一、问题
已知一位小偷每次出手都以固定的概率 \(p_s\) 得手，并以固定的概率 \(p_a\) 被捕，且得手与被捕相互独立，问小偷在被捕前的平均得手次数是多少。
二、计算
2.1 问题重述
将原问题用数学语言重述。
首先，明确随机变量：设随机变量 \(X\) 是小偷在被捕前的总得手次数，该随机变量又由“得手”与“被捕”两个随机变量组成：
随机变量 \(S\) 表示：小偷每次出手是否成功得手，取值范围 \(\{0,1\}\)，服从(0-1)分布，即 \(\mathbb{P}\{S=1\}=p_s\)，期望 \(\mathbb{E}(S)=p_s\)；
随机变量 \(A\) 表示：小偷被捕前的总出手次数，取值范围 \(\{1, 2, 3, \cdots\}\)，服从几何分布，即 \(\mathbb{P}\{A=k\}=(1-p_a)^{k-1}p_a\)，期望 \(\mathbb{E}(A)=1/p_a\)；
然后，可通过以下三种方法求解。
2.2 方法一：高中概率方法（正解）
本方法中规中矩，仅使用高中阶段的数学知识即可。
\(X\) 的分布列为，被捕前出手了 \(n\) 次（\(n\geqslant1\)），其中有 \(k\) 次（\(k\geqslant0\)）得手的概率：
\[ \mathbb{P}\{X=k,A=n\}=\binom{n}{k}p_s^k(1-p_s)^{n-k}\times(1-p_a)^{n-1}p_a,\quad {\color{gray}n\geqslant k,\,n\geqslant1,\,k\geqslant0} \]
根据上面分布列，计算出被捕前的出手次数在1~20次内时，不同得手次数概率分布如下图所示：
所以 \(X\) 的期望为：
$$ \[\begin{aligned} {\color{blue}\mathbb{E}(X)}&=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=0}^n k\times\binom{n}{k}p_s^k(1-p_s)^{n-k}\times(1-p_a)^{n-1}p_a\\ &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^n k\times\binom{n}{k}p_s^k(1-p_s)^{n-k}\times(1-p_a)^{n-1}p_a\\ &=\sum_{n=1}^\infty(1-p_a)^{n-1}p_a\times n\sum_{k=1}^n\dfrac{k}{n}\binom{n}{k}p_s^k(1-p_s)^{n-k}\\ &\qquad\qquad {\color{green}\Downarrow \binom{n}{k}=\binom{n}{k-1}\dfrac{n}{k-1} \Downarrow }\\ &=\sum_{n=1}^\infty(1-p_a)^{n-1}p_a\times n \times p_s\sum_{k=1}^n\binom{n-1}{k-1}p_s^{k-1}(1-p_s)^{n-k}\\ &=\sum_{n=1}^\infty(1-p_a)^{n-1}p_a\times n \times p_s\times 1\\ &\qquad\qquad {\color{green}\Downarrow \sum_{n=1}^\infty nx^n=\dfrac{1}{(1-x)^2},\; x\in(0,1) \Downarrow }\\ &={\color{blue}\dfrac{p_s}{p_a}} \end{aligned}\]$$
因此，小偷在被捕前的平均得手次数为得手概率除以被捕概率。
2.3方法二：利用母函数的性质（正解）
对于本题，\(X=\sum_\limits{k=1}^A S_k\)，其中 \(S_k\) 表示第 \(k\) 次出手是否成功得手。因此，使用下面母函数的性质五，直接可以得到 \({\color{blue}\mathbb{E}(X)}=\mathbb{E}(A)\mathbb{E}(S)={\color{blue}\dfrac{p_s}{p_a}}\)。
这几条母函数的性质简直就是为本题而生的嘛！
母函数的定义：设 \(X\) 是非负整数值随机变量，分布列为 \(p_k=\mathbb{P}\{X=k\},k=0,1,2,\cdots\)，则称 \(G(s):=\mathbb{E}(s^X)=\sum_\limits{k=0}^\infty p_ks^k\) 为 \(X\) 的母函数。
母函数的性质：
- 性质一：非负整数值随机变量的分布列由其母函数唯一确定。
- 性质二：设 \(G(s)\) 是 \(X\) 的母函数，若期望 \(\mathbb{E}(X)\) 存在，则 \(\mathbb{E}(X)=G'(1)\)；若方差 \(\mathbb{D}(X)\) 存在，则 \(\mathbb{D}(X)=G''(1)+G'(1)-[G'(1)]^2\)。
- 性质三：独立随机变量之和的母函数等于母函数之积。
- 性质四：\(X_1,X_2,\cdots\) 是相互独立且同分布的非负整数值随机变量，它们的母函数都是 \(G(s)\)，\(N\) 也是非负整数值随机变量，且与 \(X_1,X_2,\cdots\) 无关，\(N\) 的母函数是 \(H(s)\)，则 \(Y=\sum_\limits{k=1}^N X_k\) 的函数为 \(F(s)=H(G(s))\)。
- 性质五：结合性质二和性质四有 \(\mathbb{E}(Y)=\mathbb{E}(N)\times\mathbb{E}(X_1)\)。
—— 参考：《随机过程》（第四版）刘次华，P9。
2.4 方法三：利用期望的性质（歪打正着）
错解：由于 \(S\) 与 \(A\) 相互独立，因此随机变量积的期望等于期望的积，所以 \({\color{blue}\mathbb{E}(X)}=\mathbb{E}(S\times A)=\mathbb{E}(S)\mathbb{E}(A)={\color{blue}\dfrac{p_s}{p_a}}\)。
说明：本解法暗含了条件 \(X=S\times A\)，但这并不合理（例如，当 \(A=5\) 时，\(X\) 应该有 \(0,1,2,3,4,5\) 这 6 种取值，但是本式只有 0 和 5 这 2 种取值，显然是有问题的），正确的等式应该是方法二中提到的 \(X=\sum_\limits{k=1}^A S_k\)。
