已知常数 $p\in(0,1)$，在成功的概率为 $p$ 的伯努利试验中，记 $X$ 为首次成功时所需的试验次数，$X$ 的取值为所有正整数，此时称离散型随机变量 $X$ 的概率分布为几何分布．
1、对于正整数 $k$，求 $P(X=k)$，并根据\[E(10)=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}k P(X=k)=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(\sum_{k=1}^n k P(X=k)\right)\]求 $E(10)$．
2、对于几何分布的拓展问题，在成功的概率为 $p$ 的伯努利试验中，记首次出现连续两次成功时所需的试验次数的期望为 $E_2$，现提供一种求 $E_2$ 的方式：先进行第一次试验，若第一次试验失败，因为出现试验失败对出现连续两次成功毫无帮助，可以认为后续期望仍是 $E_2$，即总的试验次数为 $\left(E_2+1\right)$；若第一次试验成功，则进行第二次试验，当第二次试验成功时，试验停止，此时试验次数为 $2$，若第二次试验失败，相当于重新试验，此时总的试验次数为 $\left(E_2+2\right)$． ① 求 $E_2$； ② 记首次出现连续 $n$ 次成功时所需的试验次数的期望为 $E_n$，求 $E_n$．
解析
1、根据题意，有\[P(X=k)=(1-p)^{k-1}p,\]于是\[ \displaystyle\sum_{k=1}^n k(1-p)^{k-1}p=p\left(1+2(1-p)+3(1-p)^2+\cdots+n(1-p)^{n-1}\right),\] 记 $S_n=1+2(1-p)+3(1-p)^2+\cdots+n(1-p)^{n-1}$，则\[(1-p) S_n=(1-p)+2(1-p)^2+\cdots+(n-1)(1-p)^{n-1}+n(1-p)^n,\] 相减得\[\begin{split} p S_n&=1+(1-p)+(1-p)^2+\cdots+(1-p)^{n-1}-n(1-p)^n \\ &=\dfrac{1-(1-p)^n}{1-(1-p)}-n(1-p)^n\\ &=\dfrac{1-(1-p)^n}p-n(1-p)^n,\end{split}\]从而\[E(10)=\lim_{n\rightarrow\infty}\left(p S_n\right)=\lim_{n\rightarrow\infty}\left[\dfrac{1-(1-p)^n}p-n(1-p)^n\right]=\dfrac 1 p.\]
2、① 根据题意，有\[E_2=(1-p)\cdot\left(E_2+1\right)+p^2\cdot 2+p(1-p)\cdot\left(E_2+2\right),\]解得 $E_2=\dfrac{1+p}{p^2}$．
② 期待在 $E_{n-1}$ 次试验后，首次出现连续 $(n-1)$ 次成功，若下一次试验成功，则试验停止，此时试验次数为 $\left(E_{n-1}+1\right)$；若下一次试验失败，相当于重新试验，后续期望仍是 $E_n$，此时总的试验次数为 $\left(E_{n-1}+1+E_n\right)$，即\[E_n=p\cdot\left(E_{n-1}+1\right)+(1-p)\cdot\left(E_{n-1}+1+E_n\right),\]整理得\[E_n=\dfrac 1 p\left(E_{n-1}+1\right)\iff E_n+\dfrac 1{1-p}=\dfrac 1 p\left(E_{n-1}+\dfrac 1{1-p}\right),\]所以\[E_n+\dfrac 1{1-p}=\dfrac 1{p^{n-1}}\left(E_1+\dfrac 1{1-p}\right),\]而 $E_1=\dfrac 1 p$，代入可得\[E_n=\dfrac{1}{1-p}\left(\dfrac{1}{p^n}-1\right).\]