概率论与数理统计教程魏宗舒第二版14章答案.pdf

1.1写出下列随机试验的样本空间及表示下列事件的样本点集合. (1) 10件产品中有一件是不合格品,从中任取2件得一件不合格品. (2)一个口袋中有2个白球、3个黑球、4个红球,从中任取一球, (i)取出白球, (ii)取出红球. (3)甲、乙两人从装有个白球与个黑球的口袋中轮流取球,甲先取,乙后取,每次取球后不放回,知道 两人中有一人取到白球时停止,甲先取到白球. 解: (1).用表示第个合格品,用0表示不合格品.则样本空间为 = (,)|, = 0,1, ,9, = . 事件取到一个不合格品可表示为: (0,)| = 1,2, ,9 (,0)| = 1,2, ,9. (2).用1,2表示两个白球, 1,2,3表示三个黑球, 1,2,3,4表示四个红球.用表示样本空间, 表 示取到白球, 表示取到红球.那么 =1,2,1,2,3,1,2,3,4 =1,2, = 1,2,3,4. (3).用表示取到白球, 表示取到黑球.则 = (),(,),(,),(,), ,(, , 个 ) 1.2在数学系的学生中任选一名学生,令事件表示被选学生是男生,事件表示该学生是三年级学生, 事件表示该学生是运动员. (1)叙述事件的意义. (2)在上面条件下 = 成立? (3)上面时候关系式 是正确的. (4)什么时候 = 成立? 解: (1). 表示被选的学生是三年级不是运动员的男生. (2). = ,所以 = 成立,当且仅当运动员都是三年级男生. (3).当运动员都是三年级学生时 成立. (4). = , ,所以 = 的充分必要条件是“三年级学生都是女生,且女生都是三年级 学生”. 1.3一个工厂生产了个零件,以事件表示他生产的第个零件时合格品(1 ),用表示下列事 件. (1)没有一个零件是不合格品；(2)至少有一个零件是不合格品；(3)仅仅只有一个零件是不合格品；(4) 至少有两个零件是不合格品. 解: (1). =1 ;(2). =1 = =1 ; (3). =1 ( =1 = ); (4). ,=1 = . 1.4在分别写有2、4、6、7、8、11、12、13的八张卡片中任取两张,把卡片上的两个数字组成一个分数, 求所得分数为既约分数的概率. 解:样本点总数为2 8= 56. 所得分数为既约分数必须分子分母或为2、7、11、13中的两个,或为4、6、8、12中 的一个和7、11、13中的一个组合,所以事件”所得分数为既约分数”包含个样本点.于是所求概率为 = 2 4+ (4)3 2 56 = 12 + 24 56 = 9 14. 另外,我们还注意到只有2,4,6,8,12中的两种可以组成非即约分数,因此所求的概率为: = 1 2 5 56 = 1 20 56 = 9 14. 1 1.5一个小孩用13个字母A,A,A,C,E,H,I,I,M,M,N,T,T作组字游戏.如果字母的各种排列是随机的(等可 能的),问“恰好组成”MATHEMATICIAN”一词的概率为多大？ 解:这13个字母可排成 13! 3!2!2!2!种不同的排列, 而不同的排列出现的概率是一样的,故这13个字母能排成 MATHEMATICIAN的概率为3!2!2!2! 13! = 48 13!. 1.6一幢10层楼的楼房中的一架电梯,在底层登上7位乘客.电梯在每一层都停,乘客从第二层起离开电 梯,假设每位乘客在哪一层离开电梯是等可能的,求没有两位及两位以上乘客在同一层离开的概率. 解:每位乘客可在除底层外的9层中任意一层离开电梯,现有7位乘客,每位乘客都有9种离开电梯的方 式,所以样本点总数为97.事件“没有两位及两位以上乘客在同一层离开”相当于“从9层中任取7层,各有一 位乘客离开电梯”.所以包含7 9种方式,于是所求的概率为: = 7 9 97 . 1.7某城市共有10000辆自行车,其牌照编号从00001到10000.问事件“偶然遇到一辆自行车,其牌照号码 中有数字8”的概率为多大? 解:因为牌照的第一个数字必然不是8,而后四位中没有8的号码共有94种,因此所求的概率为: 1 94 10000 = 1 ( 9 10 )4 . 1.8有5双不同的鞋,从中任取4只,问没有一双配对的概率. 解:方法一:从5双鞋中任取4只,共有4 10中取法. 4只鞋中恰有两双的取法有25种, 4只鞋中恰有一双的 取法为:先从5双中取一双,再以以下方式取剩余的两只: 1)从剩余的左脚或者右脚中任取两只; 2)或者从剩 余的4只左脚中任取一只,从和它不匹配3只右脚中任取一只.因此所求的概率为: 1 2 5+ 15(224+ 4 3) 4 10 = 8 21. 方法二: 4只鞋中没有配对的取法为:从5只左脚任取只,再从和所取左脚都不匹配的5 只右脚中任 取4只, = 0,1,2,3,4.故4只鞋中没有配对的取法数为4 =0 5 4 5 = 80.故所求概率为 = 8/4 10= 8/21. 4.9袋中有只黑球, 只白球,把球随机一只一只地取出来(不放回),求第次(1 + )摸出黑球 的概率. 解:第取到这 + 个球中的任一个的概率都是一样的.第次取到的球共有 + 种不同的情况,而取到 黑球有种情况,故所求的概率为 + . 4.10任取一个正数,求下列事件的概率： (1)该数的平方的末位数字是1； (2)该数的四次方的末位数字是1； (3)该数的立方的最后两位数字都是1. 解: (1).一个数的末位数上的数字有10种情况.要使平方后的末位数字是1,则该数的末位是1或者9,所 以所求概率为 2 10 = 1 5. (2).一个数的末位数有10种情况.而要使其立方后的末位数字是1,该数的末位必须是1,3, 7或9,故所求 概率为 4 10 = 2 5. (3).一个数的立方的最后两位数都是1,则它的末位必须是1.故可设该数的末两位数是10 + 1.因 为(10+1)3= 10003+3002+30+1.可以看出,该数立方后末两位为11,则30+1的末两位是11,即30的 十位上的数是1,那么 = 7.所以要使一个数的立方的末两位都是1,那么这个数的末两位必须是71.因此所 求的概率为1/100. 1.11一个人把6根绳子掌握在手中,仅露出它们的头和尾.然后请另一个人把6个头两两相接, 6个尾也 两两相接.求放开手以后6根草恰好连成一个环的概率.并把上述结果推广到根绳子的情形. 解:不妨假定2根绳子的头中第2 1和第2根绳子的头已经两两相连, = 1,2, ,2. 第一个绳子的尾部有2 1种接法,剩余的2 2根绳子中编号最小的那根绳子的尾部有2 3种接法, 再剩下的2n-4根绳子中,编号最小的那根,其尾部有2 5中接法,因此可知,把2根绳子的尾部两两相 接,共有(2 1)(2 3)3 1 = (2 1)!种接法. 2 2根绳子要接成环形,因为第2 1和第2根绳子的头,已经两两相接,故它们的尾部不能相接.因此要 接成环形,第1根绳子有2 2种接法.和第一根绳子尾部相接的那对绳子的另外一根,和其余2 4根绳子 中任一根的尾部再相接,一直坐下去,可知2根绳子能接成环形,共有(2 2)! = (2 2)(2 4)2种接 法,故可知2根绳子能接成环形的概率为(2 2)! (2 1)!. 或者我们也看如下计算.设有2根绳子时,尾部两两相接共有()种接法,而成环形的接法有()种. 当有2( + 1)根绳子时,第一根绳子的尾部有2n+1中接法.剩下的2根绳子尾部两两相接有()种接法. 故可知 (2( + 1) = (2 + 1)(). 有(1) = 1以及递推关系可知() = (2 1)!. 假定前2根绳子已经接成环形.其尾部接点共有个.任选一个接点,把其打开,把第2 + 1,2( + 1)根 绳子接入,因为这两个绳子已经头部相接,故接入方法共有两种,因此 ( + 1) = 2(). 显然(1) = 1.由递推关系可知() = (2 2)!. 由以上可知2根绳子能接成环形的概率为 () () = (2 2)! (2 1)!. 当有六根绳子时,即 = 3,此时绳子能构成环的概率为(4!)/(5!) = 8/15. 1.12某公共汽车站每隔5分钟有一辆汽车到达,乘客到达汽车站的时刻是任意的,求一个乘客候车时 间不超过3分钟的概率. 解:设上一趟公交车开走的时刻为0.用表示乘客到达时刻,则样本空间为 = |0 2,且2+ 3 1. 即(1,2,3)位于下图所示的由面, , 所围的区域内.所求的概率 解为: 的体积 正方体 的体积 = 1 2 1.15已知不可能事件的概率为0,现在问概率为零的事件是否一定是不可能事件? 解:从区间0,1内任取一个数, 表示“取到数0.5”.显然事件不是不可能事件,但是() = 0.这个例 子说明概率为零的事件不一定是不可能事件. 1.16设1,2为两个随机事件,证明： (1). (12) = 1 (1) (2) + (12); (2). 1 (1) (2) (12) (1 2) (1) + (2). 解: (1). (12) = 1 (12) = 1 (1 2) =1 (1) + (2) (12) = 1 (1) (2) + (12). (2).由(1)可知(12) = 1 (1) (2) + (12) 1 (1) (2). 因为12 1 2,所以(12) (1 2) (1) + (2). 1.17对任意的随机事件,证明: () + () () (). 证明: () + () () () + () () = () () = ( ( ) (). 其中最后的不等式利用了 ( ) . 1.18设,是三个随机事件,且() = () = () = 1 4, () = () = 1 8, () = 0, 求( ). 解:注意到0 () () = 0 () = 0.所以 ( )=() + () + () () () () + () = 1 4 3 1 8 2 0 + 0 = 1 2. 1.19在某城市中共发行三种报纸：甲、 乙、 丙,在这个城市的居民中,订甲报的有45%,订乙报的有35%, 订丙报的有30%,同时订甲、乙两报的有10%,同时订甲、丙两报的有8%,同时订乙、丙两报的有5%,同时订 三种报纸的有3%,求下述百分比： (1)只订甲报的；(2)只订甲、 乙两报的; (3)只订一种报纸的；(4)正好订两种报纸的； (5)至少订一种报纸的；(6)不订任何报纸的. 解:令 = “订甲报”, =“订乙报”, =“订丙报”. (1). () = ( ) = ()( ) = ()() = ()()+() () = 0.3.所以只订甲报的占30%. (2). () = () () = 0.07.所以只订甲、 乙两种报的占7%. (4). ( ) = ( ) () = () + () + () 3() + () () = 0.14. 4 (5). ( ) = () + () + () () () () + () = 0.9. (6). ( ) = 1 ( ) = 1 0.9 = 0.1. (3). ( ) = ( ) ( ) =( ) ( ) =0.9 () + () + () 3() + () = 0.73. 1.20设1,2, ,是个随机事件,证明: (1). ( =1 ) = 1() 1 (|). 证明: (|) (|) () () () () () ()() ()() = () ()() () ()() () ()() ()() ()() ()() ()() () ()() ()() () () () () (|) (|). 1.26设() = 0.6, () = 0.8.试证: (|) 0.5,且当(|) = 0.5时,试求(|). 证明: (|) = () () = () () 1 () () () 1 () = 0.8 0.6 0.4 = 0.5,且等号成立当且仅 当() = (). 当(|) = 0.5,即() = ()时, (|) = () () = () () () = 0.8 0.6 0.8 = 0.25. 1.27试举例说明:对任意两个事件,无条件概率()和条件概率(|)之间没有固定的大小关系. 解:从1,2, ,10中任取一个数, =“取到数字2”.则() = 1 10. 如果 =“取到偶数”,则(|) = 1/5 ().但是如果 =“取到奇数”,则(|) = 0 0时, ,相互独立的充要条件是(|) = ().但是在本题中() = 0.6 = (|) = 0.5,所以,不相互独立. 1.34若,相互独立,证明: , ,中任一个事件和, ,中任何一个事件相互独立. 证明: 1).设是一个随机事件,且() = 0,对任意的随机事件,有0 () () = 0,所 以() = 0 = ()(),即事件,相互独立.这说明任何事件都和概率为零的事件相互独立. 2).下证,相互独立,则, 也相互独立. 因为() = () () = () ()() = ()1 () = ()(),所以, 相互独立. 3).类似于2)可证明,相互独立, , 相互独立. 4).由1)和2)可知,如果一个事件的概率为1,则它和任意事件相互独立. 把1),2),3)和4)合起来,即的, ,中任一个事件和, ,中任何一个事件相互独立. 8 1.36设,为两个相互独立的事件, () + () = 1,试证: ( ) 3 4. 解:因为()() 1 4()+() 2 = 1 4, 所以() = ()+()() = 1()() 1 1 4 = 3 4. 1.37已知事件,相互独立且互不相容,求min(),() (注: min,表示,中的更小的一个 数). 解: ,相互独立,所以有() = ()().又,互不相容,故() = 0.这样我们就有()() = 0,因此() = 0,或者() = 0.因为任意事件的概率都不小于0,因此min(),() = 0. 1.38试举例说明:由() = ()()()不能推出() = ()()成立. 解:令 = ,那么() = ()()()成立,但是显然() = ()()不一定成立. 1.39设两两独立的三个事件,满足条件: = , () = () = () 1 2, 且已知( ) = 9 16, 求(). 解:设() = () = () = .由,两两独立以及() = 0可得: ( ) = () + () + () ()() ()() ()() = 3 32= 9 16. 所以162 16 + 3 = 0 (4 1)(4 3) = 0,所以 = 1/4或者 = 3/4.因为() = 0, 定义 = 1,若 + 为偶数; 0,若 + 为奇数. 问取什么值时与独立? 解：由,的相互独立性及分布列可得: ( = 0, = 0)=( = 0, = 1) = ( = 0)( = 1) = ; ( = 0, = 1)=( = 0, = 0) = ( = 0)( = 0) = 2; ( = 1, = 0)=( = 1, = 0) = ; ( = 1, = 1)=( = 1, = 1) = 2. ( = 0)=( = 0, = 0) + ( = 1, = 0) = 2, ( = 1)=1 ( = 0) = 1 2, 其中 = 1 .由,相互独立,可知 = ( = 1, = 0) = ( = 1)( = 0) = (2), 即1 = 2 = 1/2 = 1/2.容易验证当 = 1 2时, ,相互独立. 2.21设随机变量与独立,且( = 1) = ( = 1) = 1 2, 定义 = ,证明,两两独立,但不相 互独立. 证明：先计算的分布列.注意到只取1,1两个值,利用,相互独立可得: ( = 1)=( = = 1) + ( = = 1) =( = 1)( = 1) + ( = 1)( = 1) = 1/2; ( = 1)=1 ( = 1) = 1/2. 因为,独立,故要证,两两独立,只需,都与独立.先证,相互独立. ,的联合分布列为: ( = 1, = 1) = ( = = 1) = ( = 1)( = 1) = 1/4; ( = 1, = 1) = ( = 1, = 1) = 1/4; ( = 1, = 1) = ( = 1, = 1) = 1/4; ( = 1, = 1) = ( = 1, = 1) = 1/4. 观察发现对任意的 = 1,1和 = 1,1, ( = , = ) = ( = )( = ). 因此,相互独立. 由对称性可知,也相互独立.但是 ( = 1, = 1, = 1) = () = 0 = 1/8 = ( = 1)( = 1)( = 1), 所以,不相互独立. 2.22已知离散型随机变量的分布列为 21013 1 5 1 6 1 5 1 15 11 30 求 = 2的分布列. 6 解： 21013 241019 1 5 1 6 1 5 1 15 11 30 所以2的分布列为: 20149 1 5 7 30 1 5 11 30 2.23设随机变量的分布列( = ) = 1 2, = 1,2, , 求 = sin ( 2 ). 解：只取三个值1,1,0,并且 ( = 0)=( =1 = 2) = =1 ( = 2) = =1 1 22 = 1 3, ( = 1)=( =0 = 4 + 1) = =0 ( = 4 + 1) = =0 1 24+1 = 8 15; ( = 1)=1 ( = 0) ( = 1) = 2 15. 所以的分布列为: 101 2 15 8 15 1 3 2.24设离散型随机变量与的分布列为 013 1 2 3 8 1 8 , 01 1 3 2 3 , 且,相互独立,求 = + 的分布列. 解：随机变量可取值0,1,2,3,4,且 ( = 0)=( + = 0) = ( = 0, = 0) = ( = 0)( = 0) = 1/6; ( = 1)=( = 0)( = 1) + ( = 1)( = 0) = 11/24; ( = 2)=( = 1)( = 1) = 1/4; ( = 3)=( = 3)( = 0) = 1/24; ( = 4)=( = 3)( = 1) = 1/12. 所以有分布列 01234 1 6 11 24 1 4 1 24 1 12 2.25设独立随机变量,分别服从二项分布：(1,)与(2,),求 + 的分布列. 解：显然可取值0,1,2, ,1+ 2,且 ( = )= ( =0 = , = ) = =0 ( = , = ) = =0 ( = )( = ) = =0 1 (1 )1 2 (1 )2()= (1 )1+2 =0 1 2 = 1+2 (1 )1+2, = 0,1,2, ,1+ 2, 即 (1+ 2,). 7 2.26设,为独立同分布的离散型随机变量,其分布列为( = ) = ( = ) = 1 2, = 1,2, 求 + 的分布列. 解：令 = + ,那么的取值为2,3,并且对任意的 = 2,3,有: ( = )=( + = ) = 1 =1 ( = )( = ) = 1 =1 1 2 1 2 = 1 =1 1 2 = 1 2 , = 2,3, . 2.27设随机变量具有分布：( = ) = 1 5, = 1,2,3,4,5, 求,2及( + 2)2. 解： = 5 =1 ( = ) = 5 =1 1 5 = 1 5 5 =1 = 1 5 5 (5 + 1) 2 = 3. 2= 5 =1 2( = ) = 5 =1 2 1 5 = 1 5 5(5 + 1)(2 5 + 1) 6 = 11 ( + 2)2=(2+ 4 + 4) = 2+ 4 + 4 = 11 + 4 3 + 4 = 27, 或者直接计算: ( + 2)2= 5 =1 ( + 2)2 1 5 = 1 5 5 =1 ( + 2)2= 135/5 = 27. 2.28设表示10次独立重复射击命中目标的次数,每次射中目标的概率为0.4,则2的数学期望2为多 少? 解：由题意服从二项分布(10,0.4),所以 = 4, = 2.4.由于 = 2 ()2,所以 2= + ()2= 2.4 + 42= 18.4. 2.29设离散型随机变量的分布列为： ( = (1) 2 ) = 1 2 , = 1,2, , 问是否有数学期望? 解:因为 =1 (1) 2 1 2 = = 1 = , 所以的数学期望不存在. 2.30对三架仪器进行检验,各仪器发生故障是独立的,且概率分别为1,2,3.试证发生故障的仪器数 的数学期望为1+ 2+ 3. 证明：令 = 1,第架仪器发生故障, 0,第架仪器没有发生故障. 那么1+ 2+ 2正好是发生故障的仪器数,其数学期望为 (1+ 2+ 3) = 1+ 2+ 3= 3 =1 (= 1) = 1+ 2+ 3. 2.31如果在15000件产品中有1000件不合格品,从中任意抽取150件进行检查,设查得的不合格品数为, 求的数学期望. 8 解：令 = 1,第次抽到不合格品, 0,第次抽到合格品, = 1,2, ,150. 则 = 1+ 2+ + 150,且= (= 1) = 1 15. 因此 = 1+ 2+ + 150= 150 1 15 = 10. 2.32把数字1,2, ,任意在排成一列,如果数字恰好出现在第个位置上,则称有一个匹配,求匹配 数的数学期望. 解：令 = 1,第个数字放到了第个位置, 0,第个数字没有放到了第个位置, = 1,2, ,. 则 = =1是匹配数, 且= (= 1) = 1 . 所以 = =1 = =1 = =1 1 = 1. 2.34从数字0,1, ,中任取两个不同的数字,求这两个数字之差的绝对值的数学期望. 解：用表示取出的两个数字之差的绝对值,则的取值为1,2, ,并且 ( = ) = + 1 2 +1 , = 1,2, ,. 所以 = =1 + 1 2 +1 = 1 2 +1 ( + 1) =1 =1 2 = 1 2 +1 ( + 1)2 2 ( + 1)(2 + 1) 6 = + 2 3 . 2.35设为取非负整数值的随机变量,证明： (1). = =1 ( ); (2). = 2 =1 ( ) ( + 1). 解： = =0 ( = ) = =1 ( = ) =( = 1)+( = 2)+( = 3)+( = ) + +( = 2)+( = 3)+( = ) + +( = 3)+( = ) + + =( 1) + ( 2) + ( 3) + = =1 ( ). 注意到2= 2( + 1) 2 ,所以 9 2= =0 2( = ) = 2 =1 ( + 1) 2 ( = ) =1 ( = ) =2 ( = 1)+ ( = 2)+ ( = 3)+( = ) + +2( = 2)+2( = 3)+2( = ) + +3( = 3)+3( = ) + + =2 =1 ( ) , 所以 = 2 ()2= 2 =1 ( ) (1 + ). 2.36在贝努里试验中,每次试验成功的概率为,试验进行到成功与失败均出现时停止,求平均试验次 数. 解：方法一:用表示试验的次数,则的取值为2,3,并且 ( = ) = 1 + 1, = 2,3, , 其中 = 1 .所以 = =2 1 + =2 1. 令() = =2 1,那么 = () + (). 注意到 ()= 0 () = 0 =2 1 = =2 0 1 = =2 = ( 2 1 ) = 2 2 (1 )2 . 所以 =() + () = 2 2 + 2 2 = 1 1. 方法二:注意到是只取正整数的随机变量,我们利用上一题的结果来计算. 因为( 1) = 1, ( ) = (前 1次试验的都成功或者都失败) = 1+ 1( 2),因此 = =1 ( ) = 1 + =2 (1+ 1) = 1 + 2+ 2 = 1 + ( + )2 2 = 1 1. 2.37有3只球, 4只盒子,盒子的编号为1,2,3,4,将球逐个独立地、 随机地放入4个盒子中去,以表示其中 至少有一只球的盒子的最小编号(例如: = 3表示第1号、 第2号盒子是空的,第3号盒子至少有一只球),求. 解：只取非负整数值,可以利用习题2.35求. 因为( 1) = 1, ( 2) = (第1号盒子空) = 33 43 . ( 3) = (第1,2号盒子空) = 23 43 , ( 4) = (3只球都在第4号盒子里) = 1 43 , ( ) = 0, 5.所以 = 1 + 33 43 + 23 43 + 1 43 = 25 16. 2.38设随机变量服从参数为的几何分布,求和. 解:设有分布列: ( = ) = 1, = 1,2, , = 1 .因为 ( ) = = 1 = 1 1 = 1, = 1,2, , 10 所以 = =1 ( ) = =1 1= 1 1 = 1 . =2 =1 ( ) (1 + ) = 2 =1 1 (1 + ) = 2 =1 1 (1 + ) = 2 (1 + ) = 2 . 其中利用了 = =1 1. 的数学期望也可如下计算: = + 2 + 32+ 43+ , = + 22+ 33+ , (1 )=(1 + + 2+ 3+ ) = 1 1 = 1, 所以 = 1 1 = 1/. 另外我们还可以利用习题2.36中的方法来计算和. 2.39流水作业线上生产出的每个产品为不合格品的概率为 ,当生产出个不合格品时即停工检修一 次.求在两次检修之间产品总数的数学期望与方差. 解:设第 1个不合格出现后到第个不合格品出现时的产品数为, = 1,2, ,.那么, = 1,2, ,独立同分布,且同服从参数为的几何分布(参见习题2.38).两次检修之间产品总数为 = 1+ 2+ + . = =1 = =1 = =1 1 = , = =1 = =1 = =1 1 2 = (1 ) 2 . 方法二:用表示两次检修之间生产的产品总数,则的取值为, + 1,并且 ( = ) = 1 1 1 = 1 1 , = , + 1, . 因此 = = ( = ); = = ( = ) = = ( = ); = = ( )( = ) = =+1 ( )( = ) = = ( )1 1 1 = =+1 1 (1) .(1) 注意若把题目中的换成 + 1,即生产出 + 1个不合格品再检修,则分布列为( = ) = 1(1) , = +1, +2,.注意到公式(1)中的 =+1 1(1)就是对该分布列求和,其值自然为1. 因 此可得 = = + = . 11 2.40从一个装有个白球、个黑球的袋中摸球,直至摸到白球时停止.如果(1)摸球是不放回的, (2)摸 球是放回的,试对这两种不同的摸球方式求：取出黑球数的数学期望. 解：(1).用表示在有个黑球时,不放回摸球摸出的黑球数. 有分布列: (= ) = +1 + , = 0,1,2, ,.那么可知 = =0 +1 + . (在计算上式时,一个想法就是构造一个新的分布列,把吸收进新的分布列中.) = =0 ( ) +1 + = 1 =0 ( ) +1 + = 1 =0 1 +1 + = 1 =0 1 +1 (+1)+(1) = + 1 1 =0 ( + 1) 1 +1 (+1)+(1) . 注意到 ( + 1) 1 +1 (+1)