一共有n+m个球 m个红球 n个蓝球 每次取出一个若为红球则放回若为蓝球则不放回，直到蓝球摸完求取出次数的期望。
看错题了，以为是都放回。猪脑子。
设\(f_i\)表示取出第i个蓝球的期望次数 显然 \(f_i\)=\(\frac{n-i+1}{n+m-i+1}+\frac{m}{n+m-i+1}(f_i+1)\)
化简可得 \(f_i=\frac{n+m-i+1}{n-i+1}=1+\frac{m}{n-i+1}\)
答案显然为 \(\sum_{i=1}^{n} f_i=n+m\sum_{i=1}^n\frac{1}{n-i+1}=n+m\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}\)
答案右边求和是一个调和级数 有一个近似的约等公式\(f(n)=ln(n)+r+1.0/(2*n)\) 其中\(f(i)=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+...\frac{1}{n}\)
下面考虑红球不放回的题目。
设\(f_k\)表示摸出k个球后结束的概率.\(ans=\sum_{k=n}^{n+m} k\cdot f_k\)
考虑\(f_k\)的式子，最后一个球为蓝球之前有 n-1个蓝球和 k-n个红球 可以利用排列来模拟抽的情况。
\(f_k=\frac{C(k-1,n-1)}{C(n+m,n)}\)
带入 \(ans=\sum_{k=n}^{n+m} k\cdot \frac{C(k-1,n-1)}{C(n+m,n)}\)
考虑一个经典的组合式子\(k\cdot C(k-1,n-1)=n\cdot C(k,n)\)
原式为\(ans=\sum_{k=n}^{n+m} n\cdot \frac{C(k,n)}{C(n+m,n)}\)
其实是考虑\(\sum_{k=n}^{n+m} C(k,n)\)的求和
利用杨辉三角可以轻松求出上式为\(C(n+m+1,n+1)\)
综上 \(ans=\frac{n(n+m+1)}{n+1}\)
又想起来一个组合问题。
问题模型是：给定1~n个数字从中随机选出三个数字\(x,y,z(x<y<z)\)
求证：3E(X)=E(Z)
考虑枚举y 1,n这两个数字被选择的次数完全对称 同理2,n-1 ,3,n-2
所以得到E(X)+E(Z)=n+1;
接下来考虑求出E(X) \(E(X)=\frac{\sum_{i=1}^{n-2}iC(n-i,2)}{C(n,3)}\)
关键是\(\sum_{i=1}^{n-2}iC(n-i,2)\)的求和
从杨辉三角上来看是一列数字单每个数字的系数从上到下递减。
通过变换操作可以将其变成两列数字且每列数字的系数为1 一列是从C(2,2)到C(n-1,2) 一列是从C(2,3)到C(n-1,3)
添项进行合并变为C(n,3)和C(n,4) =C(n+1,4)
即\(E(X)=\frac{C(n+1,4)}{C(n,3)}=\frac{n+1}{4}\)
所以E(Z)=3E(X)
当然直接求出E(Z)也是可行的。
至此总结出了两类组合数求和解决的方法。