几何分布（正面计数 II）、家庭规划、抽球、期望线性性

(a) 如果我们抛掷了 \(k\) 次，那么前 \(k-1\) 次必须是反面，第 \(k\) 次是正面，且按此顺序，因此 \[P[X = k] = \frac{3}{4}\left(1 - \frac{3}{4}\right)^{k-1} = \frac{3}{4}\left(\frac{1}{4}\right)^{k-1}.\]

(b) \(X \sim \text{Geometric}\left(\frac{3}{4}\right)\)（几何分布）

(c) 如果我们在看到第一个正面之前必须抛掷超过 \(k\) 次，那么前 \(k\) 次抛掷必须都是反面，因此 \[P[X > k] = \left(1 - \frac{3}{4}\right)^k = \left(\frac{1}{4}\right)^k.\]

(d) 注意 \(P[X < k] = 1 - P[X \ge k] = 1 - P[X > k - 1]\)，因为 \(X\) 只能取整数值。与上一部分类似，我们有 \[P[X < k] = 1 - P[X > k - 1] = 1 - \left(1 - \frac{3}{4}\right)^{k-1} = 1 - \left(\frac{1}{4}\right)^{k-1}.\]

(e) 由 (c) 可得 \[P[X > k \mid X > m] = \frac{P[X > k \cap X > m]}{P[X > m]} = \frac{P[X > k]}{P[X > m]} = \left(\frac{1}{4}\right)^{k-m}.\] 然而，注意这恰好等于 \(P[X > k - m]\)。之所以成立，是因为如果我们想计算第一次正面出现在第 \(k\) 次抛掷之后的概率，并且已知第一次正面出现在第 \(m\) 次抛掷之后，那么前 \(m\) 次抛掷都是反面。因此，由抛掷的独立性，前 \(m\) 次抛掷无关紧要，我们只需计算第一次正面出现在第 \(k - m\) 次抛掷之后的概率。这被称为几何分布的无记忆性（memorylessness property）。

(a) 样本空间是 Johnson 夫妇可能拥有的所有孩子序列的集合：\(\Omega = \{g, bg, bbg, bbb\}\)。这些样本点的概率为： \[P[g] = \frac{1}{2}\] \[P[bg] = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}\] \[P[bbg] = \left(\frac{1}{2}\right)^3 = \frac{1}{8}\] \[P[bbb] = \left(\frac{1}{2}\right)^3 = \frac{1}{8}\]

(b)

(c) \(G\) 的边缘分布： \[P[G = 0] = 0 + 0 + \frac{1}{8} = \frac{1}{8}\] \[P[G = 1] = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} = \frac{7}{8}\]

\(C\) 的边缘分布： \[P[C = 1] = 0 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\] \[P[C = 2] = 0 + \frac{1}{4} = \frac{1}{4}\] \[P[C = 3] = \frac{1}{8} + \frac{1}{8} = \frac{1}{4}\]

(d) 不，\(G\) 和 \(C\) 不独立。如果两个随机变量独立，则 \(P[X = x, Y = y] = P[X = x]P[Y = y]\)。为了说明这种依赖性，考虑联合分布表中的某一项，例如 \(P[G = 0, C = 3] = 1/8\)。这不等于 \(P[G = 0]P[C = 3] = (1/8) \cdot (1/4) = 1/32\)，因此这两个随机变量不独立。

(e) 我们可以直接应用期望的定义，因为我们已经计算了两个随机变量的边缘分布。 \[E[G] = 0 \cdot P[G = 0] + 1 \cdot P[G = 1] = 1 \cdot \frac{7}{8} = \frac{7}{8}\] \[E[C] = 1 \cdot P[C = 1] + 2 \cdot P[C = 2] + 3 \cdot P[C = 3] = 1 \cdot \frac{1}{2} + 2 \cdot \frac{1}{4} + 3 \cdot \frac{1}{4} = \frac{7}{4}\]

(a) 设 \(X\) 为记录的编号。由于每个球被选中的可能性相同，故

\[ E[X] = \sum_{x} x \cdot P[X = x] = 1 \times \frac{1}{4} + 2 \times \frac{1}{4} + 3 \times \frac{1}{4} + 4 \times \frac{1}{4} = 2.5. \]

由此可见，随机变量的期望值不一定（也往往不是）该随机变量的可行取值，即不存在任何结果 \(\omega\) 使得 \(X(\omega) = 2.5\)。

(b) 设 \(Y\) 为取出两个球的编号乘积。则

\[ E[Y] = \frac{1}{\binom{4}{2}} \bigl(1 \cdot 2 + 1 \cdot 3 + 1 \cdot 4 + 2 \cdot 3 + 2 \cdot 4 + 3 \cdot 4\bigr) = \frac{2 + 3 + 4 + 6 + 8 + 12}{6} = \frac{35}{6}. \]

(a) 若存在 RB 或 BR 对则记为 \(1\)，否则记为 \(0\)。填表如下：

(b) 六种排列中每一种出现的可能性相同，因此由表格最后一列的数值可得

\[ E[X] = \frac{1}{6} \cdot (1 + 3 + 2 + 2 + 3 + 1) = 2. \]

(c) 由于 \(I_1\) 是指示变量，\(E[I_1]\) 等价于第1个与第2个弹珠构成 RB 或 BR 的概率。在第一个弹珠的颜色确定之后，第二个弹珠与它颜色不同的概率为 \(\frac{2}{3}\)（因为剩余 3 个弹珠中有 2 个颜色不同）。因此

\[ E[I_1] = \frac{2}{3}. \]

(d) 由对称性，\(E[I_1] = E[I_2] = E[I_3] = \frac{2}{3}\)。因此

\[ E[X] = E[I_1] + E[I_2] + E[I_3] = 2. \]

(e) 注意 \(E[I_i]\) 恰好等于第 \(i\) 列中 \(1\) 的个数除以 \(6\)。因此 \(E[I_1] + E[I_2] + E[I_3]\) 恰好等于前三列中 \(1\) 的总数除以 \(6\)。而 \(E[X]\) 计数的也是同一事物：它先按行计数前三列中 \(1\) 的个数，再将各行计数相加（最后整体除以 \(6\)）。由于 \(E[I_1] + E[I_2] + E[I_3]\) 与 \(E[X]\) 计数的是同一事物，它们必然相等。