3.3 幾何與負二項分配#

本節目標#

建立「等待時間」的直覺：幾何分配 = 第一次成功前失敗了幾次
用條件機率證明無記憶性，並用模擬驗證
理解負二項分配 = 「等到第 $r$ 次成功」的推廣
會用 r.dgeom / r.pgeom / r.dnbinom / r.pnbinom 與 g.rgeom / g.rnbinom 對照模擬

問題場景：不是「幾次成功」，而是「等多久」#

前面兩節都在數「固定次數裡的成功數」。但生活裡另一大類問題問的是反過來的事：

業務員拜訪客戶，平均每 3 次拜訪成交 1 次——第幾次拜訪才開張？
網路封包每次傳輸有 1% 機率失敗——重傳幾次才成功？
擲骰子擲出 6 之前，會先丟出幾個非 6？

這是「直到成功為止」的等待過程。答案自然是一個隨機的次數——幾何分配（每次試驗成功機率 $p$ 固定、互相獨立，等到第一次成功）。再往下延伸：如果等到第 2 次、第 3 次……第 $r$ 次成功才停呢？那就是負二項分配。

歷史背景（17–18 世紀）#

等待時間的計算從賭博年代就有了：帕斯卡與費馬 1654 年的通信中已處理「多久擲出第一個 6」的問題。而「負二項」這個名字來自後來的形式分析：把二項展開式 $(q - p)^{-r}$ （負指數）的級數係數寫出來，恰好就是這個分配的 pmf，故得此名。Pascal 在 1654 年《論算術三角形》處理的骰子等待問題、de Moivre 1711 年的論文，都屬於這條脈絡。它常被用來建立多種累積等待過程的模型，例如保險理賠次數、可靠性工程的「第 $r$ 次故障」時間等。

理論推導#

幾何分配：首次成功前的失敗次數#

約定（與 R 一致）： $X$ = 第一次成功之前的失敗次數，取值 $0, 1, 2, \ldots$ 。「 $X = k$ 」意味著前 $k$ 次失敗、第 $k+1$ 次成功：

$$ P(X = k) = (1-p)^k\, p, \qquad k = 0, 1, 2, \ldots

$$ 一條公比 $(1-p)$ 的幾何級數——名字由此而來。期望值與變異數（3.5 節推導）：

$E[X] = \dfrac{1-p}{p}$ ， $\mathrm{Var}(X) = \dfrac{1-p}{p^2}$ 。

注意約定：R 與 rstatistics 的 geom 支援從 0 開始（數失敗次數）。有些課本定義 $X$ 為「成功發生在第幾次試驗」（支援從 1 開始），那只是本版的 $X+1$ ，期望值變成 $1/p$ 。讀文獻時務必先確認約定。

無記憶性：等越久不會越接近成功#

幾何分配最著名的性質：已經失敗了 $s$ 次，對「還要再等多久」毫無影響。用條件機率證明（記 $q = 1-p$ ）：

$$ P(X \ge s + t \mid X \ge s) = \frac{P(X \ge s+t)}{P(X \ge s)} = \frac{q^{\,s+t}}{q^{\,s}} = q^{\,t} = P(X \ge t)

$$ 中間用到 $P(X \ge k) = q^k$ （連續 $k$ 次失敗）。「賭徒謬誤」正是違反這個性質的心理偏誤：銅板沒有記憶，連開 9 次正面之後，第 10 次的反面機率仍是 $1/2$ 。

負二項分配：第 $r$ 次成功前的失敗次數#

$Y$ = 達到第 $r$ 次成功之前的失敗次數（ $r = 1, 2, \ldots$ ）。 $Y = k$ 表示最後一試（第 $k+r$ 次）恰好是第 $r$ 次成功，而前 $k+r-1$ 次中恰好成功 $r-1$ 次：

$$ P(Y = k) = \binom{k + r - 1}{r - 1}\, p^r (1-p)^k, \qquad k = 0, 1, 2, \ldots

$$ $r = 1$ 時退化成幾何分配。期望值與變異數：

$E[Y] = \dfrac{r(1-p)}{p}$ ， $\mathrm{Var}(Y) = \dfrac{r(1-p)}{p^2}$ ——正好是 $r$ 個獨立幾何等待的總和，均值與變異數都放大 $r$ 倍。

動手做：用 rstatistics 計算與模擬#

幾何分配的 pmf 與 CDF#

業務員成交率 $p = 0.3$ ，問開張前會白跑幾趟：

import rstatistics as r

pmf = [r.dgeom(k, 0.3) for k in range(5)]
print([round(x, 5) for x in pmf])
print(r.pgeom(2, 0.3))   # 前 3 趟之內（含）就開張：P(X <= 2)

[0.3, 0.21, 0.147, 0.1029, 0.07203]
0.657

第 1 趟就成交的機率最高（0.3），之後每趟機率乘上 0.7 遞減；三趟內開張的機率約 65.7%。

模擬對照#

g = r.set_seed(42)
n = 100000
xs = g.rgeom(n, 0.3)

cnt = {}
for x in xs:
    cnt[int(x)] = cnt.get(int(x), 0) + 1
for k in range(6):
    print(k, round(r.dgeom(k, 0.3), 5), round(cnt.get(k, 0) / n, 5))

fx = list(map(float, xs))
print(r.mean(fx), r.var(fx))   # 理論 (1-p)/p = 2.3333、(1-p)/p^2 = 7.7778

0 0.3 0.29846
1 0.21 0.21165
2 0.147 0.14562
3 0.1029 0.10248
4 0.07203 0.07294
5 0.05042 0.05044
2.34412 7.849439920003956

模擬均值 2.344（理論 2.333）、變異數 7.849（理論 7.778）。 $n=10^5$ 時每格頻率的標準誤約 $\sqrt{0.1 \times 0.9 / 10^5} \approx 0.001$ ，表中最差偏差 0.0016 在 2 個標準誤內，正常。

無記憶性的模擬驗證#

條件機率 $P(X \ge s+t \mid X \ge s) = P(X \ge t)$ 直接用模擬檢驗：先「存活」過 3 次失敗的人，再看他們多等了幾次：

g = r.set_seed(42)
n = 1000000
big = g.rgeom(n, 0.3)          # 失敗次數
surv = [x for x in big if x >= 3]      # 已失敗 >= 3 次（X >= 3）
wait = [x - 3 for x in surv]           # 之後又等了幾次
print(len(surv), r.mean(list(map(float, wait))))
print((1 - 0.3) ** 3)                  # P(X >= 3)，理論存活率

342619 2.340129998628218
0.3429999999999999

存活比例 0.34262 對理論 $0.7^3 = 0.343$ ；存活者「再等待次數」的平均 2.340 對全新一輪的期望 $(1-p)/p = 2.333$ 。撐過 3 次失敗的人，平均還要再等 2.33 次——過去的失敗完全沒有累積任何「進度」。這就是無記憶性，模擬誤差量級 $1/\sqrt{n}$ （此處約 0.002）。

負二項：等到第 2 次成交#

成交率 $p=0.3$ ，問「第 2 次成交前白跑幾趟」：

import rstatistics as r

pmf = [r.dnbinom(k, size=2, prob=0.3) for k in range(6)]
print([round(x, 5) for x in pmf])
print(r.pnbinom(3, size=2, prob=0.3))   # 6 趟內（失敗 <= 3）完成 2 次成交

g = r.set_seed(42)
xs = g.rnbinom(100000, size=2, prob=0.3)
cnt = {}
for x in xs:
    cnt[int(x)] = cnt.get(int(x), 0) + 1
for k in range(6):
    print(k, round(r.dnbinom(k, 2, 0.3), 5), round(cnt.get(k, 0) / 100000, 5))

fx = list(map(float, xs))
print(r.mean(fx), r.var(fx))   # 理論 r(1-p)/p = 4.6667、r(1-p)/p^2 = 15.5556

[0.09, 0.126, 0.1323, 0.12348, 0.10804, 0.09076]
0.4717799999999996
0 0.09 0.08988
1 0.126 0.12628
2 0.1323 0.13205
3 0.12348 0.12337
4 0.10804 0.10852
5 0.09076 0.08976
4.667820000000006 15.56841213172495

與幾何分配（ $r=1$ ）相比， $r=2$ 的 pmf 不再單調遞減——峰在 $k=2$ 。均值 4.668、變異數 15.568 都非常接近理論值（模擬誤差：均值 $\approx \mathrm{sd}/\sqrt{n} = 3.94/316 \approx 0.012$ ，實際偏差 0.001）。

參數命名提醒：size 就是 $r$ （要的成功次數），prob 就是 $p$ ，與 R 完全一致。

與 R 對照#

dgeom(0:4, 0.3)
# [1] 0.30000 0.21000 0.14700 0.10290 0.07203
pgeom(2, 0.3)   # [1] 0.657

set.seed(42)
xs <- rgeom(100000, 0.3)
mean(xs); var(xs)
# [1] 2.34412
# [1] 7.84944

dnbinom(0:5, size = 2, prob = 0.3)
# [1] 0.0900000 0.1260000 0.1323000 0.1234800 0.1080450 0.0907578
pnbinom(3, 2, 0.3)   # [1] 0.47178

set.seed(42)
xs2 <- rnbinom(100000, 2, 0.3)
mean(xs2); var(xs2)
# [1] 4.66279
# [1] 15.37879

（本節 R 輸出以 Rscript 實際執行驗證。）dgeom / dnbinom 的數值與 Python 版位元級一致； $n=10^5$ 的模擬均值在 R 是 4.66279、Python 版是 4.66782，這不是哪邊算錯——兩邊 set.seed(42) 的亂數在 rgeom 與 rnbinom 底層產生方式不完全相同，屬於模擬本身的蒙特卡羅變異（差 0.005，仍在 $3$ 個標準誤內），理論值才是比較的基準。

小結#

幾何分配數「首次成功前的失敗次數」，pmf $= (1-p)^k p$ ，支援 $0,1,2,\ldots$ （R 約定）。
無記憶性： $P(X \ge s+t \mid X \ge s) = P(X \ge t)$ ，幾乎不需要計算——分子分母都是 $q$ 的冪次。它是賭徒謬誤的解藥。
負二項分配數「第 $r$ 次成功前的失敗次數」，是 $r$ 個獨立幾何等待之和：均值與變異數都放大 $r$ 倍。
模擬誤差永遠是 $1/\sqrt{n}$ 量級：頻率的 $\sqrt{p(1-p)/n}$ 、均值的 $\mathrm{sd}/\sqrt{n}$ 。

練習#

擲公正骰子直到出現 6， $p = 1/6$ 。求首次成功前失敗次數的期望值，以及「10 次以內（失敗 $\le 9$ ）至少擲出一次 6」的機率。提示： $E[X] = (1-p)/p = 5$ ；後者用 1 - (5/6)**10 或 r.pgeom(9, 1/6, lower_tail=False) 的反面。
用條件機率證明：幾何分配是唯一具有無記憶性的離散分配。提示：設 $P(X \ge 1) = q$ ，由 $P(X \ge s+1) = P(X \ge s) q$ 對 $s$ 歸納得 $P(X \ge k) = q^k$ 。
某棒球打擊率 0.25（每次打擊獨立）。模擬 100000 個球季（每季 500 打數），估計「全季首支安打前最多連續 20 個打數未安打」的比例，並與理論比較。提示：每季首安前失敗數 $\sim \mathrm{Geom}(0.25)$ ，比例 $= P(X \ge 20) = 0.75^{20}$ 。
負二項 $r=3, p=0.4$ ：用 g.rnbinom 模擬並畫 pmf 對照長條圖（沿用 3.1 節的 barplot + rect 疊圖法）。提示：峰的位置在 $\lfloor (r-1)(1-p)/p \rfloor = 3$ 附近。
證明負二項 pmf 滿足 $\binom{k+r-1}{r-1} = \binom{k+r-1}{k}$ ，並用「 $k+r$ 次試驗中任選 $r$ 個成功位置、但最後一試必成功」的語言解釋為什麼這兩種寫法等價。提示：對稱恆等式 $\binom{n}{a} = \binom{n}{n-a}$ 。