周四将要进行《概率论与数理统计》的期末考试。为了表示纪念，研究一个和概率论相关的问题。

连续抛掷一枚硬币，直到出现连续的两个正面为止。问：抛掷次数的数学期望是多少？

假设抛掷了$n$枚硬币后，出现了连续的两个正面，抛掷过程终止。那么，把这$n$次的抛掷结果排列成一排，那么：

1. 前$n-2$枚硬币构成的序列中，一定不存在连续的两个正面，并且第$n-2$枚硬币是反面；
2. 最后两枚硬币都是正面。

把长度为$k$的、不存在连续两个正面、且最后一枚硬币是反面的序列称为$F_k$序列。那么，对于一个特定的$k$，$F_k$序列有多少种？（把这个数值也记作$F_k$。）这属于组合数学的问题，可以做如下考虑：

怎样构造一个$F_k$序列？有两种办法：

1. 找到一个$F_{k-1}$序列，在末尾增加一个反面；
2. 找到一个$F_{k-2}$序列，在末尾增加一个正面、一个反面。

不难看出，用上边两种办法，就可以不重、不漏地生成所有的$F_k$序列。根据分类计数原理，就可以得到一个递推公式 $$F_k=F_{k-1}+F_{k-2}.$$ 边界条件是$F_1=1,F_2=2$。把数列逐项写出来是 $$1,2,3,5,8,\dots$$

设随机变量$X$=“停止抛掷时已经抛掷硬币的次数”，则其分布律为 $$P\{X=k\}=\frac{F_{k-2}}{2^k},k=2,3,4,\dots$$

式中，当$k=2$时，约定$F_0=1$。

数学期望 $$\mu =\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}k\frac{F_{k-2}}{2^k}.$$

这个问题的重要部分就是怎样对这个级数求和。使用生成函数不失为一种巧妙的做法，但是需要微积分的知识，运算稍显繁琐。

利用概率的归一性，可以让求解稍微简单些。归一性指的是$X$取所有可能取值的概率之和等于1： $$\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}P\{X=k\}=\sum _{k=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{F_{k-2}}{2^k}=1.$$

在概率论的语境下，这是显然的。但如果我们不知道这个求和式的概率论背景，那么也没法轻松地得出和等于1的结果。所以归一性在这里提供了隐含条件。

把归一性公式和数学期望的公式写成展开的形式 $$\begin{array}{rllll}\mu & =2\times & \frac{F_0}{2^2}+3\times & \frac{F_1}{2^3}+4\times & \frac{F_2}{2^4}+\cdots \\ 1& =& \frac{F_0}{2^2}+& \frac{F_1}{2^3}+& \frac{F_2}{2^4}+\cdots \end{array}$$

两式相加得 $$\mu +1=3\times \frac{F_0}{2^2}+4\times \frac{F_1}{2^3}+5\times \frac{F_2}{2^4}+\cdots$$

应用错位相减法，并且利用$F_k$的递推公式，可得 $$\begin{array}{rlllll}\mu & =& 2\times \frac{F_0}{2^2}+& 3\times \frac{F_1}{2^3}+& 4\times \frac{F_2}{2^4}+& 5\times \frac{F_3}{2^5}+\cdots \\ \frac{\mu +1}{2}& =& & 3\times \frac{F_0}{2^3}+& 4\times \frac{F_1}{2^4}+& 5\times \frac{F_2}{2^5}+\cdots \end{array}$$ 两式相减得$$\begin{array}{rl}\frac{\mu -1}{2}& =2\times \frac{F_0}{2^2}+4\times \frac{F_0}{2^4}+5\times \frac{F_1}{2^5}+\cdots \\ & =\frac{1}{2}+\frac{1}{4}[(2\times \frac{F_0}{2^2}+3\times \frac{F_1}{2^3}+\cdots )+2(\frac{F_0}{2^2}+\frac{F_1}{2^3}+\cdots )]\\ & =\frac{1}{2}+\frac{\mu +2}{4}\end{array}$$

由最后一个式子解得$\mu =6$。

后记

1. 这个做法不是最简单的。
2. 文章最后部分的5个等号，如果全部对齐，显示效果应该会更好。但是我不知道怎么把它们对齐。$\mathrm{T}\mathrm{E}\mathrm{X}\mathrm{b}\mathrm{o}\mathrm{o}\mathrm{k}$还应该多读一读。