution)

2.1 核心概念与定义

泊松分布常用于对物理世界中“稀有事件（Rare Events）”在一段连续区间（时间或空间）内发生的次数进行建模。

  • 物理假设：
    1. 事件在任意极小区间内发生的概率与区间长度成正比，且连续区域内的总体平均发生密度为恒定值 λ\lambda。
    2. 在不重合区间内事件的发生是相互独立的。
  • 随机变量定义：设 XX 为单位区间内事件发生的次数，则 XX 服从参数为 λ\lambda 的泊松分布。
  • 记作：X∼Poisson(λ)X \sim \text{Poisson}(\lambda)，其中 X∈{0,1,2,… }X \in \{0, 1, 2, \dots\}。

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2.2 概率质量函数 (PMF)

P[X=i]=λii!e−λ,i=0,1,2,…\mathbb{P}[X = i] = \frac{\lambda^i}{i!} e^{-\lambda}, \quad i = 0, 1, 2, \dots

💡 小贴士（公式记忆技巧）： 我之前觉得泊松分布不好记。但只要联想到数学里经典的泰勒展开式：

eλ=∑i=0∞λii!e^{\lambda} = \sum_{i=0}^{\infty} \frac{\lambda^i}{i!}

两边同除以 eλe^{\lambda}（即乘以 e−λe^{-\lambda}），立得：

∑i=0∞λii!e−λ=1\sum_{i=0}^{\infty} \frac{\lambda^i}{i!} e^{-\lambda} = 1

这样，PMF 表达式 λii!e−λ\frac{\lambda^i}{i!} e^{-\lambda} 的分子、分母和常数项就顺理成章地深深印在脑海里了！

📝 典型例题：印刷错别字问题

例题：某作家写文章时，平均每 1 页会出现 1 个错别字。我们可以将其建模为参数 λ=1\lambda = 1 的泊松分布 X∼Poisson(1)X \sim \text{Poisson}(1)。

问题 1：某一页中正好有 5 个错别字的概率是多少？

P[X=5]=155!e−1=1120e≈1326≈0.00307\mathbb{P}[X = 5] = \frac{1^5}{5!} e^{-1} = \frac{1}{120e} \approx \frac{1}{326} \approx 0.00307

问题 2（扩展）：若整篇文章长达 200 页，假设各页印刷错误独立，那么“存在至少一页恰好有 5 个错别字”的概率是多少？

我们通过计算余事件（即每页的错别字数都不等于 5）来进行求解：

  1. 单个页面不等于 5 个错别字的概率为 1−P[X=5]=1−1120e1 - \mathbb{P}[X=5] = 1 - \frac{1}{120e}。

  2. 200 页均不等于 5 个错别字的概率为：

    P[每页均≠5]=(1−1120e)200\mathbb{P}[\text{每页均} \ne 5] = \left( 1 - \frac{1}{120e} \right)^{200}

  3. 因此，“存在至少一页恰好有 5 个错别字”的概率为：

    P[至少一页=5]=1−(1−1120e)200≈1−(1−1326)200≈1−0.54=0.46 (46%)\mathbb{P}[\text{至少一页} = 5] = 1 - \left( 1 - \frac{1}{120e} \right)^{200} \approx 1 - \left(1 - \frac{1}{326}\right)^{200} \approx 1 - 0.54 = 0.46 \ (46\%)

2.3 泊松分布的均值与方差

💡 重要结论： 对于泊松分布 X∼Poisson(λ)X \sim \text{Poisson}(\lambda)，其参数、期望（均值）、方差“三位一体”，全都是同一个值：

E[X]=λ\mathbb{E}[X] = \lambda

Var(X)=λ\text{Var}(X) = \lambda

证明 1：期望 E[X]=λ\mathbb{E}[X] = \lambda

由于 i=0i=0 时项为 0，我们从 i=1i=1 开始求和： E[X]=∑i=0∞i⋅λii!e−λ =∑i=1∞i⋅λii(i−1)!e−λ（消去 i） =λe−λ∑i=1∞λi−1(i−1)!\begin{aligned} \mathbb{E}[X] &= \sum_{i=0}^{\infty} i \cdot \frac{\lambda^i}{i!} e^{-\lambda} \ &= \sum_{i=1}^{\infty} i \cdot \frac{\lambda^i}{i(i-1)!} e^{-\lambda} \quad \text{（消去 } i\text{）} \ &= \lambda e^{-\lambda} \sum_{i=1}^{\infty} \frac{\lambda^{i-1}}{(i-1)!} \end{aligned} 设 j=i−1j = i-1，当 ii 从 1 到 ∞\infty 时，jj 从 0 到 ∞\infty：

E[X]=λe−λ∑j=0∞λjj!=λe−λeλ=λ\mathbb{E}[X] = \lambda e^{-\lambda} \sum_{j=0}^{\infty} \frac{\lambda^j}{j!} = \lambda e^{-\lambda} e^{\lambda} = \lambda

证明 2：方差 Var(X)=λ\text{Var}(X) = \lambda

我们先计算阶乘矩 E[X(X−1)]\mathbb{E}[X(X-1)]（利用 i(i−1)i(i-1) 的消项性质会比直接求 E[X2]\mathbb{E}[X^2] 更巧妙）： E[X(X−1)]=∑i=0∞i(i−1)⋅λii!e−λ =∑i=2∞i(i−1)⋅λii(i−1)(i−2)!e−λ =λ2e−λ∑i=2∞λi−2(i−2)!\begin{aligned} \mathbb{E}[X(X-1)] &= \sum_{i=0}^{\infty} i(i-1) \cdot \frac{\lambda^i}{i!} e^{-\lambda} \ &= \sum_{i=2}^{\infty} i(i-1) \cdot \frac{\lambda^i}{i(i-1)(i-2)!} e^{-\lambda} \ &= \lambda^2 e^{-\lambda} \sum_{i=2}^{\infty} \frac{\lambda^{i-2}}{(i-2)!} \end{aligned} 令 k=i−2k = i-2：

E[X(X−1)]=λ2e−λ∑k=0∞λkk!=λ2e−λeλ=λ2\mathbb{E}[X(X-1)] = \lambda^2 e^{-\lambda} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\lambda^k}{k!} = \lambda^2 e^{-\lambda} e^{\lambda} = \lambda^2

由此，我们可以推导出 E[X2]\mathbb{E}[X^2]：

E[X2]=E[X(X−1)]+E[X]=λ2+λ\mathbb{E}[X^2] = \mathbb{E}[X(X-1)] + \mathbb{E}[X] = \lambda^2 + \lambda

最后计算方差：

Var(X)=E[X2]−(E[X])2=(λ2+λ)−λ2=λ\text{Var}(X) = \mathbb{E}[X^2] - (\mathbb{E}[X])^2 = (\lambda^2 + \lambda) - \lambda^2 = \lambda

证明完毕！

2.4 独立泊松随机变量之和

定理：

若 X∼Poisson(λ)X \sim \text{Poisson}(\lambda)， Y∼Poisson(μ)Y \sim \text{Poisson}(\mu) 且 XX 与 YY 相互独立，则：

X+Y∼Poisson(λ+μ)X + Y \sim \text{Poisson}(\lambda + \mu)

证明：

对任意非负整数 kk，利用全概率公式和独立性，其卷积展开为： P[X+Y=k]=∑j=0kP[X=j,Y=k−j] =∑j=0kP[X=j]⋅P[Y=k−j]（独立性） =∑j=0k(λjj!e−λ)⋅(μk−j(k−j)!e−μ) =e−(λ+μ)∑j=0kλjμk−jj!(k−j)!\begin{aligned} \mathbb{P}[X+Y = k] &= \sum_{j=0}^k \mathbb{P}[X=j, Y=k-j] \ &= \sum_{j=0}^k \mathbb{P}[X=j] \cdot \mathbb{P}[Y=k-j] \quad \text{（独立性）} \ &= \sum_{j=0}^k \left( \frac{\lambda^j}{j!} e^{-\lambda} \right) \cdot \left( \frac{\mu^{k-j}}{(k-j)!} e^{-\mu} \right) \ &= e^{-(\lambda+\mu)} \sum_{j=0}^k \frac{\lambda^j \mu^{k-j}}{j!(k-j)!} \end{aligned} 分子分母同乘以 k!k!：

P[X+Y=k]=e−(λ+μ)k!∑j=0kk!j!(k−j)!λjμk−j\mathbb{P}[X+Y = k] = \frac{e^{-(\lambda+\mu)}}{k!} \sum_{j=0}^k \frac{k!}{j!(k-j)!} \lambda^j \mu^{k-j}

注意到 k!j!(k−j)!\frac{k!}{j!(k-j)!} 正是组合数 (kj)\binom{k}{j}。根据二项式定理 ∑j=0k(kj)λjμk−j=(λ+μ)k\sum_{j=0}^k \binom{k}{j}\lambda^j \mu^{k-j} = (\lambda+\mu)^k，上式化简为：

P[X+Y=k]=(λ+μ)kk!e−(λ+μ)\mathbb{P}[X+Y = k] = \frac{(\lambda+\mu)^k}{k!} e^{-(\lambda+\mu)}

这正是参数为 λ+μ\lambda+\mu 的泊松分布的 PMF！

📌 补充观察： 随着参数 λ\lambda 逐渐增大，泊松分布的图像会从极度右偏（不对称）逐渐演变成关于均值高度对称的形状。这在直观上非常像一个**“钟形曲线”**（即正态分布）。

2.5 泊松分布作为二项分布的极限 (Poisson as the Limit of Binomial)

物理背景：

泊松分布是“稀有事件”的体现。当试验次数 n→∞n \to \infty（样本极大），而单次事件发生概率 p→0p \to 0（极罕见），但总体平均发生次数 np=λnp = \lambda 保持稳定不变时，二项分布将收敛于泊松分布。

数学定理：

设 X∼Binomial(n,λn)X \sim \text{Binomial}\left(n, \frac{\lambda}{n}\right)，则对任意固定的 ii：

lim⁡n→∞P[X=i]=λii!e−λ\lim_{n \to \infty} \mathbb{P}[X = i] = \frac{\lambda^i}{i!} e^{-\lambda}

详细极限推导过程：

二项分布的 PMF 为：

P[X=i]=(ni)(λn)i(1−λn)n−i\mathbb{P}[X = i] = \binom{n}{i} \left(\frac{\lambda}{n}\right)^i \left(1 - \frac{\lambda}{n}\right)^{n-i}

展开组合数并整理项：

P[X=i]=n(n−1)(n−2)…(n−i+1)i!⋅λini⋅(1−λn)n⋅(1−λn)−i\mathbb{P}[X = i] = \frac{n(n-1)(n-2)\dots(n-i+1)}{i!} \cdot \frac{\lambda^i}{n^i} \cdot \left(1 - \frac{\lambda}{n}\right)^n \cdot \left(1 - \frac{\lambda}{n}\right)^{-i}

我们将各项重新归类分块：

P[X=i]=λii!⋅[nn⋅n−1n⋅⋯⋅n−i+1n]⏟第一部分⋅(1−λn)n⏟第二部分⋅(1−λn)−i⏟第三部分\mathbb{P}[X = i] = \frac{\lambda^i}{i!} \cdot \underbrace{\left[ \frac{n}{n} \cdot \frac{n-1}{n} \cdot \dots \cdot \frac{n-i+1}{n} \right]}_{\text{第一部分}} \cdot \underbrace{\left(1 - \frac{\lambda}{n}\right)^n}_{\text{第二部分}} \cdot \underbrace{\left(1 - \frac{\lambda}{n}\right)^{-i}}_{\text{第三部分}}

当 n→∞n \to \infty 时，我们分别分析这三部分极限：

  1. 第一部分：含有 ii 个分式的乘积（由于 ii 是固定常数）：

    lim⁡n→∞[1⋅(1−1n)⋅(1−2n)…(1−i−1n)]=1⋅1⋅⋯⋅1=1\lim_{n \to \infty} \left[ 1 \cdot \left(1 - \frac{1}{n}\right) \cdot \left(1 - \frac{2}{n}\right) \dots \left(1 - \frac{i-1}{n}\right) \right] = 1 \cdot 1 \cdot \dots \cdot 1 = 1

  2. 第二部分：经典的自然常数定义式 lim⁡x→∞(1+1x)x=e\lim_{x\to\infty}(1 + \frac{1}{x})^x = e：

    lim⁡n→∞(1−λn)n=e−λ\lim_{n \to \infty} \left(1 - \frac{\lambda}{n}\right)^n = e^{-\lambda}

  3. 第三部分：由于 ii 为常数，底数趋向于 1：

    lim⁡n→∞(1−λn)−i=(1−0)−i=1\lim_{n \to \infty} \left(1 - \frac{\lambda}{n}\right)^{-i} = (1 - 0)^{-i} = 1

将这三部分的极限代回原式，立得：

lim⁡n→∞P[X=i]=λii!⋅1⋅e−λ⋅1=λii!e−λ\lim_{n \to \infty} \mathbb{P}[X = i] = \frac{\lambda^i}{i!} \cdot 1 \cdot e^{-\lambda} \cdot 1 = \frac{\lambda^i}{i!} e^{-\lambda}

极限证明完毕！

离散概率分布：精准练习与巩固指南（含详细推导与答案）

这份指南旨在将你整理的几何分布与泊松分布笔记知识点，完美对接你上传的日语教材 《Chapter 3：離散確率分布》（对应文件：004_Chapter-3.-離散確率分布.pdf）。

这里为每一道精选题目提供了极其详尽的推导过程、解题技巧和最终答案，帮助你进行深度巩固。

🎯 第一部分：几何分布与无记忆性巩固

1. 期望、方差与尾部概率基础演练

  • 对应教材位置：Page 46 —— 問題 21：幾何分布, ファーストサクセス分布 I

📝 【题目背景】

连续投掷一枚骰子。设 XX 为第一次出现 6 点之前，出现非 6 点的次数；设 YY 为第一次出现 6 点时投掷的总次数。

  1. 求 XX 的概率分布 P[X=k]\mathbb{P}[X=k]、YY 的概率分布 P[Y=k]\mathbb{P}[Y=k]、以及两者的期望 E\mathbb{E} 和方差 Var\text{Var}。
  2. 计算尾部概率 P[X≥20]\mathbb{P}[X \ge 20]，区间概率 P[20≤Y<30]\mathbb{P}[20 \le Y < 30]，以及特殊期望 E[(1/3)X]\mathbb{E}[(1/3)^X]。

✏️ 【详细推导与答案】

第 1 问：求 XX 与 YY 的分布、期望与方差

  • 物理模型分析：每次投骰子，“出现 6 点”的成功概率 p=16p = \frac{1}{6}，“出现非 6 点”的失败概率 q=1−p=56q = 1 - p = \frac{5}{6}。

  • XX 的分布：XX 代表成功前的失败次数，可取 0,1,2,…0, 1, 2, \dots。

    P[X=k]=16(56)k,k=0,1,2,…（几何分布）\mathbb{P}[X = k] = \frac{1}{6} \left(\frac{5}{6}\right)^k, \quad k = 0, 1, 2, \dots \quad \text{（几何分布）}

  • YY 的分布：YY 代表首次成功时的总试验次数（即 Y=X+1Y = X + 1），可取 1,2,3,…1, 2, 3, \dots。

    P[Y=k]=16(56)k−1,k=1,2,3,…（首成分布 / First Success）\mathbb{P}[Y = k] = \frac{1}{6} \left(\frac{5}{6}\right)^{k-1}, \quad k = 1, 2, 3, \dots \quad \text{（首成分布 / First Success）}

  • 期望计算：

    • 利用等比级数求导技巧，我们已知 YY 的期望 E[Y]=1p=6\mathbb{E}[Y] = \frac{1}{p} = 6。

    • 由于 Y=X+1Y = X + 1，根据期望的线性性质：

      E[X]=E[Y−1]=E[Y]−1=6−1=5\mathbb{E}[X] = \mathbb{E}[Y - 1] = \mathbb{E}[Y] - 1 = 6 - 1 = 5

  • 方差计算：

    • 常数平移不改变方差大小，即 Var(X)=Var(Y−1)=Var(Y)\text{Var}(X) = \text{Var}(Y - 1) = \text{Var}(Y)。

    • 根据方差公式：

      Var(X)=Var(Y)=1−pp2=5/6(1/6)2=5×6=30\text{Var}(X) = \text{Var}(Y) = \frac{1-p}{p^2} = \frac{5/6}{(1/6)^2} = 5 \times 6 = 30

💡 本问答案：

  • P[X=k]=16(56)k (k≥0)\mathbb{P}[X=k] = \frac{1}{6}\left(\frac{5}{6}\right)^k \ (k \ge 0)，E[X]=5\mathbb{E}[X] = 5，Var(X)=30\text{Var}(X) = 30。
  • P[Y=k]=16(56)k−1 (k≥1)\mathbb{P}[Y=k] = \frac{1}{6}\left(\frac{5}{6}\right)^{k-1} \ (k \ge 1)，E[Y]=6\mathbb{E}[Y] = 6，Var(Y)=30\text{Var}(Y) = 30。
第 2 问：计算三个特定概率与期望

  • ① 尾部概率 P[X≥20]\mathbb{P}[X \ge 20]：

    • 物理意义：在第一次投出 6 点前，至少投出了 20 次非 6 点。即前 20 次投掷全部失败（均没有投出 6）。

    • 直接得出：

      P[X≥20]=q20=(56)20\mathbb{P}[X \ge 20] = q^{20} = \left(\frac{5}{6}\right)^{20}

  • ② 区间概率 P[20≤Y<30]\mathbb{P}[20 \le Y < 30]：

    • 该事件等价于 Y∈{20,21,…,29}Y \in \{20, 21, \dots, 29\}。

    • 我们可以将其转化为两个尾部概率之差：

      P[20≤Y<30]=P[Y≥20]−P[Y≥30]\mathbb{P}[20 \le Y < 30] = \mathbb{P}[Y \ge 20] - \mathbb{P}[Y \ge 30]

    • 依据首成分布的尾部公式，“Y≥kY \ge k” 表示前 k−1k-1 次全部失败：

      P[Y≥20]=(56)19,P[Y≥30]=(56)29\mathbb{P}[Y \ge 20] = \left(\frac{5}{6}\right)^{19}, \quad \mathbb{P}[Y \ge 30] = \left(\frac{5}{6}\right)^{29}

    • 因此：

      P[20≤Y<30]=(56)19−(56)29=(56)19[1−(56)10]\mathbb{P}[20 \le Y < 30] = \left(\frac{5}{6}\right)^{19} - \left(\frac{5}{6}\right)^{29} = \left(\frac{5}{6}\right)^{19} \left[ 1 - \left(\frac{5}{6}\right)^{10} \right]

  • ③ 特殊期望 E[(1/3)X]\mathbb{E}[(1/3)^X]：

    • 依据期望的定义（LOTUS 定理）：

      E[(13)X]=∑k=0∞(13)k⋅P[X=k]=∑k=0∞(13)k⋅16(56)k=16∑k=0∞(518)k\mathbb{E}\left[\left(\frac{1}{3}\right)^X\right] = \sum_{k=0}^{\infty} \left(\frac{1}{3}\right)^k \cdot \mathbb{P}[X=k] = \sum_{k=0}^{\infty} \left(\frac{1}{3}\right)^k \cdot \frac{1}{6} \left(\frac{5}{6}\right)^k = \frac{1}{6} \sum_{k=0}^{\infty} \left(\frac{5}{18}\right)^k

    • 这是一个公比 r=518<1r = \frac{5}{18} < 1 的无穷等比级数，应用求和公式 ∑rk=11−r\sum r^k = \frac{1}{1-r}：

      E[(13)X]=16⋅11−518=16⋅1813=313\mathbb{E}\left[\left(\frac{1}{3}\right)^X\right] = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{1 - \frac{5}{18}} = \frac{1}{6} \cdot \frac{18}{13} = \frac{3}{13}

💡 本问答案：

  • P[X≥20]=(56)20\mathbb{P}[X \ge 20] = \left(\frac{5}{6}\right)^{20}
  • P[20≤Y<30]=(56)19−(56)29\mathbb{P}[20 \le Y < 30] = \left(\frac{5}{6}\right)^{19} - \left(\frac{5}{6}\right)^{29}
  • E[(1/3)X]=313\mathbb{E}[(1/3)^X] = \frac{3}{13}

2. 条件概率与无记忆性实战

  • 对应教材位置：Page 48 —— 問題 22：幾何分布, ファーストサクセス分布 II

📝 【题目背景】

设双胞胎 A 和 B 的寿命（离散时间）分别为随机变量 XX 和 YY，它们相互独立，且都服从几何分布 Ge(1/80)Ge(1/80)。

  • 注：不同的日系教材对 Ge(p)Ge(p) 有两种定义 convention（从 0 开始或从 1 开始）。为确保严谨，下方提供两种情况的完美推导。

✏️ 【详细推导与答案】

【情形 A】若教材定义 Ge(p)Ge(p) 从 1 开始（代表生存的年份数，最符合人寿物理背景）

此时 X,Y∈{1,2,… }X, Y \in \{1, 2, \dots\}，p=180p = \frac{1}{80}，失败率 q=7980q = \frac{79}{80}。PMF 为 P[X=k]=pqk−1\mathbb{P}[X=k] = p q^{k-1}。

  • ① 求 E[X]\mathbb{E}[X]：

    • 首成分布的期望公式直接给出：

      E[X]=1p=80（岁）\mathbb{E}[X] = \frac{1}{p} = 80 \quad \text{（岁）}

  • ② 求条件概率 P[X≥90∣X≥60]\mathbb{P}[X \ge 90 \mid X \ge 60]：

    • 根据无记忆性公式 P[X>n+m∣X>m]=P[X>n]\mathbb{P}[X > n+m \mid X > m] = \mathbb{P}[X > n]：

      P[X≥90∣X≥60]=P[X≥31]=q30=(7980)30\mathbb{P}[X \ge 90 \mid X \ge 60] = \mathbb{P}[X \ge 31] = q^{30} = \left(\frac{79}{80}\right)^{30}

    • 代数验证：

      P[X≥90∣X≥60]=P[X≥90]P[X≥60]=q89q59=q30=(7980)30\mathbb{P}[X \ge 90 \mid X \ge 60] = \frac{\mathbb{P}[X \ge 90]}{\mathbb{P}[X \ge 60]} = \frac{q^{89}}{q^{59}} = q^{30} = \left(\frac{79}{80}\right)^{30}

  • ③ 设 Z=min⁡(X,Y)Z = \min(X, Y)，求 P[Z≥k]\mathbb{P}[Z \ge k] 门槛概率及 ZZ 的分布：

    • 因为 X,YX, Y 独立：

      P[Z≥k]=P[X≥k,Y≥k]=P[X≥k]P[Y≥k]=qk−1⋅qk−1=(q2)k−1=(62416400)k−1\mathbb{P}[Z \ge k] = \mathbb{P}[X \ge k, Y \ge k] = \mathbb{P}[X \ge k]\mathbb{P}[Y \ge k] = q^{k-1} \cdot q^{k-1} = (q^2)^{k-1} = \left(\frac{6241}{6400}\right)^{k-1}

    • 这说明 ZZ 也是一个首成分布，其新的等效失败率为 q′=q2=62416400q' = q^2 = \frac{6241}{6400}，成功率为：

      p′=1−q′=1−62416400=1596400p' = 1 - q' = 1 - \frac{6241}{6400} = \frac{159}{6400}

    • 因此 Z=min⁡(X,Y)∼Geom1(1596400)Z = \min(X, Y) \sim \text{Geom}_1\left(\frac{159}{6400}\right)，其 PMF 为：

      P[Z=k]=p′(q′)k−1=1596400(62416400)k−1,k=1,2,…\mathbb{P}[Z = k] = p' (q')^{k-1} = \frac{159}{6400} \left(\frac{6241}{6400}\right)^{k-1}, \quad k = 1, 2, \dots

  • ④ 求 E[Z]\mathbb{E}[Z]、Var(Z)\text{Var}(Z) 以及 E[max⁡(X,Y)]\mathbb{E}[\max(X, Y)]：

    • 期望：E[Z]=1p′=6400159≈40.25\mathbb{E}[Z] = \frac{1}{p'} = \frac{6400}{159} \approx 40.25。

    • 方差：Var(Z)=q′(p′)2=6241/6400(159/6400)2=6241×64001592=3994240025281≈1579.9\text{Var}(Z) = \frac{q'}{(p')^2} = \frac{6241/6400}{(159/6400)^2} = \frac{6241 \times 6400}{159^2} = \frac{39942400}{25281} \approx 1579.9。

    • 极大值期望 E[max⁡(X,Y)]\mathbb{E}[\max(X, Y)]：

      • 利用代数恒等式 max⁡(X,Y)+min⁡(X,Y)=X+Y\max(X,Y) + \min(X,Y) = X + Y，两边取期望：

        E[max⁡(X,Y)]=E[X]+E[Y]−E[min⁡(X,Y)]=80+80−40.25=119.75（岁）\mathbb{E}[\max(X, Y)] = \mathbb{E}[X] + \mathbb{E}[Y] - \mathbb{E}[\min(X, Y)] = 80 + 80 - 40.25 = 119.75 \quad \text{（岁）}

3. 赠券收集问题（海报收集）

  • 对应教材位置：Page 66 —— 問題 31：総合問題 (1) ~ (4)

📝 【题目背景】

每购买一张偶像组合（共 NN 人）的 CD，都会随机等概率附赠一张成员的海报。

  1. 购买 NN 张 CD 时，集齐全部 NN 人海报的概率。
  2. 购买 N+1N+1 张 CD 时，集齐全部 NN 人海报的概率。
  3. 购买 mm 张 CD 时，集齐的海报人数为 XmX_m，求其期望 E[Xm]\mathbb{E}[X_m]。
  4. 设购买 YY 张 CD 时首次集齐全部 NN 人的海报，求期望 E[Y]\mathbb{E}[Y]。

✏️ 【详细推导与答案】

第 1 问：购买 NN 张 CD 集齐的概率

  • 分析：购买 NN 张 CD 且获得 NN 张互不相同的海报。

  • 计算：相当于将 NN 个不同的海报全排列填入 NN 个购买位置，方法数为 N!N!。总样本空间为 NNN^N。

    P[购买 N 张集齐]=N!NN\mathbb{P}[\text{购买 } N \text{ 张集齐}] = \frac{N!}{N^N}

第 2 问：购买 N+1N+1 张 CD 集齐的概率

此题在日文原书中有两种常见的语义理解，这里给出最严谨的两种解答分析：

  • 语义一：在第 N+1N+1 次购买的瞬间“正好”首次集齐全部 NN 张海报

    • 分析：这意味着在前 NN 次购买中，我们只集齐了 N−1N-1 种不同的海报（有且仅有一种海报重复了），而在第 N+1N+1 次购买时，恰好抽中了那张唯一缺失的海报。

    • 步骤：

      1. 从 NN 种中选出 N−1N-1 种出现在前 NN 次中：共有 (NN−1)=N\binom{N}{N-1} = N 种选法。
      2. 将这选出的 N−1N-1 种海报排入前 NN 个位置，使得每种至少出现一次（即有且仅有一种出现了 2 次）： 这等价于将 NN 个元素划分成 N−1N-1 个非空集合（第二类斯特林数 S(N,N−1)=(N2)S(N, N-1) = \binom{N}{2}），再给集合分配成员，方法数为 (N2)×(N−1)!\binom{N}{2} \times (N-1)!。
      3. 第 N+1N+1 次购买必须精准抽中唯一缺失的那 1 种海报（概率为 1N\frac{1}{N}）。

    • 公式：

      方法数=N⋅[(N2)⋅(N−1)!]⋅1=N⋅N(N−1)2⋅(N−1)!=N(N−1)2⋅N!\text{方法数} = N \cdot \left[ \binom{N}{2} \cdot (N-1)! \right] \cdot 1 = N \cdot \frac{N(N-1)}{2} \cdot (N-1)! = \frac{N(N-1)}{2} \cdot N!

      P[正好在第 N+1 次集齐]=N(N−1)2⋅N!NN+1=N!(N−1)2NN\mathbb{P}[\text{正好在第 } N+1 \text{ 次集齐}] = \frac{\frac{N(N-1)}{2} \cdot N!}{N^{N+1}} = \frac{N! (N-1)}{2 N^N}

  • 语义二：在前 N+1N+1 次购买内“已经”集齐了全部 NN 张海报（允许在第 NN 次就提前集齐）

    • 公式：

      P[前 N+1 次内集齐]=P[第 N 次集齐]+P[第 N+1 次首次集齐]=N!NN+N!(N−1)2NN=N!(N+1)2NN\mathbb{P}[\text{前 } N+1 \text{ 次内集齐}] = \mathbb{P}[\text{第 } N \text{ 次集齐}] + \mathbb{P}[\text{第 } N+1 \text{ 次首次集齐}] = \frac{N!}{N^N} + \frac{N! (N-1)}{2 N^N} = \frac{N!(N+1)}{2 N^N}

第 3 问：求 XmX_m（购买 mm 张 CD 收集到的海报种数）的期望

  • 分析：利用指示变量（Indicator Variable）分解法。

  • 步骤：

    1. 设随机变量 IjI_j 表示第 jj 位成员的海报是否被收集到：

      Ij={1,成员 j 已被收集到0,未收集到I_j = \begin{cases} 1, & \text{成员 } j \text{ 已被收集到} \\ 0, & \text{未收集到} \end{cases}

    2. 易得 Xm=∑j=1NIjX_m = \sum_{j=1}^N I_j。

    3. 计算 Ij=1I_j = 1 的概率：

      P[Ij=1]=1−P[购买 m 次均未抽中成员 j]=1−(1−1N)m\mathbb{P}[I_j = 1] = 1 - \mathbb{P}[\text{购买 } m \text{ 次均未抽中成员 } j] = 1 - \left(1 - \frac{1}{N}\right)^m

    4. 利用期望的线性性质：

      E[Xm]=∑j=1NE[Ij]=N⋅P[I1=1]=N[1−(1−1N)m]\mathbb{E}[X_m] = \sum_{j=1}^N \mathbb{E}[I_j] = N \cdot \mathbb{P}[I_1 = 1] = N \left[ 1 - \left(1 - \frac{1}{N}\right)^m \right]

第 4 问：求首次集齐全部 NN 人海报所需 CD 数 YY 的期望

  • 分析：这正是我们在笔记中推导过的经典“赠券收集问题”。

  • 步骤：

    • 将 YY 拆分为 Y=∑i=1NXiY = \sum_{i=1}^N X_i，其中 XiX_i 是收集齐 i−1i-1 种后，拿到第 ii 种新海报所需的购买次数。

    • XiX_i 服从几何分布，其单次中奖概率 pi=N−(i−1)N=N−i+1Np_i = \frac{N - (i-1)}{N} = \frac{N-i+1}{N}。

    • 其期望为 E[Xi]=1pi=NN−i+1\mathbb{E}[X_i] = \frac{1}{p_i} = \frac{N}{N-i+1}。

    • 总期望为：

      E[Y]=∑i=1NE[Xi]=N∑i=1N1N−i+1=N∑k=1N1k≈N(ln⁡N+γE)\mathbb{E}[Y] = \sum_{i=1}^N \mathbb{E}[X_i] = N \sum_{i=1}^N \frac{1}{N-i+1} = N \sum_{k=1}^N \frac{1}{k} \approx N(\ln N + \gamma_E)

🎯 第二部分：泊松分布与极限理论巩固

1. 泊松近似（帕青哥中奖问题）

  • 对应教材位置：Page 54 —— 問題 25：ポアソン分布 I

📝 【题目背景】

在帕青哥游戏中，单次入球的中奖概率为 p=1/1000p = 1/1000。设投掷 n=1000n = 1000 次时中奖次数为 XX，其泊松近似变量为 YY。

  1. 用二项分布写出 X=0X = 0 和 X=kX = k 的精确概率。
  2. 用泊松近似计算 P[Y=0]\mathbb{P}[Y=0] 与 P[Y=k]\mathbb{P}[Y=k]。
  3. 求泊松近似后 YY 的期望 E[Y]\mathbb{E}[Y] 与方差 Var(Y)\text{Var}(Y)。

✏️ 【详细推导与答案】

第 1 问：精确二项概率

  • X∼Binomial(1000,1/1000)X \sim \text{Binomial}(1000, 1/1000)。

    P[X=0]=(10000)(11000)0(9991000)1000=(0.999)1000\mathbb{P}[X=0] = \binom{1000}{0} \left(\frac{1}{1000}\right)^0 \left(\frac{999}{1000}\right)^{1000} = (0.999)^{1000}

    P[X=k]=(1000k)(11000)k(9991000)1000−k\mathbb{P}[X=k] = \binom{1000}{k} \left(\frac{1}{1000}\right)^k \left(\frac{999}{1000}\right)^{1000-k}

第 2 问：泊松近似概率

  • 计算泊松参数：λ=np=1000×11000=1\lambda = n p = 1000 \times \frac{1}{1000} = 1。

  • 变量 Y∼Poisson(1)Y \sim \text{Poisson}(1) 的 PMF 为 P[Y=k]=1kk!e−1=e−1k!\mathbb{P}[Y=k] = \frac{1^k}{k!} e^{-1} = \frac{e^{-1}}{k!}。

    P[Y=0]=e−1≈0.36788\mathbb{P}[Y=0] = e^{-1} \approx 0.36788

    P[Y=k]=e−1k!\mathbb{P}[Y=k] = \frac{e^{-1}}{k!}

第 3 问：求 YY 的期望与方差

  • 因为 Y∼Poisson(1)Y \sim \text{Poisson}(1)，根据泊松分布性质：

    E[Y]=λ=1,Var(Y)=λ=1\mathbb{E}[Y] = \lambda = 1, \quad \text{Var}(Y) = \lambda = 1

2. 独立泊松和（再生性）与条件分布

  • 对应教材位置：Page 56 —— 問題 26：ポアソン分布 II

📝 【题目背景】

设 X∼Poisson(λ)X \sim \text{Poisson}(\lambda)，Y∼Poisson(μ)Y \sim \text{Poisson}(\mu)，且 XX 与 YY 相互独立。

  1. 求阶乘矩 E[X(X−1)(X−2)]\mathbb{E}[X(X-1)(X-2)] 以及 E[X3]\mathbb{E}[X^3]、E[5X]\mathbb{E}[5^X]。
  2. 计算条件概率 P[X≥2∣X≥1]\mathbb{P}[X \ge 2 \mid X \ge 1]。
  3. 计算 P[X+Y=k]\mathbb{P}[X+Y = k]。
  4. 对于 0≤k≤n0 \le k \le n，求条件概率 P[X=k∣X+Y=n]\mathbb{P}[X = k \mid X+Y = n]。

✏️ 【详细推导与答案】

第 1 问：特殊期望计算

  • ① 阶乘矩 E[X(X−1)(X−2)]\mathbb{E}[X(X-1)(X-2)]： E[X(X−1)(X−2)]=∑k=3∞k(k−1)(k−2)λkk!e−λ =e−λ∑k=3∞λk(k−3)!=λ3e−λ∑j=0∞λjj!=λ3e−λeλ=λ3\begin{aligned} \mathbb{E}[X(X-1)(X-2)] &= \sum_{k=3}^{\infty} k(k-1)(k-2) \frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda} \ &= e^{-\lambda} \sum_{k=3}^{\infty} \frac{\lambda^k}{(k-3)!} = \lambda^3 e^{-\lambda} \sum_{j=0}^{\infty} \frac{\lambda^j}{j!} = \lambda^3 e^{-\lambda} e^{\lambda} = \lambda^3 \end{aligned}

  • ② 三阶矩 E[X3]\mathbb{E}[X^3]：

    • 利用多项式恒等变形：X3=X(X−1)(X−2)+3X(X−1)+XX^3 = X(X-1)(X-2) + 3X(X-1) + X。

    • 分别代入期望：

      E[X(X−1)]=λ2,E[X]=λ\mathbb{E}[X(X-1)] = \lambda^2, \quad \mathbb{E}[X] = \lambda

      E[X3]=λ3+3λ2+λ\mathbb{E}[X^3] = \lambda^3 + 3\lambda^2 + \lambda

  • ③ 矩母函数变形 E[5X]\mathbb{E}[5^X]：

    E[5X]=∑k=0∞5kλkk!e−λ=e−λ∑k=0∞(5λ)kk!=e−λe5λ=e4λ\mathbb{E}[5^X] = \sum_{k=0}^{\infty} 5^k \frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda} = e^{-\lambda} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(5\lambda)^k}{k!} = e^{-\lambda} e^{5\lambda} = e^{4\lambda}

第 2 问：求条件概率 P[X≥2∣X≥1]\mathbb{P}[X \ge 2 \mid X \ge 1]

  • 依据条件概率定义：

    P[X≥2∣X≥1]=P[X≥2 且 X≥1]P[X≥1]=P[X≥2]P[X≥1]=1−P[X=0]−P[X=1]1−P[X=0]\mathbb{P}[X \ge 2 \mid X \ge 1] = \frac{\mathbb{P}[X \ge 2 \text{ 且 } X \ge 1]}{\mathbb{P}[X \ge 1]} = \frac{\mathbb{P}[X \ge 2]}{\mathbb{P}[X \ge 1]} = \frac{1 - \mathbb{P}[X=0] - \mathbb{P}[X=1]}{1 - \mathbb{P}[X=0]}

  • 代入泊松 PMF 表达式 P[X=0]=e−λ\mathbb{P}[X=0] = e^{-\lambda}，P[X=1]=λe−λ\mathbb{P}[X=1] = \lambda e^{-\lambda}：

    P[X≥2∣X≥1]=1−e−λ−λe−λ1−e−λ=1−λe−λ1−e−λ=1−λeλ−1\mathbb{P}[X \ge 2 \mid X \ge 1] = \frac{1 - e^{-\lambda} - \lambda e^{-\lambda}}{1 - e^{-\lambda}} = 1 - \frac{\lambda e^{-\lambda}}{1 - e^{-\lambda}} = 1 - \frac{\lambda}{e^{\lambda} - 1}

第 3 问：证明 P(X+Y=k)P(X+Y = k) 并求其分布

  • 依据我们笔记中的再生性证明（卷积法）：

    P[X+Y=k]=∑j=0kP[X=j]P[Y=k−j]=∑j=0kλjj!e−λμk−j(k−j)!e−μ=(λ+μ)kk!e−(λ+μ)\mathbb{P}[X+Y = k] = \sum_{j=0}^k \mathbb{P}[X=j]\mathbb{P}[Y=k-j] = \sum_{j=0}^k \frac{\lambda^j}{j!}e^{-\lambda} \frac{\mu^{k-j}}{(k-j)!}e^{-\mu} = \frac{(\lambda+\mu)^k}{k!} e^{-(\lambda+\mu)}

  • 这说明两独立泊松随机变量之和仍然服从泊松分布：

    X+Y∼Poisson(λ+μ)X+Y \sim \text{Poisson}(\lambda+\mu)

第 4 问：求条件概率 P[X=k∣X+Y=n]\mathbb{P}[X=k \mid X+Y=n]

  • 依据条件概率公式及 X,YX, Y 独立性： P[X=k∣X+Y=n]=P[X=k,Y=n−k]P[X+Y=n] =P[X=k]P[Y=n−k]P[X+Y=n] =(λkk!e−λ)⋅(μn−k(n−k)!e−μ)(λ+μ)nn!e−(λ+μ) =n!k!(n−k)!⋅λkμn−k(λ+μ)n =(nk)(λλ+μ)k(μλ+μ)n−k\begin{aligned} \mathbb{P}[X=k \mid X+Y = n] &= \frac{\mathbb{P}[X=k, Y=n-k]}{\mathbb{P}[X+Y=n]} \ &= \frac{\mathbb{P}[X=k]\mathbb{P}[Y=n-k]}{\mathbb{P}[X+Y=n]} \ &= \frac{\left( \frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda} \right) \cdot \left( \frac{\mu^{n-k}}{(n-k)!} e^{-\mu} \right)}{\frac{(\lambda+\mu)^n}{n!} e^{-(\lambda+\mu)}} \ &= \frac{n!}{k!(n-k)!} \cdot \frac{\lambda^k \mu^{n-k}}{(\lambda+\mu)^n} \ &= \binom{n}{k} \left(\frac{\lambda}{\lambda+\mu}\right)^k \left(\frac{\mu}{\lambda+\mu}\right)^{n-k} \end{aligned}

  • 结论：在已知两独立泊松随机变量之和为 nn 的条件下，XX 的条件分布居然是一个二项分布：

    (X∣X+Y=n)∼Binomial(n,λλ+μ)(X \mid X+Y = n) \sim \text{Binomial}\left(n, \frac{\lambda}{\lambda+\mu}\right)