条件数学期望例题

1条件数学期望例题2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？3解：记X表示该读者遇到的印刷错误数．令如果读者选取历史书如果读者选取数学书21Y，4则由全期望公式，得YXEEXE2211YXEYPYXEYP27521221．5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？6解：以N记事故次数，以iX记在第i次事故中的受伤人数，,2,1i，那么伤者总数可以表示为NiiX1．现在NXEEXENiiNii11．7但是nNXEnNXEniiNii11niiXE1（由N与iX相互独立）1XnE，（由随机变量序列iX独立同分布）8由它导出11XENNXENii因此，NXEEXENiiNii111XENE1XENE．9所以，在上面的例子中，在一周中受伤人数的期望值为82411XENEXENii．10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？11解：以N记需要抛掷的次数，而令是反面如果第一次抛掷的结果是正面如果第一次抛掷的结果01Y．12现在YNEENE0011YNEYPYNEYP011YNEpYNEp．（3.5）13然而11YNE，NEYNE10．（3.6）为了明白为什么式（3.6）是正确的，我们考察1YNE，由于1Y，我们知道第一次抛掷结果是正面，所以，需要抛掷的次数的期望是1．另一方面，如果0Y，第一次抛掷结果是反面．然而，由于假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NE．14因此，11YNE．将式（3.6）代入方程（3.5），推出NEppNE11，解方程，得pNE1．15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？16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YXEEXE31iiYXEiYP3131iiYXE，17然而21YXE，XEYXE32，XEYXE53．（3.7）为了理解为什么这是正确的，我们以2YXE为例，给出其如下推理．如果矿工选取第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XE．因此，XEYXE32．在方程（3.7）中其它等式后面的推理是相似的．18因此，XEXEXE53231，解方程，得10XE．19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．20解：以X记取到自己的帽子的人数．再设其它情形个人取到自己的帽子第01iXi，Ni,,2,1，则有NiiXX1．21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NiPXPi11个人取到自己的帽子第，随之，0011iiiXPXPXEN1，Ni,,2,1．22将上式代入上面的方程，得NiiXEXE1NiiXE1NiN111．因此，无论聚会上有多少人，平均总有一人取到自己的帽子．23例6（匹配轮数问题）假设在上面的例题中，取到自己的帽子的人离开，而其余人（没有匹配到的那些人）将他们取的帽子放到房间中央，混杂后重新取．假定这个过程连续进行到每个人都取到自己的帽子为止．假定nR是开始时有n个人出席的轮数．求nRE．24解：⑴由上例推出，不论留在那里的人有多少，平均每轮有一次匹配．这就使人想到nREn．这个结果是正确的，现在给出一个归纳性证明．由于显然有11RE，假定对于1,,1nk，有kREk．25为了计算nRE，我们先对第一轮中的匹配数nY取条件．它给出nnnYREEREninnniYREiYP0．26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in个人匹配他们的帽子需要的匹配轮数．27所以，ninnniREiYPRE01niinnnnREiYPYPRE101ninnniYPinYPRE101（由归纳假设）nnnnYEYPnYPRE0101010nnnYPnYPRE28其中最后一个等式用了上例中建立的结果1nYE．由前面的方程推出nREn．29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？30解：以kN记为了得到k次相继的成功必须试验的次数，并记kkNEM．通过对1k次相继的成功所必须试验的次数1kN取条件，我们将得到kM的一个递推方程．由此推出1kkkkNNEENEM．31现在，kkkkNEpNNNE1111，其中上式是得自若取1kN次试验得到1k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．32对上式两端取期望，得1kkkNNEEMkkNEpNE111kkNEpNE1111111kkMpM．33或者pMpMkk11．由于首次成功的次数1N是参数为p的几何随机变量，我们看到pNEM111．34并且，递推地有2211ppM，323111pppM．因此，一般地有kkpppM1112．35例8在例6的有1nn个人的匹配问题中，求给定第一个人没有匹配时的匹配数的条件期望．36解：以X记匹配数．而令1X等于1，如果第一个人有一个匹配，而在其他情形下令它等于0．37那么，11001111XPXXEXPXXEXEnXXEnnXXE111011．38但是，由例.14，1XE．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1n个人在他们自己的1n个帽子中选取的匹配数的期望数，显示出211XXE，所以，我们得到结果1201nnXXE．39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是首次成功时的试验次数．求Nvar．40解：如果首次试验成功，记1Y，否则记0Y．22varNENEN．下面我们计算2NE，对Y取条件，得YNEENE22．然而，112YNE，2210NEYNE，41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1N，从而12N．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2210NEYNE．42因此，我们看到YNEENE22001122YPYNEYPYNE211NEpp2211NNEpp2211NNEp21121NEpNEp．43由前面的例题可知，pNE1，这就推导出方程221121NEpppNE．解上面的方程，得222ppNE．44所以，22varNENEN2212ppp21pp．45另一个用取条件得到随机变量的方差的途径是用条件方差公式．在给定yY时，随机变量X的条件方差定义为yYyYXEXEyYX2var．也就是，条件方差正好与通常的方差有相同的方式定义．46不同之处是所有的概率都是在条件yY下确定的．将上式展开，并且逐项地取期望，就推出22varyYXEyYXEyYX．以YXvar记Y这样的函数，它在yY的值就是yYXvar，我们有下面的结果：47命题3.1（条件方差公式）YXEYXEXvarvarvar．（3.8）48证明：22varYXEYXEEYXE22YXEEYXEE22YXEEYXEE22YXEEXE．49而且22varYXEEYXEEYXE22XEYXEE．50所以，YXEYXEvarvar2222XEYXEEYXEEXE22XEXEXvar．51例3.18（复合随机变量的方差）设,,,1nXX是独立同分布的随机变量，其分布函数为xF，具有期望XE和方差Xvar2．再假设N是取非整数值的随机变量，它与,,,1nXX相互独立．令NiiXS1，求Svar．52解：我们可以通过对N取条件的得到2SE，这里让我们利用条件方差的计算公式．53nNXnNSNii1varvarnNXnii1varniiX1varniiX1var2n．54用同样的推理，得nnNSE．所以，有2varNNS，NNSE．55于是，有条件方差的计算公式，得NSENSESvarvarvarNNEvar2NNEvar22．56在上式中，如果N是服从Poisson分布的随机变量，则NiiXS1称为复合Poisson随机变量．由于在参数为的Poisson分布中，NENvar，因此由例题3.18，有2221varvarXEXSNii．57