抛一枚硬币,正面向上概率为p,掷出k次正面向上即停止,求抛出总次数的期望E若第n次抛出是第k次正面向上，那么之前的k-1次正面向上可以随机分布在前面的n-1次抛出中。如果脸黑，n可以为无
来源：学生作业帮助网 编辑：六六作业网 时间：2024/11/22 18:30:52
抛一枚硬币,正面向上概率为p,掷出k次正面向上即停止,求抛出总次数的期望E若第n次抛出是第k次正面向上，那么之前的k-1次正面向上可以随机分布在前面的n-1次抛出中。如果脸黑，n可以为无
抛一枚硬币,正面向上概率为p,掷出k次正面向上即停止,求抛出总次数的期望E
若第n次抛出是第k次正面向上，那么之前的k-1次正面向上可以随机分布在前面的n-1次抛出中。
如果脸黑，n可以为无穷大，即我一直没有抛出第k次正面向上。
我重新看了一下我的命题，其实并没有歧义，但是可能是这个问题比较容易与二项分布混在一起，所以大家都不知不觉进了这个陷阱。下面我推导一下，顺便说明它与二项分布的不同：
如果我的推导有错误，欢迎提出。
已经解决了，这个是负二项分布（Pascal分布），其期望是k/p。下面说几何分布的几位兄弟虽然答案是对的，Pascal分布在k=1时确实退化为几何分布，但是k>1时是不服从几何分布的。还有位兄弟说的挺有道理的，符合直觉，如果能够给出理论推导更好了。
抛一枚硬币,正面向上概率为p,掷出k次正面向上即停止,求抛出总次数的期望E若第n次抛出是第k次正面向上，那么之前的k-1次正面向上可以随机分布在前面的n-1次抛出中。如果脸黑，n可以为无
抛一次正面向上概率是p
那么出现一次正面向上需要1/p次
k次需要k*1/p=k/p次
所以次数期望E=k/p
E=K/p,这是有关二项分布的题
若是第k次抛出正面
E=p+2(1-p)(p)+3(1-p)^2(p)+4(1-p)^3(p)
服从几何分布期望
=1/p
推导：
E=p+2(1-p)(p)+3(1-p)^2(p)+4(1-p)^3(p)+..
(1-p)(E)=(1-p)p+2(1-p)^2(p)+3(1-p)^3(p)+4(1-p)^4(p)
p(E)=p+p((1-p...
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若是第k次抛出正面
E=p+2(1-p)(p)+3(1-p)^2(p)+4(1-p)^3(p)
服从几何分布期望
=1/p
推导：
E=p+2(1-p)(p)+3(1-p)^2(p)+4(1-p)^3(p)+..
(1-p)(E)=(1-p)p+2(1-p)^2(p)+3(1-p)^3(p)+4(1-p)^4(p)
p(E)=p+p((1-p)+(1-p)^2+(1-p)^3+...)
E={p+p(1-p)/(1-(1-p))}/p
=(p+1-p)/p
=1/p
若是一共抛出k次正面为止
正面/E=p
k/E=p
E=k/p
收起