$\gdef \vec#1{\boldsymbol{#1}} \\ \gdef \rank {\mathrm{rank}} \\ \gdef \det {\mathrm{det}} \\ \gdef \Bern {\mathrm{Bern}} \\ \gdef \Bin {\mathrm{Bin}} \\ \gdef \Mn {\mathrm{Mn}} \\ \gdef \Cov {\mathrm{Cov}} \\ \gdef \Po {\mathrm{Po}} \\ \gdef \HG {\mathrm{HG}} \\ \gdef \Geo {\mathrm{Geo}}\\ \gdef \N {\mathrm{N}} \\ \gdef \LN {\mathrm{LN}} \\ \gdef \U {\mathrm{U}} \\ \gdef \t {\mathrm{t}} \\ \gdef \F {\mathrm{F}} \\ \gdef \Exp {\mathrm{Exp}} \\ \gdef \Ga {\mathrm{Ga}} \\ \gdef \Be {\mathrm{Be}} \\ \gdef \NB {\mathrm{NB}}$
（再掲）
$X \sim \Geo(p)$である時、その確率関数$p(x)$は、
$$\begin{aligned} p(x) (= Pr\{ X=x \}) = p(1-p)^{x-1} ~~ (x=1, 2, \ldots) \end{aligned}$$であり、その特性値は、
$$\begin{aligned} &{\small ①平均：}E[X] = \frac{1}{p} \\ &{\small ②分散：}V[X] = \frac{1-p}{p^2} \\ &{\small ③確率母関数：}G^X(s) = \frac{ps}{1-(1-p)s} ~~ {\small (ただし|(1-p)s| \lt 1)} \end{aligned}$$となる。
（①平均$E[X]$の証明）
まず、
$$\begin{aligned} E[X] &= \sum_{x=1}^{\infty} x \cdot p(x) \\ &= \sum_{x=1}^{\infty} x \cdot p(1-p)^{x-1} \\ &= p \cdot \sum_{x=1}^{\infty} x (1-p)^{x-1} ~~~~~ \mathrm{(A)} \end{aligned}$$となる。
ところで$\dfrac{1}{1-a}$の$a=0$まわりのTaylor展開より、
$$\begin{aligned} \dfrac{1}{1 – a} = \sum_{k=0}^{\infty} a^k ~~ {\small (-1 \lt a \lt 1)} \end{aligned}$$が成立するが、上式の両辺を$a$で微分すると、
$$\begin{aligned} \dfrac{1}{(1-a)^2} = \sum_{k=1}^{\infty} k a^{k-1} ~~ {\small (-1 \lt a \lt 1)} ~~~~~ \mathrm{(B)} \end{aligned}$$となる。
$\mathrm{(B)}$において$(a,k)=(1-p,x)$とすると、
$$\begin{aligned} \dfrac{1}{p^2} &= \sum_{x=1}^{\infty} x (1-p)^{x-1} \end{aligned}$$となるが、これと$\mathrm{(A)}$をあわせると、
$$\begin{aligned} E[X] &= p \cdot \dfrac{1}{p^2} \\ &= \dfrac{1}{p} \end{aligned}$$
（②分散$V[X]$の証明）
$V[X]$を求めるにあたり、まず$E[X(X-1)]$を求める。
$$\begin{aligned} E[X(X-1)] &= \sum_{x=1}^{\infty} x(x-1) \cdot p(x) \\ &= \sum_{x=1}^{\infty} x(x-1) \cdot p(1-p)^{x-1} \\ &= p \cdot \sum_{x=1}^{\infty} x(x-1) \cdot (1-p)^{x-1} ~~~~~ \mathrm{(C)} \end{aligned}$$
ところで$\mathrm{(B)}$の両辺を$a$で微分すると、
$$\begin{aligned} \dfrac{2}{(1-a)^3} &= \sum_{k=2}^{\infty} k(k-1) a^{k-2} \\ &= \sum_{k=1}^{\infty} k(k-1) a^{k-2} ~~ {\small (-1 \lt a \lt 1)} \end{aligned}$$となり、上式において$(a,k)=(1-p,x)$とすると、
$$\begin{aligned} \dfrac{2}{p^3} &= \sum_{x=1}^{\infty} x(x-1) \cdot (1-p)^{x-2} \\ \Rightarrow \dfrac{2(1-p)}{p^3} &= \sum_{x=1}^{\infty} x(x-1) \cdot (1-p)^{x-1} \end{aligned}$$となる。
これと$\mathrm{(C)}$をあわせると、
$$\begin{aligned} E[X(X-1)] &= p \cdot \dfrac{2(1-p)}{p^3} \\ &= \dfrac{2(1-p)}{p^2} \end{aligned}$$であるから、$$\begin{aligned} V[X] &= E[X^2] – (E[X])^2 \\[5px] &= \{ E[X(X-1)] + E[X] \} – (E[X])^2 \\[5px] &= \dfrac{2(1-p)}{p^2} + \dfrac{1}{p} – (\dfrac{1}{p})^2 \\[5px] &= \frac{1-p}{p^2} \end{aligned}$$
（③確率母関数$G^X(s)$の証明）
（以下は、$|(1-p)s| \lt 1$、とする）
$$\begin{aligned} G^X(s) &= E[s^X] \\ &= \sum_{x=1}^{\infty} s^x \cdot p(x) \\ &= \sum_{x=1}^{\infty} s^x \cdot p(1-p)^{x-1} \\ &= sp \cdot \sum_{x=1}^{\infty} \{s(1-p)\}^{x-1} \\ &= sp \cdot \dfrac{1}{1-s(1-p)} \\ &= \frac{ps}{1-(1-p)s} \end{aligned}$$
