- 写出几何分布的分布列，推导并运用其期望 \(1/p\) 与方差 \(q/p^{2}\)；
- 叙述并证明几何分布的离散无记忆性，说明其概率含义与常见误读；
- 用负二项分布计算"第 \(r\) 次成功恰在第 \(k\) 次"的概率，并说明期望 \(r/p\) 的分解论证；
- 写出超几何分布的分布列，阐明它与二项分布的两种联系（放回抽样与总体极限）；
- 在产品抽检、扑克、彩票等情境中识别并正确选用上述三类分布。
1. 从"数成功"到"等成功"
前几节我们关注的是"固定试验次数 \(n\)，数一数成功的次数"：伯努利随机变量对应单次试验，二项随机变量对应 \(n\) 次独立重复（4.6 节），泊松随机变量则是二项分布在"\(n\) 大 \(p\) 小"时的极限近似（4.7 节）。但现实中还有两类同样自然的问题。
第一类问的是"等到"：掷骰子要掷几次才第一次出现 6 点？一台机器要启动几次才第一次失败？第二类问的是"不放回地抽"：从一批含次品的产品中一次抽出 \(n\) 件，其中会有几件次品？前者引出几何分布(geometric distribution)与负二项分布(negative binomial distribution)——它们刻画等待时间(waiting time)；后者引出超几何分布(hypergeometric distribution)——它刻画不放回抽样(sampling without replacement)中指定类对象的个数。本节依次建立这三个分布，并厘清它们与二项分布的关系。全文约定：各次试验相互独立、每次成功的概率为 \(p\)，并记 \(q = 1-p\)。
2. 几何随机变量
在成功率为 \(p\) 的独立重复试验中，有时我们关心的不是"成功了几次"，而是"等到第一次成功要多久"。把首次成功出现时的试验序号记为 \(K\)，它是一个取正整数值的随机变量。
设独立重复试验中每次成功的概率为 \(p\)（\(0<p<1\)），\(K\) 为首次成功(first success)出现时的试验序号，则称 \(K\) 为几何随机变量(geometric random variable)，其分布列为 \[ P(K=k) = q^{\,k-1}\,p, \qquad k = 1, 2, 3, \ldots \]
事件 \(\{K=k\}\) 意味着"前 \(k-1\) 次全部失败、第 \(k\) 次成功"，由独立性即得概率 \(q^{k-1}p\)。用几何级数求和可验证规范性：\(\sum_{k\ge 1} q^{k-1}p = \frac{p}{1-q} = 1\)——"几何分布"正是得名于这条几何级数。
图 1 画出 \(p=1/6\)（掷骰子等待首个 6 点）时的分布列形态：棒高严格按几何衰减，最可能的取值是 \(k=1\)，右侧拖着一条长尾——等待时间总是"右偏"的。
\[ E[K] = \frac{1}{p}, \qquad \mathrm{Var}(K) = \frac{q}{p^{2}} \qquad (q = 1-p). \]
掷一颗均匀骰子，直到第一次出现 6 点为止，\(K\) 为所需掷的次数。(a) 平均需要掷多少次？(b) 求 \(P(K>6)\)，即"掷了 6 次还没有出现 6"的概率。
设 \(K\) 服从几何分布，则对任意非负整数 \(m, n\)， \[ P(K > m+n \,\big|\, K > m) = P(K > n). \]
直观含义：在已知"已经失败了 \(m\) 次"的条件下，"还要再等超过 \(n\) 次"的条件概率，与从头开始算的 \(P(K>n)\) 完全相同——试验装置不记得已经失败过多少次，重新计时的成功率始终是 \(p\)。
在所有取正整数值的分布中，只有几何分布满足无记忆性（逆命题的证明从略）。连续情形的对应者是指数分布(exponential distribution)，它满足连续版本 \(P(X>s+t\mid X>s)=P(X>s)\)，我们将在 5.5 节细谈——两者分别是"离散时钟"与"连续时钟"上的等待时间。另一个提醒：由无记忆性，"已经失败了很多次，下次该成功了"的说法不成立（赌徒谬误，见 1.1 节练习 3）：无论此前失败多久，下一次试验成功的概率仍是 \(p\)。
3. 负二项随机变量
把"首次成功"推广为"第 \(r\) 次成功"，就得到负二项分布：设 \(K_r\) 为第 \(r\) 次成功出现时的试验序号。为使 \(\{K_r = k\}\) 发生，必须且只须：(i) 第 \(k\) 次试验成功；(ii) 前 \(k-1\) 次试验中恰有 \(r-1\) 次成功。由第 1 章的计数原理，满足 (ii) 的成功/失败排列模式共有 \(\binom{k-1}{r-1}\) 种，每种的概率为 \(p^{r-1}q^{(k-1)-(r-1)}\)，再乘上第 \(k\) 次成功的概率 \(p\)，即得下面的分布列。
设 \(K_r\) 为独立重复试验（单次成功率 \(p\)）中第 \(r\) 次成功出现时的试验序号，则其分布列为 \[ P(K_r = k) = \binom{k-1}{r-1}\, p^{r}\, q^{\,k-r}, \qquad k = r, r+1, r+2, \ldots \]
\(r=1\) 时 \(\binom{k-1}{0}=1\)，退化为几何分布。用广义二项级数 \((1-q)^{-r} = \sum_{m=0}^{\infty}\binom{m+r-1}{r-1}q^{m}\) 可验证概率总和为 \(p^{r}(1-q)^{-r}=1\)——"负二项"之名正来自这条负二项级数(negative binomial series)。
\[ E[K_r] = \frac{r}{p}, \qquad \mathrm{Var}(K_r) = \frac{r\,q}{p^{2}}. \]
设每次试验成功的概率为 \(p\)，各次独立。求第 2 次成功恰好发生在第 5 次试验的概率；并就 \(p=\tfrac{1}{2}\) 与掷骰子出 6 点（\(p=\tfrac{1}{6}\)）给出数值。
4. 超几何随机变量
二项分布的推导依赖于"各次试验成功概率不变"，这要么要求放回抽样，要么要求总体无穷大。而现实中的抽检、发牌都是不放回的：抽走一件次品后，余下产品的次品率会随之变化。刻画这种情形的分布就是超几何分布。
设 \(N\) 件产品中有 \(K\) 件次品，从中不放回地随机抽取 \(n\) 件，\(X\) 为抽得的次品数，则 \[ P(X = j) = \frac{\binom{K}{j}\binom{N-K}{\,n-j\,}}{\binom{N}{n}}, \qquad \max(0,\, n-(N-K)) \le j \le \min(n, K), \] 范围之外的概率为 \(0\)。称 \(X\) 服从超几何分布(hypergeometric distribution)，记作 \(X \sim H(N, K, n)\)。
推导：从 \(N\) 件中取 \(n\) 件共有 \(\binom{N}{n}\) 种等可能的取法；要恰有 \(j\) 件次品，须从 \(K\) 件次品中取 \(j\) 件、再从 \(N-K\) 件正品中取 \(n-j\) 件，由乘法原理共 \(\binom{K}{j}\binom{N-K}{n-j}\) 种。用第 1 章的组合恒等式可验证这些概率之和恰为 \(1\)。
从一副 52 张扑克牌中发 5 张，\(X\) 为其中红心（共 13 张）的张数。求 \(P(X=3)\) 与 \(E[X]\)。
设 \(X \sim H(N, K, n)\)，记 \(\hat p = K/N\)。(i) 若改为放回抽样，则抽得的次品数服从二项分布 \(B(n, \hat p)\)；(ii) 当 \(N\to\infty\) 且 \(\hat p = K/N \to p\) 保持有理（即总体无限增大而次品率稳定）时， \[ \frac{\binom{K}{j}\binom{N-K}{n-j}}{\binom{N}{n}} \;\longrightarrow\; \binom{n}{j}\, p^{j}\, (1-p)^{\,n-j}. \]
直观上：当 \(n\) 相对 \(N\) 很小（经验上 \(n/N\) 不超过一成）时，"抽走几张牌几乎不改变剩余牌的比例"，二项分布就是很好的近似。图 2 把 \(H(52,13,5)\) 与同均值的 \(B(5,\,1/4)\) 并排对比——二者已相当接近，但不放回抽样的分布略更向中心集中。
某彩票从 1 至 36 中开出 6 个号码，你也选了 6 个号码，\(X\) 为选中的号码与开奖号码的匹配个数。求 \(P(X=3)\)、全中概率与 \(E[X]\)。
5. 本节小结
本节补齐了"成功–失败"框架下另外三个常用分布。它们与二项分布的分工可以用两句话概括：数什么（数成功次数，还是数等待时间、不放回抽样中的命中数）与怎么抽（放回还是不放回）。
| 分布 | 试验背景 | 分布列 | 期望 | 方差 |
|---|---|---|---|---|
| 几何 \(K\) | 首次成功的试验序号 \(k\ge 1\) | \(q^{k-1}p\) | \(\dfrac{1}{p}\) | \(\dfrac{q}{p^{2}}\) |
| 负二项 \(K_r\) | 第 \(r\) 次成功的试验序号 \(k\ge r\) | \(\binom{k-1}{r-1}p^{r}q^{k-r}\) | \(\dfrac{r}{p}\) | \(\dfrac{rq}{p^{2}}\) |
| 超几何 \(X\) | 不放回抽 \(n\) 件中的次品数 \(j\) | \(\dfrac{\binom{K}{j}\binom{N-K}{n-j}}{\binom{N}{n}}\) | \(\dfrac{nK}{N}\) | \(n\hat p(1-\hat p)\dfrac{N-n}{N-1}\) |
- 几何分布：\(P(K=k)=q^{k-1}p\)，\(E[K]=1/p\)，\(\mathrm{Var}(K)=q/p^{2}\)；证明的核心是"失败一次后重新开始"的递推分解；
- 无记忆性：\(P(K>m+n\mid K>m)=P(K>n)\)，已失败多少次不改变未来的等待规律；几何分布是唯一具有此性质的取正整数值分布；
- 负二项分布：\(P(K_r=k)=\binom{k-1}{r-1}p^{r}q^{k-r}\)，\(E[K_r]=r/p\)——把等待拆成 \(r\) 段独立的几何等待之和；
- 超几何分布：\(P(X=j)=\binom{K}{j}\binom{N-K}{n-j}\big/\binom{N}{n}\)；放回抽样或 \(N\to\infty\)（\(K/N\) 固定）时退化为二项分布；期望 \(E[X]=nK/N\)；
- 选分布先问两句：数的是次数还是等待？抽样是放回还是不放回？
练习
练习 4-8-1
掷骰子直到第 2 次出现 6 点。求恰好在第 4 次结束的概率与平均所需次数。
答案与提示\(r=2\)、\(p=1/6\) 的负二项分布：\(P(K_2=4)=\binom{3}{1}\bigl(\tfrac{1}{6}\bigr)^{2}\bigl(\tfrac{5}{6}\bigr)^{2}=\tfrac{75}{1296}\approx 0.058\)；平均 \(E[K_2]=2/(1/6)=12\) 次。
练习 4-8-2
每次试验成功率为 \(p=0.1\)。已知前 10 次全部失败，求"还需超过 5 次才见首次成功"的条件概率，并与无条件的 \(P(K>5)\) 比较。
答案与提示由无记忆性，两者相等，均为 \(q^{5}=0.9^{5}=0.59049\approx 0.590\)。也可直接用定义验证：\(P(K>15\mid K>10)=q^{15}/q^{10}=q^{5}\)。已经失败 10 次这一事实不提供任何新信息。
练习 4-8-3
100 件产品中有 5 件次品，不放回抽 20 件。不写出分布列，猜测平均次品数，并用两个极端情形检验你的猜测。
答案与提示每件特定产品被抽中的机会都是 \(\tfrac{20}{100}\)，5 件次品平均贡献 \(5\times\tfrac{20}{100}=1\) 件，即 \(E[X]=nK/N=1\)。检验：\(n=100\)（全抽）时期望必为 5，公式给 \(100\times\tfrac{5}{100}=5\)；\(n=1\) 时为单次抽样，期望 \(\tfrac{5}{100}=0.05\)，公式同样吻合。"逐件计数再相加"的严格工具是指示随机变量与期望的线性性质，将在 7.2 节展开。
练习 4-8-4
掷骰子等待首个 6 点（\(p=1/6\)）。求 \(P(K\le 4)\)；至少要掷多少次，才能使"期间出现 6 点"的概率超过一半？
答案与提示\(P(K\le 4)=1-(5/6)^{4}=1-\tfrac{625}{1296}=\tfrac{671}{1296}\approx 0.518\)。一般地 \(P(K\le n)=1-(5/6)^{n}\)，令其超过 \(\tfrac12\) 得 \((5/6)^{n}<\tfrac12\)，即 \(n > \ln\tfrac12\big/\ln\tfrac56 \approx 3.8\)，故至少掷 4 次（与前一数值一致：恰为 0.518）。