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第二章 随机变量及其分布

第一章种学习了随机现象、随机试验、随机事件等概念，讨论了随机事件的关系、运算以及概率；且只考虑了个别事件下的频率问题。接下来，进一步第需要建立随机试验结果与实数的对应关系，这类似于函数的映射，我们称之为随机变量，以便使用高等数学的方法来研究随机试验。

1 离散型随机变量

1.1 随机变量的概念

随机变量的数学定义：

**定义1：**设$E$为随机试验，$\Omega$为其样本空间，若对于每一个结果(样本点)$\omega \in \Omega$，都有一个实数$X(\omega )$与之对应；这样就得到一个定义在$\Omega$上的实值函数$X=X(\omega )$，称为随机变量；随机变量通常用$X、Y、Z$或者$X_1,X_2,...$来表示。

注意：对于一个随机试验可以有与之关联的多个随机变量，而不是仅有一个；随着不同研究的需要，我们可以定义不同的随机变量。

我们可以试验随机变量描述事件，例如：在掷硬币试验中 { X = 1 } \{X=1\} {X=1}表示"出现正面"， { X = 0 } \{X=0\} {X=0}表示"出现反面"且 P { X = 1 } = 1 2 P\{X=1\} = \frac{1}{2} P{X=1}=21​。

当然： { X = 1 } 、 { X = 0 } \{X=1\}、\{X=0\} {X=1}、{X=0}只是习惯的、相对较为普遍的用法并不是唯一的用法；我们使用 { X = 100 } \{X=100\} {X=100}表示"出现正面"， { X = 200 } \{X=200\} {X=200}表示"出现反面"是完全没有问题且正确的，只是不那么习惯而已。

在掷骰子试验中，我们可以使用 { X = 6 } \{X=6\} {X=6}表示"出现6点"， P { X = 6 } = 1 6 P\{X=6\} = \frac{1}{6} P{X=6}=61​；使用 { X ≥ 4 } \{X \ge 4\} {X≥4}表示"出现4/5/6点"， { X ≥ 4 } = { X = 4 , 5 , 6 } \{X \ge 4\} = \{X = 4,5,6\} {X≥4}={X=4,5,6}， P { X ≥ 4 } = 1 2 P\{X \ge 4\} = \frac{1}{2} P{X≥4}=21​。

1.2 离散型随机变量及其分布律

随机变量的取值可能是有限个，也可能是无限个。

**定义2：**若随机变量$X$只取有限多个或可列的无限多个值(可以枚举表示的)，则称$X$为离散型随机变量。

大白话就是值是一个个的，颗粒状的，不连续的。

定义 设$X$为离散型随机变量，可能的取值为$X_1,X_2,...,X_k,...$，且 P { X = x k } = P k , k = 1 , 2 , 3 , . . . P\{X=x_k\} = P_k,\ \ k=1,2,3,... P{X=xk​}=Pk​,  k=1,2,3,...，则称其为**$X$的分布律或分布列或者概率分布**。

分布律也可以使用表格形式表达：

X	$X_1$	$X_2$	$X_3$	…	$X_k$	…
P	$p_1$	$p_2$	$p_3$	…	$p_k$	…

分布律 { p k } \{p_k\} {pk​}具有以下性质：

(1) $p_k,k=1,2,...$； # $p_k$是概率嘛

(2) ${\sum }_{k=1}^{\infty }{p}_k=1$; # { X = X k } , k = 1 , 2 , . . . \{X=X_k\},\ \ k=1,2,... {X=Xk​},  k=1,2,...之间是互不相容的事件，且 ∪ k = 1 ∞ { X = X k } = Ω \cup_{k=1}^{\infin} \{X=X_k\} = \Omega ∪k=1∞​{X=Xk​}=Ω。

反之，若某数列 { p k } \{p_k\} {pk​}具有以上两条性质，则他们必可作为某随机变量的分布律。

例1：设离散型随机变量$X$的分布律为：

X	0	1	2
P	0.2	c	0.5

求常数c。

解：由分布律的性质知：$0.2+c+0.5=1;\therefore c=0.3$。

例2：掷一枚质地均匀的骰子，这$X$为出现的点数，求$X$的分布律。

解：$X$全部可能的取值为"1, 2, 3, 4, 5, 6"，且 p k = p { X = k } = 1 6 , k = 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 p_k = p\{X=k\} = \frac{1}{6},\ \ \ \ k=1,2,3,4,5,6 pk​=p{X=k}=61​,    k=1,2,3,4,5,6；则$X$的分布律为：

X	1	2	3	4	5	6
P	$\frac{1}{6}$	$\frac{1}{6}$	$\frac{1}{6}$	$\frac{1}{6}$	$\frac{1}{6}$	$\frac{1}{6}$

**技巧：**首先找出随机变量所有可能的取值，然后求出每个取值对应的概率，做成表格即可。

$\bigstar \bigstar $\ast \ast 例3：袋中由编号15的5个球，从中取3个，这$X$为取出的球中的最大编号，求$X$的分布律。**

解：$X$全部可能的取值为"3, 4, 5"；用古典概型计算概率：

P { X = 3 } = C 2 2 C 5 3 = 1 10 P\{X=3\} = \frac{C_2^2}{C_5^3} = \frac{1}{10} P{X=3}=C53​C22​​=101​ # 分母：全部5个球中取3个；分子：如果最大球是3，3已经确定取出，只有从1，2这2球中取另外2个。

P { X = 4 } = C 3 2 C 5 3 = 3 10 P\{X = 4\} = \frac{C_3^2}{C_5^3} = \frac{3}{10} P{X=4}=C53​C32​​=103​

P { X = 5 } = C 4 2 C 5 3 = 6 10 P\{X=5\} = \frac{C_4^2}{C_5^3} = \frac{6}{10} P{X=5}=C53​C42​​=106​

因此$X$的分布律如下：

X	3	4	5
P	$\frac{1}{10}$	$\frac{3}{10}$	$\frac{6}{10}$

$★★$ 例4：已知一批零件10个，其中3个不合格，今任取一个，若取到不合格的就丢掉，再重新取一个，如此下去，试求取到合格零件之前取出的不合格零件个数$X$的分布律。

解：$X$可能的取值是：“0, 1, 2, 3”；设$A_i$表示"第$i$次取出的零件不合格，$i=1,2,3,4$"。

P { X = 0 } = P ( A 1 ‾ ) = 7 10 P\{X=0\} = P(\overline{A_1}) = \frac{7}{10} P{X=0}=P(A1​​)=107​

P { X = 1 } = P ( A 1 A 2 ‾ ) = P ( A 1 ) P ( A 2 ‾ ∣ A 1 ) = 3 10 × 7 9 = 7 30 P\{X=1\}=P(A_1 \overline{A_2}) = P(A_1)P(\overline{A_2} | A_1) = \frac{3}{10} \times \frac{7}{9} = \frac{7}{30} P{X=1}=P(A1​A2​​)=P(A1​)P(A2​​∣A1​)=103​×97​=307​

P { X = 2 } = P ( A 1 A 3 A 3 ‾ ) = P ( A 1 ) P ( A 2 ∣ A 1 ) P ( A 3 ‾ ∣ A 1 A 2 ) = 3 10 × 2 9 × 7 8 = 7 120 P\{X=2\} = P(A_1 A_3 \overline{A_3}) = P(A_1)P(A2|A_1)P(\overline{A_3} | A_1 A_2) = \frac{3}{10} \times \frac{2}{9} \times \frac{7}{8} = \frac{7}{120} P{X=2}=P(A1​A3​A3​​)=P(A1​)P(A2∣A1​)P(A3​​∣A1​A2​)=103​×92​×87​=1207​

P { X = 3 } = P ( A 1 A 2 A 3 A 4 ‾ ) = P ( A 1 ) P ( A 2 ∣ A 1 ) P ( A 3 ∣ A 1 A 2 ) P ( A 4 ‾ ∣ A 1 A 2 A 3 ) = 3 10 × 2 9 × 1 8 × 7 7 = 1 120 P\{X=3\} = P(A_1 A_2 A_3 \overline{A_4}) = P(A_1)P(A_2| A_1)P(A_3|A_1 A_2)P(\overline{A_4} | A_1 A_2 A_3) = \frac{3}{10} \times \frac{2}{9} \times \frac{1}{8} \times \frac{7}{7} = \frac{1}{120} P{X=3}=P(A1​A2​A3​A4​​)=P(A1​)P(A2​∣A1​)P(A3​∣A1​A2​)P(A4​​∣A1​A2​A3​)=103​×92​×81​×77​=1201​

故$X$的分布律为：

X	0	1	2	3
P	$\frac{7}{10}$	$\frac{7}{30}$	$\frac{7}{120}$	$\frac{1}{120}$

若需要求$X$满足某一条件这样的事件概率，例如例2中要求掷出的点数是奇数的概率，则应将满足条件的所有$X$对应的概率相加即可。

1.3 0-1分布与二项分布

下面介绍三种重要的常用离散型随机变量，它们是：$0-1$分布、二项分布和泊松分布。

定义4：若随机变量$X$只取两个可能的值0，1；且 P { X = 1 } = p , P { X = 0 } = q P\{X=1\} = p,\ \ P\{X=0\}=q P{X=1}=p,  P{X=0}=q，其中$0<p<1,q=1-p$；则称$X$服从$0-1$分布；$X$的分布律为：

X	0	1
P	$q$	$p$

在$n$重伯努利试验中，每轮试验只观察$A$是否发生，定义随机变量$X$：
$$X=\{\begin{array}{ll}0,& 当A发生\\ 1,& 当A不发生\end{array}$$

大白话：任何只有两种结果是试验，或者说我们研究的结果只有两种的试验；比如：掷硬币，研究结果的正反面；掷骰子，但只研究结果的奇数还是偶数等。

定义5： 若随机变量$X$的可能值为0，1，…，n；n为正整数，而$X$的分布律为： p k = P { X = k } = C n k p k q n − k , k = 0 , 1 , . . . , n p_k = P\{X=k\} = C_n^k p^k q^{n-k}, \ \ k=0,1,...,n pk​=P{X=k}=Cnk​pkqn−k,  k=0,1,...,n；其中，$0<p<1,q=1-p$，则称$X$服从参数为$n,p$的二项分布，记作：$X\sim B(n,p)$</u>。

显然，当$n=1$时，$X$服从$0-1$分布，即$X\sim B(1,p)$；【满足$0-1$分布每次试验都只可能有0、1两个结果，p并不一定非要是1/2】；即$0-1$分布是二项分布的一种特例。

但是满足二项分布的每次试验结果不止2个。这是本质区别！！

在$n$重伯努利试验中，令$X$代表$A$的发生次数，则 P { X = k } = P n ( k ) = C n k p k q n − k , k = 0 , 1 , 2 , . . . , n P\{X=k\} = P_n(k) = C_n^k p^k q^{n-k},\ \ k=0,1,2,...,n P{X=k}=Pn​(k)=Cnk​pkqn−k,  k=0,1,2,...,n；即$X$服从参数为$n,p$的二项分布。

这里特别特别要注意：“随机变量$X$的可能值为0，1，…，n；n为正整数"中$X$的取值个数从0开始计算一共有$n+1$个；注意这里不要犯迷糊，$n$代表的是"最大可能取值个数-1”！！

二项分布名称的由来：（补充下数学知识！！）

二项式$(p+q{)}^n$的展开式中：

$$
\begin{aligned}
(p + q)^n = C_n^0 q^0 p^n + C_n^1 q^1 p^{n-1} + C_n^2 q^2 p^{n-2} + … + C_n^n q^n p^0 = \sum_{k=0}^n C_n^k q^k p^{n-k} \

\end{aligned}
$$

由于$p+q=q+p$；因此上述的二项式展开式等价于：(而且：$C_n^k=C_n^{n-k}$的)

$$(p+q{)}^n=(q+p{)}^n=C_n^0{p}^0{q}^n+C_n^1{p}^1{q}^{n-1}+C_n^2{p}^2{q}^{n-2}+...+C_n^n{p}^n{q}^0=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{p}^k{q}^{n-k}$$

其中的第$k+1$项（$C_n^0{p}^0{q}^n$是第1项）恰好是$C_n^k{p}^k{q}^{n-k}$，这与 P { X = k } P\{X=k\} P{X=k}正好相同，因此称为符合二项分布。

因为 P { X = k } = C n k p k q n − k , k = 0 , 1 , . . . , n P\{X=k\} = C_n^k p^k q^{n-k}, \ \ k=0,1,...,n P{X=k}=Cnk​pkqn−k,  k=0,1,...,n的所有取值的概率之和为1，即 ∑ k = 0 n p k = ∑ k = 0 n P { X = k } = ∑ k = 0 n C n k p k q n − k = ( p + q ) n = 1 \sum_{k=0}^n p_k = \sum_{k=0}^n P\{X=k\} = \sum_{k=0}^n C_n^k p^k q^{n-k} = (p + q)^n = 1 ∑k=0n​pk​=∑k=0n​P{X=k}=∑k=0n​Cnk​pkqn−k=(p+q)n=1，这满足分布律的基本性质。

大白话：由以上描述可见，任何有确定个数结果的试验，都可以视为满足二项分布。这就包含的范围非常广泛了！！

无限个可能结果的试验，我们先不考虑！！

对于任意的正整数$n$，$(a+b{)}^n={\sum }_{k=0}^n{C}_n^k{a}^n{b}^{n-k}$，其中$C_n^k$称为二项式系数；$C_n^k=\frac{n!}{k!(n-k)!}$。

$★★$ 例5：某特效药临床有效率为0.95，今10人服用，问至少有8人被治愈的概率？

解：设$X$为"10人中治愈的人数"，由题目知$X\sim B(10,0.95)$ ## X可能的值有10个，每次独立试验的有效率0.95

这里再次特别提醒，不要嫌我啰嗦；这个$n=10$是指X可能取值为"有0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10个人被治愈"的11个可能值中的最后一个值，因为从0开始计数，千万不要把$n$理解为11了！！！

P { X ≥ 8 } = P { X = 8 } + P { X = 9 } + P { X = 10 } = C 10 8 ( 0.95 ) 8 ( 0.05 ) 2 + C 10 9 ( 0.95 ) 9 ( 0.05 ) 1 + C 10 10 ( 0.95 ) 1 0 ( 0.05 ) 0 = 0.9885 P\{X \ge 8\} = P\{X=8\} + P\{X=9\} + P\{X=10\} = C_{10}^8(0.95)^8(0.05)^2 + C_{10}^9(0.95)^9(0.05)^1 + C_{10}^{10}(0.95)^10(0.05)^0 = 0.9885 P{X≥8}=P{X=8}+P{X=9}+P{X=10}=C108​(0.95)8(0.05)2+C109​(0.95)9(0.05)1+C1010​(0.95)10(0.05)0=0.9885

$★★$ 例6：设$X\sim B(2,p),Y\sim B(3,p)$；设 p { X ≥ 1 } = 5 9 p\{X \ge 1\} = \frac{5}{9} p{X≥1}=95​，求 P { Y ≥ 1 } P\{Y \ge 1\} P{Y≥1}。

解：由 P { X ≥ 1 } = 5 9 P\{X \ge 1\} = \frac{5}{9} P{X≥1}=95​知$X$可能的取值有"0，1，2"三种可能，因此， P { X = 0 } = 1 − P { X ≥ 1 } = 4 9 P\{X=0\} = 1 - P\{X \ge 1\} = \frac{4}{9} P{X=0}=1−P{X≥1}=94​；

∴ P { X = 0 } = C 2 0 p 0 ( 1 − p ) 2 = 4 9 \therefore \ P\{X=0\} = C_2^0 p^0 (1-p)^2 = \frac{4}{9} ∴ P{X=0}=C20​p0(1−p)2=94​； 又$\because C_2^0=1;p^0=1$ ；

$\therefore (1-p{)}^2=\frac{4}{9}$；

$\therefore p=\frac{1}{3}$

由$Y\sim B(3,p)$可知$Y$可能的取值有"0，1，2，3"四种可能，因此， P { Y ≥ 1 } = 1 − P { Y = 0 } = 1 − C 3 0 p 0 ( 1 − p ) 3 = 1 − 8 27 = 19 27 P\{Y \ge 1\} = 1 - P\{Y = 0\} = 1 - C_3^0 p^0 (1-p)^3 = 1 - \frac{8}{27} = \frac{19}{27} P{Y≥1}=1−P{Y=0}=1−C30​p0(1−p)3=1−278​=2719​。

由此可见，二项分布的计算很繁琐，尤其是出现例如：$n=1000,p=0.05$时；$C_{1000}^{10}(0.05{)}^{1}0(0.95{)}^{990}$这类的计算，因此，需要寻求近似计算的方法；下面给给出一个$n$很大，$p$很小的近似计算公式，这就是著名的二项分布的泊松逼近。

**泊松(Possion)定理：**设$\lambda >0$是常数，$n$为任意正整数，在$n$重伯努利试验中，假设事件$A$在一次试验中发生的概率是$p_n$，当$n\to +\infty$时，有$n{p}_n\to \lambda$，则对于任意取定的非负整数$k$，有：${\lim }_{n\to +\infty }{C}_n^k{p}_n^k(1-p_k{)}^{n-k}=\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }$。

这里只给出结论，不给出证明过程；有兴趣的可以查阅相关资料。

由泊松定理知，当$n$很大，$p$很小时由近似公式：

$C_n^k{p}^k{q}^{n-k}\approx \frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda },其中，\lambda =np,q=1-p$。

在实际中，当$n\ge 20,p\le 0.05$时使用该近似公式的效果更佳。

$\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }$的值可以通过泊松表查询；泊松表给出了已知$\lambda$和$k$值对应的${\sum }_k^{+\infty }\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }$值查询。 ## 特别注意：表里的值是从$k$开始到$+\infty$的累加和哦，下线不一定是0，但上限一定是$+\infty$。

例7：一个工厂的产品废品率为0.005，任取1000件，计算：

(1) 至少有2件废品的概率

(2) 不超过5件废品的概率

解：设$X$表示"取出1000件中包含的废品总数"，则$X\sim B(1000,0.005)$；利用近似公式：$\lambda =np=5$；

(1) $P{X \ge 2} = 1 - P{X=0} - P{X=1} = 1- C_{1000}^{0} (0.005)^0(0.995){1000} - C_{1000}^{1} (0.005)^1(0.995){999} $

$\approx 1-\frac{{\lambda }^0}{0!}{e}^{-\lambda }-\frac{{\lambda }^1}{1!}{e}^{-\lambda }=1-\frac{5^0}{0!}{e}^{-5}-\frac{5^1}{1!}{e}^{-5}=0.9596$

(2) P { X ≤ 5 } = ∑ k = 0 5 P { X = k } = ∑ k = 0 5 C 1000 k ( 0.005 ) k ( 0.995 ) 1000 − k P\{X \le 5\} = \sum_{k=0}^5 P\{X=k\} = \sum_{k=0}^{5} C_{1000}^k (0.005)^k (0.995)^{1000-k} P{X≤5}=∑k=05​P{X=k}=∑k=05​C1000k​(0.005)k(0.995)1000−k

$\approx {\sum }_{k=0}^5\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }=1-{\sum }_{k=6}^{\infty }\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }$ ## 这里有个转换关系需要特别注意。转换后才可以查泊松表，按照$\lambda =5,k=6$查询！！

$=0.6160$

1.4 泊松分布

定义6： 随机变量$X$的可能取值"0，1，2，…，n，…"；而$X$的分布律为：

p k = P { X = k } = λ k k ! e − λ , k = 0 , 1 , 2 , . . . p_k = P\{X=k\} = \frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda},\ \ \ \ k=0,1,2,... pk​=P{X=k}=k!λk​e−λ,    k=0,1,2,...

其中，$\lambda >0$，则称**$X$服从参数为$\lambda$的泊松分布**，简记为：$X\sim P(\lambda )$。

大白话，与二项分布相比，$S$的取值变成的无限个（当然仍旧是离散型的）；因此$n\to \infty$；导致符合泊松定理的近似计算公式，从而产生常数$\lambda =np$；使得概率仅与$\lambda 和k$有关。

由${\sum }_{k=0}^{\infty }{p}_k={\sum }_{k=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }=e^{-\lambda }{\sum }_{k=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^k}{k!}=e^{-\lambda }{e}^{\lambda }=1$可知 { p k } \{p_k\} {pk​}满足分布律的基本性质。

泊松分布是二项分布的极限分布($n\to \infty$的情况下)，非常重要！！

例8：设随机变量$X$服从参数为5的泊松分布，求：

(1) P { X = 10 } P\{X=10\} P{X=10}

(2) P { X ≤ 10 } P\{X \le 10\} P{X≤10}

解：(1) 查询泊松表，找$\lambda =5列,X=10行$对应的值；和$\lambda =5列,X=11行$对应的值：

P { X = 10 } = P { X ≥ 10 } − P { X ≥ 11 } = ∑ k = 10 ∞ λ k k ! e − λ − ∑ k = 11 ∞ λ k k ! e − λ ≈ 0.018133 P\{X=10\} = P\{X \ge 10\} - P\{X \ge 11\} = \sum_{k=10}^{\infty} \frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda} -\sum_{k=11}^{\infty} \frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda} \approx 0.018133 P{X=10}=P{X≥10}−P{X≥11}=∑k=10∞​k!λk​e−λ−∑k=11∞​k!λk​e−λ≈0.018133

(2) P { X ≤ 10 } = 1 − P { X ≥ 11 } = 1 − ∑ k = 11 ∞ λ k k ! e − λ ≈ 0.986305 P\{X \le 10\} = 1- P\{X \ge 11\} = 1 - \sum_{k=11}^{\infty} \frac{\lambda^k}{k!} e^{-\lambda} \approx 0.986305 P{X≤10}=1−P{X≥11}=1−∑k=11∞​k!λk​e−λ≈0.986305

例9：设$X$服从泊松分布，且已知 P { X = 1 } = P { X = 2 } P\{X=1\} = P\{X=2\} P{X=1}=P{X=2}；求 P { X = 4 } P\{X=4\} P{X=4}。

解：设参数为$\lambda$，则：

P { X = 1 } = λ 1 1 ! e − λ = λ e − λ P\{X=1\} = \frac{\lambda^1}{1!} e^{-\lambda} = \lambda e^{-\lambda} P{X=1}=1!λ1​e−λ=λe−λ

P { X = 2 } = λ 2 2 ! e − λ = λ 2 2 e − λ P\{X=2\} = \frac{\lambda^2}{2!} e^{-\lambda} = \frac{\lambda^2}{2} e^{-\lambda} P{X=2}=2!λ2​e−λ=2λ2​e−λ

由题目知： P { X = 1 } = P { X = 2 } P\{X=1\} = P\{X=2\} P{X=1}=P{X=2} 得 $\lambda =2$

∴ P { X = 4 } = λ 4 4 ! e − λ = 2 4 4 ! e − 2 = 2 3 e − 2 \therefore \ P\{X=4\} = \frac{\lambda^4}{4!} e^{-\lambda} = \frac{2^4}{4!} e^{-2} = \frac{2}{3} e^{-2} ∴ P{X=4}=4!λ4​e−λ=4!24​e−2=32​e−2