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量子计算机非常厉害. 现假设某台量子计算机以每个粒子的自旋状态作为是子比特，且自旋状态只有上旋与下旋两种状态，其中下旋表示 "0", 上旋表示 "1", 粒子间的自旋状态相互独立. 现将两个初始状态均为叠加态的粒子收入第一道逻辑门后，粒子自旋状态等可能的变为上旋或下旋，再输入第二道逻辑门后，粒子的自旋状态有 ${\displaystyle p}$ 的概率发生改变，记通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为 ${\displaystyle X}$.

1. 若通过第二道逻辑门后的两个粒子中上旋粒子的个数为 ${\displaystyle 2}$, 且 ${\displaystyle p={\displaystyle \frac{1}{3}}}$, 求两个粒子通过第一道逻辑门后上旋粒子个数为 ${\displaystyle 2}$ 的概率;
2. 若一条信息有 ${\displaystyle n(n>1,n\in {\mathbb{N}}^{\ast })}$ 种可能的情况且各种情况互斥，记这些情况发生的概率为 ${\displaystyle p_1,\cdots ,p_n}$, 则称 ${\displaystyle H=f(p_1)+\cdots +f(p_n)}$ (其中 ${\displaystyle f(x)=-x{\log }_{2}x}$) 为这条信息的信息熵. 试求两个粒子通过第二道逻辑门后上旋粒子个数为 ${\displaystyle X}$ 的信息熵 ${\displaystyle H}$;
3. 将一个下旋粒子输入第二道逻辑门，当粒子输出后变为上旋粒子时则停止输入，否则重复输入第二道逻辑门直至其变为上旋粒子，设停止输入时该粒子通过第二道逻辑门的次数为 ${\displaystyle Y(Y=1,2,3,\cdots ,n,\cdots )}$. 证明: 当 ${\displaystyle n}$ 无限增大时，${\displaystyle Y}$ 的数学期望趋近于一个常数.

参考公式: ${\displaystyle 0<q<1}$ 时，${\displaystyle {\displaystyle \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}{q}^n=0,\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}n{q}^n=0}}$.

1. 解 记事件 ${\displaystyle (m,n)}$ 表示经过第 ${\displaystyle m}$ 道逻辑门后有 ${\displaystyle n}$ 个上旋粒子. 由于粒子之间上下旋独立，故 ${\displaystyle P((2,2))={\displaystyle {(\frac{1}{2}(1-p)+\frac{1}{2}p)}^2=\frac{1}{4}}}$, 同理 ${\displaystyle P((2,0))={\displaystyle \frac{1}{4}}}$. 这样，本题所求的概率为$$\begin{array}{r}P((1,2)|(2,2))=\frac{P((1,2),(2,2))}{P(2,2)}=\frac{\frac{1}{2^2}\cdot (1-p{)}^2}{\frac{1}{4}}=\frac{4}{9}.\end{array}$$
2. 解 由 1，${\displaystyle P((2,1))=1-P((2,0))-P((2,2))={\displaystyle \frac{1}{2}}}$, 从而$$\begin{array}{r}H=-\sum _{x=0,1,2}P((2,x)){\log }_{2}P((2,x))=\frac{3}{2}.\end{array}$$
3. 证明 由题意 ${\displaystyle \mathbb{P}(Y=n)=p(1-p{)}^{n-1}}$. 记 ${\displaystyle S_n={\displaystyle \sum _{i=1}^{n}i(1-p{)}^{i-1}}}$, 运用错位相减法 $$\begin{array}{rl}{S}_n& =1\cdot 1+2\cdot (1-p)+\cdots +n\cdot (1-p{)}^{n-1}\\ (1-p)S_n& =1\cdot (1-p)+\cdots +(n-1)\cdot (1-p{)}^{n-1}+n(1-p{)}^n\\ \Rightarrow p{S}_n& =\sum _{i=0}^{n-1}(1-p{)}^i-n(1-p{)}^n=\frac{1}{p}-\frac{(1-p{)}^n}{p}-n(1-p{)}^n.\end{array}$$
   这样$$\begin{array}{r}\mathbb{E}(Y)=\sum _{n=1}^{+\mathrm{\infty }}nP(Y=n)=\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}p{S}_n=\frac{1}{p}.\end{array}$$