v arS v ar N Xi 2 2 E X 2 ． i1
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定相继的抛掷是独立的，这就推出在第一次出现反面直到正面首次
出现时的附加抛掷次数的期望是 EN ．
13
因此，
EN Y 11．
将式（3.6）代入方程（3.5），推出
EN p 1 p1 EN ，
解方程，得
EN 1 ．
p
14
例 4 某矿工身陷有三个门的矿井之中．经第 1 个门的通道行进 2 小时后，他将到达安全地；经第 2 个门的通道前进 3 小时后，他将回到矿井原地； 经第 3 个门的通道前进 5 小时后，他又将回到矿井 原地．假定这个矿工每次都等可能地任意一个门， 问直到他到达安全地所需时间的期望是多少？
20
现在，因为第 i 个人等可能地在 N 个帽子中取一个，
这就推出
PXi
1
P第 i
个人取到自己的帽子
1 N
，
随之，
EXi 1 PXi 1 0 PXi 0 1 ， i 1, 2, , N ．
N
21
将上式代入上面的方程，得
EX
E
N
X
i
i1
N
EXi i 1
N
1
i1 N
1．
因此，无论聚会上有多少人，平均总有一人取到自己的帽子．
E N2 Y 0 E N 12 ．
41
因此，我们看到
EN2 EEN2 Y E N2 Y 1 PY 1 E N2 Y 0 PY 0
p 1 p E 1 N 2
p 1 p E1 2N N 2 1 1 p E2N N 2 1 21 pEN 1 pEN 2 ．
9
例 3（几何分布的期望） 连续抛 掷一枚出现正面的概率为 p 的硬币直 至出现正面为止．问需要抛掷的次数的 期望多少？
10
解：
以 N 记需要抛掷的次数，而令
1 Y 0
如果第一次抛掷的结果是正面 ． 如果第一次抛掷的结果是反面
11
现在
EN EEN Y
PY 1 EN Y 1 PY 0 EN Y 0
其中最后一个等式用了上例中建立的结果
EYn 1．由前面的方程推出 ERn n ．
28
例 7 连续地做每次成功的概率为 p 的 独立试验，直至有 k 次相继的成功．所需 试验的次数的均值是多少？
29
解： 以 Nk 记为了得到 k 次相继的成功必须试验的次数，
并记 M k ENk ．
通过对 k 1 次相继的成功所必须试验的次数 Nk 1 取条件，我们将得到 Mk 的一个递推方程．由此推出
条件数学期望例题
1
例 1 某人准备读一章数学书或者一章历史 书．如果他在读一章数学书中印刷错误数是服从 均值为 2 的 Poisson 分布，而他在读一章历史 书中的印刷错误数是服从均值为 5 的 Poisson 分布．假设该读者选取哪一本书是等可能时，求 该读者遇到的印刷错误数的期望是多少？
2
解：
26
所以，
n
ERn PYn i 1 ERn i i0 n 1 ERn PYn 0 PYn i ERni i 1 n 1 ERn PYn 0 n iPYn i （由归纳假设） i 1 1 ERn PYn 0 n1 PYn 0 EYn ERn PYn 0 n1 PYn 0 27
varX Y y E X EX Y y2 Y y ．
也就是，条件方差正好与通常的方差有相同的方式定义．
45
不同之处是所有的概率都是在条件 Y y 下确 定的．将上式展开，并且逐项地取期望，就推出
varX Y y E X 2 Y y EX Y y2 ．
以 varX Y 记 Y 这样的函数，它在 Y y 的值就 是 varX Y y，我们有下面的结果：
Mk ENk EENk Nk1 ．
30
现在，
E Nk Nk1 Nk1 1 1 pENk ，
其中上式是得自若取 Nk 1 次试验得到 k 1 次相继的 成功，则或者下一次是成功，我们就会接着得到第 k 次成功，或者下一次是失败，我们必须重新开始．
31
对上式两端取期望，得
Mk E E Nk Nk1
EX
X1
0
n 1 n
EX
X1
1
1 n
．
37
但是，由例.14， EX 1．此外，给定第一个人有
一个匹配时，匹配数的期望等于1加上当 n 1个人在
他们自己的 n 1个帽子中选取的匹配数的期望数，显
示出
EX X1 1 2，
所以，我们得到结果
EX
X1
0
n2． n 1
38
例 3.17（几何随机变量的方差） 连续地做 每次成功的概率为 p 的独立试验．N 是首次成
EX 10 ．
18
例 5 在一次聚会上，N 个人将自己戴的 帽子扔到屋子中央．将这些帽子充分混合 后，每人随机选取一顶．求取到自己的帽子 的人数的期望数．
19
解：
以 X 记取到自己的帽子的人数．再设
1 Xi 0
第 i 个人取到自己的帽子， 其它情形
i
1,
2,
,
N ，
N
则有 X X i ． i 1
52
v arS N n v arN Xi N n
i1
n
v ar i1 Xi N n
v ar n
Xi
i1
n
v arXi i 1
n 2 ．
53
用同样的推理，得
ES N n n ．
所以，有
varS N N 2 ， ES N N ．
54
于是，有条件方差的计算公式，得
（由 N 与 X i 相互独立）
nEX1， （由随机变量序列Xi独立同分布）
7
由它导出
E N Xi N N EX1
i1
因此，
E
N i 1
Xi
E E
N i 1
Xi
N
EN EX1
EN EX1．
8
所以，在上面的例子中，在一周中受伤人
数的期望值为
E
N
X
i
EN
E
X1
4
2
8
．
i1
记 X 表示该读者遇到的印刷错误
数．令
1 Y 2
如果读者选取数学书 ， 如果读者选取历史书
3
则由全期望公式，得
EX EEX Y PY 1EX Y 1 PY 2EX Y 2
12 15 7 ． 222
4
例 2（随机变量的随机数量和的期望） 假定一工 厂设备每周出现事故次数的期望为 4．又假定在每次 事故中受伤工人数是具有相同均值 2 的独立随机变 量．再假定在每次事故中受伤工人数与每周发生的 事故数目相互独立．每周受伤人数的期望是多少？
46
命 题 3.1 （ 条 件 方 差 公 式 ）
varX EvarX Y varEX Y ．
（3.8）
47
证明：
EvarX Y E E X 2 Y EX Y 2 EEX 2 Y E EX Y 2 EEX 2 Y E EX Y 2 EX 2 E EX Y 2 ．
功时的试验次数．求 varN ．
39
解： 如果首次试验成功，记Y 1，否则记Y 0 ．
varN EN 2 EN 2 ． 下面我们计算 E N 2 ，对Y 取条件，得
EN2 EEN2 Y ．
然而，
E N2 Y 1 1， E N2 Y 0 E N 12 ，
40
上面两个方程都是正确的，因为如果首次试验的结果是 成功，那么显然 N 1，从而 N 2 1．另一方面，如果首 次试验的结果是失败，那么得到第一次成功所需的试验 总次数等于1（首次试验是失败）加上进行额外试验所 需的试验次数．由于后面的量与 N 同分布，我们得到
varS EvarS N varES N
EN 2 varN
2EN 2 varN ．
55
在上式中，如果 N 是服从 Poisson 分布的随机变量，则
N
S Xi 称为复合 Poisson 随机变量．由于在参数为 的 i 1
Poisson 分布中， varN EN ，因此由例题 3.18，有
15
解： 令 X 记矿工到达安全地所需的时间，以Y 记他 最初选取的门．现在
EX EEX Y
3
P Y
i
EX
Y
i
i 1
3 1 E X Y i ， i1 3 16
然而
EX Y 1 2 ， EX Y 2 3 EX ， EX Y 3 5 EX ． （3.7） 为了理解为什么这是正确的，我们以 EX Y 2为例，给出其如下推理．如
ERn n ．
这个结果是正确的，现在给出一个归纳性证明．
由 于 显 然 有 ER1 1 ， 假 定 对 于 k 1, , n 1 ， 有 ERk k ．
24
为了计算 ERn ，我们先对第一轮中的匹配
数 Yn 取条件．它给出
ERn EERn Yn
n
PYn
i
ERn
Yn
i．
i0
25
现在，给定最初一轮的全部匹配数 i ，需 要的轮数将等于1加上余下的 ni 个人 匹配他们的帽子需要的匹配轮数．
果矿工选取第 2 个门，那么 3 小时后他将回到他的矿井．但是，一旦他回到
矿井，问题就和以前一样了，而直到他到达安全地的附加时间的期望正是
EX ．因此，
EX Y 2 3 EX ．
在方程（3.7）中其它等式后面的推理是相似的．
17
因此，
EX 1 2 3 EX 5 EX ，