2024年高考数学重难点突破讲义：微切口4　概率中的数列特征——马尔科夫链

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：微切口4　概率中的数列特征——马尔科夫链，共8页。
连续两项递推特征
例1 (2023·揭阳期末)现代排球赛为5局3胜制，每局25分，决胜局15分．前4局比赛中，一队只有赢得至少25分，并领先对方2分时，才胜1局．在第5局比赛中先获得15分并领先对方2分的一方获胜．在一个回合中，赢的球队获得1分，输的球队不得分，且下一回合的发球权属于获胜方．经过统计，甲、乙两支球队在每一个回合中输赢的情况如下：当甲队拥有发球权时，甲队获胜的概率为 eq \f(2,3)；当乙队拥有发球权时，甲队获胜的概率为 eq \f(1,2).
(1) 假设在第1局比赛开始之初，甲队拥有发球权，求甲队在前3个回合中恰好获得2分的概率；
【解答】 在前3个回合中甲队恰好获得2分对应的胜负情况为：胜胜负、胜负胜、负胜胜共3种情况，对应的概率分别记为P1，P2，P3，P1＝ eq \f(2,3)× eq \f(2,3)× eq \f(1,3)＝ eq \f(4,27)；P2＝ eq \f(2,3)× eq \f(1,3)× eq \f(1,2)＝ eq \f(1,9)；P3＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,2)× eq \f(2,3)＝ eq \f(1,9)，所以甲队在前3个回合中恰好获得2分的概率P＝ eq \f(4,27)＋ eq \f(1,9)＋ eq \f(1,9)＝ eq \f(10,27).
(2) 当两支球队比拼到第5局时，两支球队至少要进行15个回合，设甲队在第i个回合拥有发球权的概率为Pi.假设在第5局由乙队先开球，求在第15个回合中甲队开球的概率，并判断在此回合中甲、乙两队开球的概率的大小．
【解答】 由全概率公式可得，Pi＋1＝ eq \f(2,3)Pi＋ eq \f(1,2)(1－Pi)＝ eq \f(1,6)Pi＋ eq \f(1,2)，即Pi＋1－ eq \f(3,5)＝ eq \f(1,6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Pi－\f(3,5))).易知P1＝0，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Pi－\f(3,5)))是以－ eq \f(3,5)为首项， eq \f(1,6)为公比的等比数列，所以Pi＝ eq \f(3,5)－ eq \f(3,5)× eq \f(1,6i-1)，故P15＝ eq \f(3,5)－ eq \f(3,5)× eq \f(1,614).又因为P15－ eq \f(1,2)＝ eq \f(1,10)－ eq \f(3,5)× eq \f(1,614)＝ eq \f(614－6,10×614)＞0，所以P15＞ eq \f(1,2).而在每一个回合中，甲、乙两队开球的概率之和为1，从而可得在此回合中甲队开球的概率大于乙队开球的概率．
变式1 (2023·佛山二模)有n个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个白球、1个黑球，其余盒子中均为1个白球、1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是__ eq \f(5,9)__，从第n个盒子中取到白球的概率是__ eq \f(1,2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋ eq \f(1,2)__.
【解析】 记事件Ai表示从第i(i＝1，2，…，n)个盒子里取出白球，则P(A1)＝ eq \f(2,3)，P( eq \x\t(A)1)＝1－P(A1)＝ eq \f(1,3)，所以P(A2)＝P(A1A2)＋P( eq \x\t(A)1A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P( eq \x\t(A)1)P(A2| eq \x\t(A)1)＝ eq \f(2,3)× eq \f(2,3)＋ eq \f(1,3)× eq \f(1,3)＝ eq \f(5,9)，P(A3)＝P(A2)P(A3|A2)＋P( eq \x\t(A)2)P(A3| eq \x\t(A)2)＝P(A2)× eq \f(2,3)＋P( eq \x\t(A)2)× eq \f(1,3)＝ eq \f(1,3)×P(A2)＋ eq \f(1,3)＝ eq \f(14,27)，P(A4)＝P(A3)P(A4|A3)＋P( eq \x\t(A)3)P(A4| eq \x\t(A)3)＝P(A3)× eq \f(2,3)＋P( eq \x\t(A)3)× eq \f(1,3)＝ eq \f(1,3)P(A3)＋ eq \f(1,3)，进而可得n≥2时，P(An)＝ eq \f(1,3)P(An－1)＋ eq \f(1,3)，P(An)－ eq \f(1,2)＝ eq \f(1,3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(P(An－1)－\f(1,2)))，又P(A1)－ eq \f(1,2)＝ eq \f(1,6)，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(P(An)－\f(1,2)))是首项为 eq \f(1,6)，公比为 eq \f(1,3)的等比数列，所以P(An)－ eq \f(1,2)＝ eq \f(1,6)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(n－1)＝ eq \f(1,2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(n)，即P(An)＝ eq \f(1,2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(n)＋ eq \f(1,2).
连续三项递推特征
例2 (2023·杭州二模)马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用．其数学定义为：假设我们的序列状态是…，Xt－2，Xt－1，Xt，Xt＋1，…，那么Xt＋1时刻的状态的条件概率仅依赖前一状态Xt，即P(Xt＋1|…，Xt－2，Xt－1，Xt)＝P(Xt＋1|Xt).现实生活中也存在着许多马尔科夫链，例如著名的赌徒模型．假如一名赌徒进入赌场参与一个赌博游戏，每一局赌徒赌赢的概率为50%，且每局赌赢可以赢得1元，每一局赌徒赌输的概率为50%，且赌输就要输掉1元．赌徒会一直玩下去，直到遇到如下两种情况才会结束赌博游戏：一种是手中赌金为0元，即赌徒输光；一种是赌金达到预期的B元，赌徒停止赌博．记赌徒的本金为A(A∈N*，A＜B)，赌博过程如下图的数轴所示．当赌徒手中有n元(0≤n≤B，n∈N)时，最终输光的概率为P(n)，请回答下列问题：
(例2)
(1) 请直接写出P(0)与P(B)的数值；
【解答】 当n＝0时，赌徒已经输光了，因此P(0)＝1.当n＝B时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此P(B)＝0.
(2) 证明：{P(n)}是一个等差数列，并写出公差d；
【解答】 记事件M＝“赌徒有n元且最后输光”，事件N＝“赌徒有n元且下一场赢”，P(M)＝P(N)P(M|N)＋P( eq \x\t(N))P(M| eq \x\t(N))，即P(n)＝ eq \f(1,2)P(n－1)＋ eq \f(1,2)P(n＋1)，所以P(n)－P(n－1)＝P(n＋1)－P(n)，所以{P(n)}是一个等差数列，设P(n)－P(n－1)＝d，则P(n－1)－P(n－2)＝d，…，P(1)－P(0)＝d，累加得P(n)－P(0)＝nd，故P(B)－P(0)＝Bd，得d＝－ eq \f(1,B).
(3) 当A＝100时，分别计算B＝200，B＝1 000时，P(A)的数值，并结合实际，解释当B→∞时，P(A)的统计含义．
【解答】 A＝100，由P(n)－P(0)＝nd，得P(A)－P(0)＝Ad，即P(A)＝1－ eq \f(A,B)，当B＝200时，P(A)＝50%，当B＝1 000时，P(A)＝90%，当B→∞时，P(A)→1，因此可知久赌无赢家，即便是一个这样看似公平的游戏，只要赌徒一直玩下去就会100%的概率输光．
变式2 (2019·全国Ⅰ卷)为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈，则甲药得1分，乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈，则乙药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈，则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X.
(1) 求X的分布列；
【解答】由题意可知X所有可能的取值为－1，0，1，所以P(X＝－1)＝(1－α)β；P(X＝0)＝αβ＋(1－α)(1－β)；P(X＝1)＝α(1－β)，则X的分布列如下：
(2) 若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pi(i＝0，1，…，8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0＝0，p8＝1，pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1(i＝1，2，…，7)，其中a＝P(X＝－1)，b＝P(X＝0)，c＝P(X＝1).假设α＝0.5，β＝0.8.
①求证：{pi＋1－pi}(i＝0，1，2，…，7)为等比数列；
②求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性．
【解答】 ①因为α＝0.5，β＝0.8，所以a＝0.5×0.8＝0.4，b＝0.5×0.8＋0.5×0.2＝0.5，c＝0.5×0.2＝0.1.因为pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1(i＝1，2，…，7)，即pi＝0.4pi－1＋0.5pi＋0.1pi＋1(i＝1，2，…，7)，整理可得5pi＝4pi－1＋pi＋1(i＝1，2，…，7)，所以pi＋1－pi＝4(pi－pi－1)(i＝1，2，…，7)，所以{pi＋1－pi}(i＝1，2，…，7)是以p1－p0为首项，4为公比的等比数列．
②由①知pi＋1－pi＝(p1－p0)·4i＝p1·4i，所以p8－p7＝p1·47，p7－p6＝p1·46，…，p1－p0＝p1·40，相加可得p8－p0＝p1·(40＋41＋…＋47)＝ eq \f(1－48,1－4)p1＝ eq \f(48－1,3)p1＝1，所以p1＝ eq \f(3,48－1)，所以p4＝p4－p0＝p1·(40＋41＋42＋43)＝ eq \f(1－44,1－4)p1＝ eq \f(44－1,3)× eq \f(3,48－1)＝ eq \f(1,44＋1)＝ eq \f(1,257).p4表示甲药的累计得分是4时，最终认为甲药更有效的概率．由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为p4＝ eq \f(1,257)≈0.003 9，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理．
1．马尔可夫链：若P(Xn＋1＝j|Xn＝i，Xn－1＝in－1，…，X0＝i0)＝P(Xn＋1＝j|Xn＝i)＝Pij，即未来状态Xn＋1只受当前状态Xn的影响，与之前的Xn－1，Xn－2，…，X0无关．
2．一维随机游走模型
设数轴上一个点，它的位置只能位于整点处，在时刻t＝0时，位于点x＝i(i∈N*)，下一个时刻，它将以概率α或者β(α∈(0，1)，α＋β＝1)向左或者向右平移一个单位．若记状态Xt＝i表示：在时刻t该点位于位置x＝i(i∈N*)，那么由全概率公式可得：P(Xt＋1＝i)＝P(Xt＝i－1)·P(Xt＋1＝i|Xt＝i－1)＋P(Xt＝i＋1)·P(Xt＋1＝i|Xt＝i＋1)，另一方面，由于P(Xt＋1＝i|Xt＝i－1)＝β，P(Xt＋1＝i|Xt＝i＋1)＝α，代入上式可得：Pi＝α·Pi＋1＋β·Pi－1.进一步，假设在x＝0与x＝m(m＞0，m∈N*)处各有一个吸收壁，当点到达吸收壁时被吸收，不再游走．于是，P0＝0，Pm＝1.随机游走模型是一个典型的马尔科夫过程．进一步，若点在某个位置后有三种情况：向左平移一个单位，其概率为a，原地不动，其概率为b，向右平移一个单位，其概率为c，那么根据全概率公式可得：Pi＝a·Pi＋1＋b·Pi＋c·Pi－1.
固能力触类旁通
1．某汽车销售公司为推广某款新能源汽车，现面向意向客户推出“玩游戏，送大奖”活动，客户可根据抛掷硬币的结果，操控微型遥控车在方格图上(方格图上依次标有数字0，1，2，3，…，20)移动，若遥控车最终停在“胜利大本营”(第19格)，则可获得购车优惠券3万元；若遥控车最终停在“微笑大本营”(第20格)，则没有任何优惠券．已知硬币出现正、反面的概率都是 eq \f(1,2)，遥控车开始在第0格，客户每掷一次硬币，遥控车向前移动一次．若掷出正面，遥控车向前移动一格(从k到k＋1)；若掷出反面，遥控车向前移动两格(从k到k＋2)，直到遥控车移到“胜利大本营”或“微笑大本营”时，游戏结束．设遥控车移到第n(1≤n≤19)格的概率为Pn，试证明：{Pn－Pn－1}是等比数列，并求参与游戏一次的顾客获得优惠券全额的期望值(精确到0.1万元)．
【解答】 由题可知P0＝1，P1＝ eq \f(1,2)，遥控车移到第n(2≤n≤19)格有两种可能：①遥控车先到第n－2格，又掷出反面，其概率为 eq \f(1,2)Pn－2；②遥控车先到第n－1格，又掷出正面，其概率为 eq \f(1,2)Pn－1，所以Pn＝ eq \f(1,2)Pn－2＋ eq \f(1,2)Pn－1，所以当2≤n≤19时，Pn－Pn－1＝－ eq \f(1,2)(Pn－1－Pn－2).又因为P1－P0＝－ eq \f(1,2)≠0，所以当1≤n≤19时，数列{Pn－Pn－1}是首项为－ eq \f(1,2)，公比为－ eq \f(1,2)的等比数列，所以P1－P0＝－ eq \f(1,2)，P2－P1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) eq \s\up12(2)，P3－P2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) eq \s\up12(3)，…，Pn－Pn－1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n)，以上各式相加，得Pn－1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) eq \s\up12(3)＋…＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))· eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))\s\up12(n)))，所以当1≤n≤19时，Pn＝ eq \f(2,3)＋ eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n)，所以到达“胜利大本营”的概率P19＝ eq \f(2,3)－ eq \f(1,3)· eq \f(1,219).设参与游戏一次的顾客获得优惠券金额为Y万元，则Y＝3或Y＝0，所以Y的期望E(Y)＝3·P19＋0·(1－P19)＝3· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)－\f(1,3)·\f(1,219)))＝2－ eq \f(1,219)，所以参与游戏一次的顾客获得优惠券金额的期望值为2.0万元．
2．(2023·杭州一模节选)校篮球队中的甲、乙、丙三名球员进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第n次触球者是甲的概率记为Pn，P1＝1.
(1) 求P3，P4，并证明： eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Pn－\f(1,3)))为等比数列；
【解答】 由题意知P1＝1，P2＝0，P3＝ eq \f(1,2)，P4＝ eq \f(1,2)×0＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))× eq \f(1,2)＝ eq \f(1,4).将第n次触球者是甲的概率记为Pn，则当n≥2时，第n－1次触球者是甲的概率为Pn－1，第n－1次触球者不是甲的概率为1－Pn－1，则Pn＝Pn－1×0＋(1－Pn－1)× eq \f(1,2)＝ eq \f(1,2)(1－Pn－1)，从而Pn－ eq \f(1,3)＝－ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Pn－1－\f(1,3)))，又P1－ eq \f(1,3)＝ eq \f(2,3)，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Pn－\f(1,3)))是以 eq \f(2,3)为首项，－ eq \f(1,2)为公比的等比数列．
(2) 比较第15次触球者是甲与第15次触球者是乙的概率的大小．
【解答】 第n次触球者是甲的概率为Pn＝ eq \f(2,3)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n－1)＋ eq \f(1,3)，所以P15＝ eq \f(2,3)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) eq \s\up12(14)＋ eq \f(1,3)＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,213)＋ eq \f(1,3)＞ eq \f(1,3)，第15次触球者是乙的概率为Q15＝ eq \f(1,2)(1－P15)＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3)×\f(1,213)－\f(1,3)))＝ eq \f(1,3)－ eq \f(1,3)× eq \f(1,214)＜ eq \f(1,3)，所以第15次触球者是甲的概率比第15次触球者是乙的概率大．
3．(2023·济南期初)甲、乙两人进行抛掷骰子游戏，两人轮流抛掷一枚质地均匀的骰子．规定：先掷出点数6的获胜，游戏结束．
(1) 记两人抛掷骰子的总次数为X，若每人最多抛掷两次骰子，求比赛结束时X的分布列和期望；
【解答】 依题意，抛掷骰子一次获胜的概率p＝ eq \f(1,6)，X的可能取值为1，2，3，4，P(X＝1)＝ eq \f(1,6)，P(X＝2)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,6)))× eq \f(1,6)＝ eq \f(5,36)，P(X＝3)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,6))) eq \s\up12(2)× eq \f(1,6)＝ eq \f(25,216)，P(X＝4)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,6))) eq \s\up12(3)＝ eq \f(125,216)，所以X的分布列为
期望E(X)＝1× eq \f(1,6)＋2× eq \f(5,36)＋3× eq \f(25,216)＋4× eq \f(125,216)＝ eq \f(671,216).
(2) 已知甲先掷，求甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率．
【解答】 设甲抛掷第n次骰子且不获胜的事件的概率为an，n∈N*，依题意，a1＝ eq \f(5,6)，当n≥2时，an＝an－1× eq \f(5,6)× eq \f(5,6)＝ eq \f(25,36)an－1，因此数列{an}是以 eq \f(5,6)为首项， eq \f(25,36)为公比的等比数列，则an＝ eq \f(5,6)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(25,36))) eq \s\up12(n－1)，当n≥2时，甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率Pn＝an－1× eq \f(5,6)× eq \f(1,6)＝ eq \f(5,6)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(25,36))) eq \s\up12(n－2)× eq \f(5,6)× eq \f(1,6)＝ eq \f(1,6)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(25,36))) eq \s\up12(n－1)，显然当n＝1时，P1＝ eq \f(1,6)满足上式，所以甲恰好抛掷n次骰子并获得胜利的概率为Pn＝ eq \f(1,6)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(25,36))) eq \s\up12(n－1)，n∈N*.
4．(2023·新高考Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8.由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5.
(1) 求第2次投篮的人是乙的概率；
【解答】 记“第i次投篮的人是甲”为事件Ai，“第i次投篮的人是乙”为事件Bi，所以P(B2)＝P(A1B2)＋P(B1B2)＝P(A1)·P(B2|A1)＋P(B1)P(B2|B1)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6.
(2) 求第i次投篮的人是甲的概率；
【解答】 设P(Ai)＝pi，依题可知，P(Bi)＝1－pi，则P(Ai＋1)＝P(AiAi＋1)＋P(BiAi＋1)＝P(Ai)P(Ai＋1|Ai)＋P(Bi)P(Ai＋1|Bi)，即pi＋1＝0.6pi＋(1－0.8)×(1－pi)＝0.4pi＋0.2，构造等比数列{pi＋λ}，设pi＋1＋λ＝ eq \f(2,5)(pi＋λ)，解得λ＝－ eq \f(1,3)，则pi＋1－ eq \f(1,3)＝ eq \f(2,5) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(pi－\f(1,3)))，又p1＝ eq \f(1,2)，p1－ eq \f(1,3)＝ eq \f(1,6)，所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(pi－\f(1,3)))是首项为 eq \f(1,6)，公比为 eq \f(2,5)的等比数列，即pi－ eq \f(1,3)＝ eq \f(1,6)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5))) eq \s\up12(i－1)，pi＝ eq \f(1,6)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5))) eq \s\up12(i－1)＋ eq \f(1,3).
(3) 若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(∑\(,\s\up6(n),\s\d4(i＝1))Xi))＝∑ eq \(,\s\up6(n),\s\d4(i＝1)) qi.记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y).
【解答】 因为pi＝ eq \f(1,6)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5))) eq \s\up12(i－1)＋ eq \f(1,3)，i＝1，2，…，n，所以当n∈N*时，E(Y)＝p1＋p2＋…＋pn＝ eq \f(1,6)× eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))\s\up12(n),1－\f(2,5))＋ eq \f(n,3)＝ eq \f(5,18) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))\s\up12(n)))＋ eq \f(n,3)，故E(Y)＝ eq \f(5,18) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))\s\up12(n)))＋ eq \f(n,3).
X
－1
0
1
P
(1－α)β
αβ＋(1－α)(1－β)
α(1－β)
X
1
2
3
4
P
eq \f(1,6)
eq \f(5,36)
eq \f(25,216)
eq \f(125,216)