离散型随机变量及其常见分布律

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1. 随机变量

• 设随机试验的样本空间为$S=\{e\}$. $X=X(e)$ 是定义在样本空间$S$上的实值单值函数。称$X=X(e)$为随机变量

2. 离散型随机变量

• 定义： 全部可能取到的值为有限个或可列无限多个，这种随机变量称为离散型随机变量

  骰子的点数，打靶环数，某城市120急救电话一昼夜收到的呼叫次数，都是离散型随机变量

• 设离散型随机变量$X$所有可能取的值为$x_k(k=1,2,\cdots )$ ，$X$取各个可能值的概率，即事件$X=x_k$ 的概率，为 $$P\{X=x_k\}=P_k,k=1,2,\cdots$$

  我们称该式为离散型随机变量的分布律

  • 性质：

    • $1^o$ $p_k\ge 0,k=1,2,3,\cdots ;$
    • $2^o$ $\sum _{k=1}^{\infty }{p}_k=1.$

    稍后介绍常见分布的时候，$p_k\ge 0$ 这个的证明很简单，不在赘述，我会给出$\sum _{k=1}^{\infty }{p}_k=1.$ 的必要性证明。

3. 离散型随机变量常见分布

3.1 $(0-1)$分布

• 设随机变量可能的取值只有$0$和$1$，它的分布律为 $P\{X=k\}=p^k(1-p{)}^{1-k},k=0,1$ ,记做$X$服从以$p$为参数的$(0-1)\text{(0−1)}(0-1)$分布或两点分布

  $X$	$0$	$1$
  $p_k$	$1-p$	$p$

  新生儿性别，抛硬币，产品质量是否合格 等可以用$(0-1)$分布的离散型随机变量来表示

3.2 二项分布

• 设试验$E$只有两种可能结果：$A$及$\overline{A}$ ,则称$E$为伯努利试验 。 设$P(A)=p，则P(\overline{A})=1-p$ .

• 将$E$ 独立重复地进行$n$次， 则称这一连串独立的重复试验为$n\text{n}n$重伯努利试验

  例如，抛硬币，$A$表示正面，这就是伯努利试验，将硬币抛$n$次，就是$n$重伯努利试验。 掷骰子，$A$表示等到$1$点，$\overline{A}$ 表示得到的是非$1$点，也叫一次伯努利试验等

• 以$X$表示$n$重伯努利试验中，事件$A$发生的次数，$p$表示事件$A$发生的概率，$q=1-p$ 表示$A$不发生的概率(即$\overline{A}$发生的概率) ，则有

  $$P\{X=k\}={(}_k^n)p^k{q}^{n-k}k=0,1,2\cdots ,n$$

  • 必要性证明 ：
    $\sum _{k=0}^{n}P\{X=k\}=\sum _{k=0}^n{(}_k^n)p^k{q}^{n-k}=(p+q{)}^n=1$

  • 二项式 $(a+b{)}^n={(}_0^n)a^{n-0}{b}^0+{(}_1^n)a^{n-1}{b}^1+\cdots +{(}_{n-1}^n)a^{n-(n-1)}{b}^{n-1}+{(}_n^n)a^{n-n}{b}^n=\sum _{k=0}^n{(}_k^n)a^{n-k}{b}^k$

  我们发现 ${(}_k^n)p^k{q}^{n-k}$ 刚好是 $(p+q{)}^n$ 展开式中出现$p^k$的那一项，因此，我们称随机变量$X$服从以$n，p$为参数的二项分布，记做 $X\sim b(n,p)\text{X∼b(n,p)}X\sim b(n,p)$

3.3 泊松分布

• 设随机变量$X$的可能取值为$0,1,2,\cdots$ 而各个取值的概率为 $P\{X=k\}=\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }k=0,1,2,\cdots$ 其中$\lambda >0$ 为常数，则称$X$服从以$\lambda$为参数的泊松分布，记做 $X\sim \pi (\lambda )\text{X∼π(λ)}X\sim \pi (\lambda )$

  • 必要性证明 ：

    $\sum _{k=0}^{\infty }P\{X=k\}=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }=e^{-\lambda }\sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^k}{k!}=e^{-\lambda }\cdot e^{\lambda }=1$

  • 其中 $\sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^k}{k!}=e^{\lambda }$ 证明如下，需要用到泰勒公式

  泰勒公式

  如果函数$f(x)$在$x_0$的某个邻域$U(x_0)$内具有(n+1)阶导数，那么对任一$x\in U(x_0)$ 有 $$f(x)=f(x_0)+f^{{}^{\prime }}(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{{}^{\prime \prime }}(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+R_n(x)$$

  即 $f(x)=\sum _{n=0}^N\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+R_n(x)$ 当 $x_0=0$ 时，有 $f(x)=\sum _{n=0}^N\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+R_n(x)$

  此时有 $$\begin{gathered} e^x=\sum _{n=0}^N\frac{(e^x{)}^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+R_n(x) \\ \because (e^x{)}^{(n)}=e^x\therefore (e^x{)}^{(n)}(0)=1 \\ \therefore e^x=\sum _{n=0}^N\frac{1}{n!}{x}^n+R_n(x)，R_n(x)为关于x^n的高阶无穷小，则e^x\approx \sum _{n=0}^N\frac{1}{n!}{x}^n \end{gathered}$$
  $\therefore 有e^{\lambda }=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^k}{k!}成立$

一本书一页中的印刷错误数，某医院在一天内的急诊病人数，某一个地区一个时间间隔内发生交通事故的次数等均服从泊松分布

• 泊松定理 设$\lambda >0$是一个常数，$n$是任意正整数，设$n{p}_n=\lambda$ ,则对于任一固定的非负整数$k$，有$$\underset{n\to \infty }{\lim }{(}_k^n)p_n^k(1-p_n{)}^{n-k}=\frac{{\lambda }^k{e}^{-\lambda }}{k!}$$

证明如下 ：

$$\begin{array}{rl}\because \lambda =n{p}_n\therefore p_n& =\frac{\lambda }{n}\\ \underset{n\to \infty }{\lim }{(}_k^n)p_n^k(1-p_n{)}^{n-k}& =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n!}{k!(n-k)!}\frac{{\lambda }^k}{n^k}(1-\frac{\lambda }{n}{)}^{n-k}\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\lambda }^k}{k!}\frac{(n-k+1)!}{n^k}(1-\frac{\lambda }{n}{)}^n(1-\frac{\lambda }{n}{)}^{-k}\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\lambda }^k}{k!}[1\cdot (1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots (1-\frac{k-1}{n})](1-\frac{\lambda }{n}{)}^n(1-\frac{\lambda }{n}{)}^{-k}\\ \because & \underset{n\to \infty }{\lim }[1\cdot (1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots (1-\frac{k-1}{n})]=1\\ & \underset{n\to \infty }{\lim }(1-\frac{\lambda }{n}{)}^n=e^{-\lambda }\\ & \underset{n\to \infty }{\lim }(1-\frac{\lambda }{n}{)}^{-k}=1\\ \therefore \underset{n\to \infty }{\lim }{(}_k^n)p_n^k(1-p_n{)}^{n-k}& =\frac{{\lambda }^k{e}^{-\lambda }}{k!}\end{array}$$

• 该定理说明，当$n$很大，$p$很小时，二项分布可用泊松分布近似 即 ${(}_k^n)p^k(1-p{)}^{n-k}\approx \frac{{\lambda }^k{e}^{-\lambda }}{k!}(\lambda =np)$

  一般地，当 $n\ge 100,np\le 10$ 时，即可用泊松分布来近似计算二项分布

3.4 几何分布

• 在伯努利试验中，记每次试验中事件$A$发生的概率为$p$，试验进行到事件$A$出现时停止，此时所进行的试验次数为$X$，其分布率为 $P\{X=k\}=(1-p{)}^{k-1}pk=1,2,3,\cdots$ , 则称$X$服从$p$为参数的几何分布，记作 $X\sim G(p)\text{X∼G(p)}X\sim G(p)$

  必要性证明：

  $\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^{\infty }P\{X=k\}& =\sum _{k=1}^{\infty }(1-p{)}^{k-1}p\\ & =p\sum _{k=1}^{\infty }(1-p{)}^{k-1}\\ & =p\frac{1-(1-p{)}^{k-1}(1-p)}{1-(1-p)}\\ & =1-(1-p{)}^k\\ & \because 0\le p\le 1k\to +\infty \\ \therefore \sum _{k=1}^{\infty }P\{X=k\}& =1\end{array}$

• 几何分布用来描述$n$次伯努利试验中，事件$A$首次发生的概率

3.5 超几何分布

• 在产品质量的不放回抽检中，若$N$件产品中有$M$件次品，抽检$n$件时所得次品数$X=k$，此时有$$P\{X=k\}=\frac{{(}_k^M){(}_{n-k}^{N-M})}{{(}_n^N)}k=0,1,\cdots ,min\{n,M\}.$$

  称$X$服从以$n，N，M$ 为参数的超几何分布，记做$X\sim H(n,M,N)\text{X∼H(n,M,N)}X\sim H(n,M,N)$

  必要性证明 :

  $$\begin{array}{rl}\sum _{k=0}^{min\{n,M\}}P\{X=k\}& =\sum _{k=0}^{min\{n,M\}}\frac{{(}_k^M){(}_{n-k}^{N-M})}{{(}_n^N)}\\ & =\frac{1}{{(}_n^N)}\cdot \sum _{k=0}^{min\{n,M\}}{(}_k^M){(}_{n-k}^{N-M})(式子中只有k是变量，因此{(}_n^N)是常数，可以提出来)\\ & =\frac{1}{{(}_n^N)}\cdot {(}_n^N)(范德蒙恒等式)\\ & =1\end{array}$$

  范德蒙恒等式：$$C_{m+n}^k=\sum _{i=0}^k{C}_m^i{C}_n^{k-i}$$

  证明比较简单，用二项展开式即可：

  $\begin{array}{rl}(1+x{)}^{m+n}& =C_{m+n}^0{x}^{m+n}+C_{m+n}^1{x}^{m+n-1}+\cdots +C_{m+n}^{m+n}{x}^0(1)\\ (1+x{)}^{m+n}& =(1+x{)}^m(1+x{)}^n=(C_m^0{x}^m+C_m^1{x}^{m-1}+\cdots +C_m^m{x}^0)(C_n^0{x}^n+C_n^1{x}^{n-1}+\cdots +C_n^n{x}^0)\\ & =C_m^0{C}_n^0{x}^{m+n}+(C_m^0{C}_n^1+C_m^1{C}_n^0)x^{m+n-1}+\cdots +C_m^m{C}_n^m{x}^0(2)\\ 根据式(1)和式(2)对应项系数相等，可以知道C_{m+n}^k=\sum _{i=0}^k{C}_m^i{C}_n^{k-i}& \end{array}$

  关于 范德蒙恒等式的证明方式有很多，感兴趣的可以查看相关资料

• 当$N\to +\infty$时，超几何分布可用二项分布近似计算，此时有 $\frac{M}{N}\to P$

  证明如下：

  首先我们要明确要证明的等式是 当$N\to +\infty$时 $P\{X=k\}=\frac{{(}_k^M){(}_{n-k}^{N-M})}{{(}_n^N)}={(}_k^n)p^k{q}^{n-k}$ ，即 $\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{(}_k^M){(}_{n-k}^{N-M})}{{(}_n^N)}={(}_k^n)p^k{q}^{n-k}$.

  $$\begin{array}{rl}\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{(}_k^M){(}_{n-k}^{N-M})}{{(}_n^N)}& =\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{M!}{k!(M-k)!}\frac{(N-M)!}{(n-k)!(N-M-n+k)!}\frac{n!(N-n)!}{N!}\\ & =\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{n!}{k!(n-k)!}\frac{M(M-1)\cdots (M-k+1)}{N^k}\frac{(N-M)!}{(n-k)!(N-M-n+k)!}\frac{N^k}{N(N-1)\cdots (N-n+1)}(N^k为构造出来的中间量)\\ & \frac{n!}{k!(n-k)!}={(}_k^n),\\ & \underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{M(M-1)\cdots (M-k+1)}{N^k}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{M}{N}(\frac{M}{N}-\frac{1}{N})\cdots (\frac{M}{N}-\frac{k}{N}+\frac{1}{N})=(\frac{M}{N}{)}^k,\\ & \frac{N^k}{N(N-1)\cdots (N-n+1)}=\frac{N^k}{N(N-1)\cdots (N-k+1)(N-k)(N-k-1)\cdots (N-n+1)}=\frac{1}{1\cdot (1-\frac{1}{N})(1-\frac{2}{N})\cdots (1-\frac{k}{N}+\frac{1}{N})(N-k)(N-k-1)\cdots (N-n+1)}\\ & \therefore \underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{N^k}{N(N-1)\cdots (N-n+1)}=\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{1}{(N-k)(N-k-1)\cdots (N-n+1)},\\ \therefore \underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{{(}_k^M){(}_{n-k}^{N-M})}{{(}_n^N)}& =\underset{n\to +\infty }{\lim }{(}_k^n)(\frac{M}{N}{)}^k\frac{(N-M)(N-M-1)\cdots (N-M-n+k+1)}{N^{n-k}}\frac{N^{n-k}}{(N-k)(N-k-1)\cdots (N-n+1)}(N^{n-k}为构造出来的中间量)\\ & =\underset{n\to +\infty }{\lim }{(}_k^n)(\frac{M}{N}{)}^k[(1-\frac{M}{N})(1-\frac{M}{N}-\frac{1}{N})\cdots (1-\frac{M}{N}-\frac{n-k-1}{N})][\frac{1}{(1-\frac{k}{N})(1-\frac{k+1}{N})\cdots (1-\frac{n-1}{N})}]\\ & ={(}_k^n)(\frac{M}{N}{)}^k(1-\frac{M}{N}{)}^{n-k}\\ \therefore 命题得证& \end{array}$$

  • 需要注意的是，前面我们说到，计算二项分布时，可用泊松分布近似，因此在利用二项分布近似计算超几何分布时，可根据情况，对二项分布使用泊松进行分布进行近似计算