概率论与数理统计——常用结论

1 随机事件和概率

若$A\subseteq B$，则:

$$\begin{array}{rl}& P(A)\le P(B)\\ & P(AB)\le \min (P(A),P(B))\end{array}$$

本章出题一般是考察时间的构造、化自然语言为数学语言之后，用本章公式求解

有时需要时间的等价转化（正难则反，转化为数学描述不一样的等价事件）

式子$P(XY\le 0)=P(X\ge 0,Y\le 0)+P(X\le 0,Y\ge 0)$成立的直观原因在于$P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)$

对立事件是“非此即彼”的

古典概型注意找对总事件

注意区分“所取产品中有一件是不合格品，另一件也是不合格品”与“第一次取为不合格品第二次也是不合格品“的不同

注意用条件概率$P(B|A_i)$求$P(B)$，除了贝叶斯公式$P(B|A_i)=\frac{p(A_i|B)P(B)}{P(A_i)}$，还有全概率公式$P(B)=\sum _{i=1}^{n}P(B|A_i)P(A_i)$

若$0<P(A)<1,0<P(B)<1$，有：

$$A与B相互独立\iff P(A|B)=P(A|\bar{B})=1-P(\bar{A}|\bar{B})\iff P(A|B)+P(\bar{A}|\bar{B})=1$$

注意选择题的组合随机事件选项，如”至少发生2个“，”恰好发生两个“等，可以考虑代入值，查看什么时候结果是真来判断：

如事件：$(A+B)(B+C)(C+D)$，

注意事件$A,B$恰好有一个发生的概率是$P(\bar{A}B+A\bar{B})$，不是$P(\bar{A}B)+P(A\bar{B})$

注意一种特殊的事件表达形式：$AB=\bar{A}\bar{B}$，可以得出$AB\bar{A}\bar{B}=\varnothing$，即$AB$与$\bar{A}\bar{B}$至少有一个是空集，由于二者相同，故两者都是空集。且$\bar{A}\bar{B}=\overline{(A+B)}=\varnothing$，那么$A+B=\Omega$，即$AB=\varnothing ,A+B=\Omega$，那么$A,B$为对立事件，那么$P(A|\bar{B})=P(A|A)=1$

2 一维随机变量及其分布

假设连续型随机变量$X$的概率密度$f(x)$为偶函数，且$F(x)$为其分布函数，有：

$$\begin{array}{rl}& F(a)+F(-a)=1\\ & P(|x|\le a)=2F(a)-1\\ & P(|x|>a)=2-2F(a)\end{array}$$

注意$Z=\max \{X,1\}$与$Z=\max \{X,Y\}$，前者为一维随机变量，后者为多维随机变量

挑选个数类分布可能为二项分布，毕竟多次挑项，选中和没选中，符合$B(n,p)$的定义，且不一定是二类挑选，多类挑选亦可

独立的正态分布的和仍是正态分布

多个不独立的正态分布的和不一定是正态分布。

对于二维正态分布$(X,Y)$，有：$X,Y独立\iff X,Y不相关$。

但是对于一般的两个分布$X,Y$（不知道其联合分布是否为二维正态分布），则二者不相关不一定推得二者独立

3 一维随机变量函数的分布

常见函数的可加性：

1. $B(n,p)$
2. $P(\lambda )$
3. $N(\mu ,{\sigma }^2)$
4. ${\chi }^2(n)$

对于求解幂级数的无穷分布律，注意多化为$P(X>a)$的形式，而不要写为$1-P(X\le a)$的形式，因为前者可能涉及到等差数列求和，在$n\to \infty$时，某项为1的情况。

例：设随机变量$X$的分布律为$P(X=k)=(1-p{)}^{k-1}p,k=1,2,\cdots$，其中$0<p<1$，求$\frac{P(X>m+n)}{P(X>m)}$：

解：有：

$$\frac{P(X>m+n)}{P(X>m)}=\frac{\sum _{k=m+n+1}^{\infty }p(1-p{)}^{k-1}}{\sum _{k=m+1}^{\infty }p(1-p{)}^{k-1}}\stackrel{等差数列求和公式}{=}\frac{(1-p{)}^{m+n}}{(1-p{)}^m}=(1-p{)}^n$$

PS：如果这里贸然将$P(X>m)$化为$P(X>m)=1-P(X\le m)=1-\sum _{k=1}^{m}p(1-p{)}^{k-1}$，虽然能用等比数列求和公式$p\frac{1(1-(1-p{)}^n)}{1-(1-p)}$，但是不能将$(1-p{)}^n$视为0，且后续与分子不好一起化简处理

在计算形如$\int e^{-x^2}dx,\int x{e}^{-x^2}dx,\int x^2{e}^{-x^2}dx$的积分时，有两种常用解法：

1. 转换为正态函数的数字特征去求解

2. 利用gamma函数$\Gamma (s)$：

   $$\begin{array}{rl}& \Gamma (s)={\int }_0^{+\infty }{x}^{s-1}{e}^{-x}dx(s>0)\\ & \Gamma (s+1)=s\Gamma (s)=s!\\ & \Gamma (1)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-x}dx=1\\ & \Gamma (\frac{1}{2})={\int }_0^{\infty }{x}^{-\frac{1}{2}}{e}^{-x}dx=\sqrt{\pi }\\ & ={\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-x^2}dx\\ & ={\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^2{e}^{-x^2}dx\end{array}$$

4 多维随机变量及其分布

若$X$与$Y$相互独立，则$X^2$与$Y$相互独立

若$X$与$Y$相互独立，则有以下四个结论：

$$\begin{array}{rl}& F(x,y)=F_X(x)F_Y(y)\\ & f(x,y)=f_X(x)f_Y(y)\\ & E(XY)=E(X)E(Y)\\ & D(X\pm Y)=D(X)+D(Y)\end{array}$$

但是需要注意的是$X,Y$不相关与$E(XY)=E(X)E(Y)$是充分条件，所以单独的$E(XY)=E(X)E(Y)$推不出$X,Y$相互独立

无论$X,Y$有没有关系都有$E(aX+bY)=aE(X)+bE(Y)$

注意相关式的充要条件$E(XY)=E(X)E(Y)$的使用：

1. 知道联合概密$f(x,y)$：

   直接$E(XY)=\iint xyf(x,y)dxdy$。

2. 不知道联合概密$f(x,y)$，但知道分布$X,Y$的关系式$Y=g(X)$，与$X$的概密$f(x)$：

   有$E(XY)=E(Xg(X))=\int xg(x)dx$

讨论变量$X,Y$相互独立性的方法：

1. 从分布函数讨论：$P(X\le x,Y\le y)=F(x,y)=F_X(x)F_Y(y)$

2. 从概率密度函数讨论：$f(x,y)=f_X(x)f_Y(y)$

3. 从事件的包含与被包含来讨论：

   注意一种特殊情况，即若：$B\subset A$，那么有$P(A)P(B)<P(AB)=P(B)$，那么就不相互独立

   比如选取$B=\{|X\le x_0|\},A=\{X\le x_0\}$，那么显然$X$与$Y=|X|$就不独立

关于max函数的两个变换式：

$$\begin{array}{rl}& \max (a+b{X}_1,a+b{X}_2)=a+b\max (X_1,X_2)\\ & \max (X_1,X_2)=\frac{1}{2}(X_1+X_2+|X_1-X_2|)\end{array}$$

若已知连续变量的概密与离散变量的分布，则$“(连，离)\to 连”$的分布函数还是可以积分求得的

$“(连，离)\to 连”$常用全概率公式，但如果变量不相互独立，则不可以全概率展开

$“(离，离)\to 离”$常用完备事件展开

5 多维随机变量函数的分布

对于联合分布$F(x,y)$的求解，常用的几种方式：

1. 积分：知道$f(x,y)$，直接在对应区域上求积分

2. 独立性：若$F(x,y)=P(X\le x,Y\le y)$，且分布$X,Y$相互独立，又已知$F_X(x),F_Y(y)$，则有$F(x,y)=F_X(x)F_Y(y)$

3. 未知转化成已知：

   若不知道$f(x,y)$，且$F(x,y)=P(X\le x,Y\le y)$，$X,Y$由一些其余的分布$X_1,X_2,\cdots ,X_k$构成，若最后可转化为已知概密的联合分布（比如最后转化为了$F(x,y)=P(X_1\le x,X_2\le y)$，且已知联合概密$f_{X_1{X}_2}(x,y)$），那么就在这个已知联合概密上积分求解

对于联合密度函数$f(x,y)$的求解，常用的几种方式：

1. 求导
2. 独立性

注意联合概率密度函数没有”用已知求未知“的方法，因为分布函数有$F(x,y)=P(X\le x,Y\le y)$的定义，所以方便已知求未知，但是概率密度函数则没有。所以面对分布之间有已知关系，但是联合密度与联合分布均未知时，优先考虑计算联合分布。

但是有些联合分布是求不出来的，这种情况下要考虑是否真的有必要求联合分布。（如想利用$F(x,y)\stackrel{独}{=}{F}_X(x)F_Y(y)$进行独立性判断，但是有时$F(x,y)$就是求不出来，此时可考虑用别的方法）

注意对于特殊多维随机变量函数$\max ,\min$的处理，简单的可以用公式，复杂的还是要理解推导的：

且注意对于概率$P(X\le x,Y\le y)$，其内部相当于积事件$P(AB)$，而不是和事件$P(A+B)$

由于分布函数的$F_Z(z)$的概率形式是$P(Z\le z)$，所以常遇见的都是$P(\max \{X,Y\}\le z)或P(\min \{X,Y\}\le z)$，且要注意是否有独立条件。

对于不常见的$P(\max \{X,Y\}>z)或P(\min \{X,Y\}>z)$，最终一般还是需要变成$1-P(\max \{X,Y\}\le z)或1-P(\min \{X,Y\}\le z)$即可。事实上，两种形态随意转换，一般哪种简单用哪种。但是从计算的角度来讲，只用到联合分布是比较方便的（如果独立就更方便了，联合分布为各分布的积），所以最常用的还是$P(\max \{X,Y\}\le z)或P(\min \{X,Y\}>z)$形态

1. $\max$函数：

$$\begin{array}{rl}& \max \{X,Y\}\le z\iff \{X\le z\}\cap \{Y\le z\}\\ & \max \{X,Y\}>z\iff \{X>z\}\cup \{Y>z\}\end{array}$$

即有：

$$P(\max \{X,Y\}\le z)=P(\{X\le z\}\cap \{Y\le z\})=P(X\le z,Y\le z)=F(z,z)\stackrel{独}{=}{F}_X(z)F_Y(z)$$

1. $\min$函数：

$$\begin{array}{rl}& \min \{X,Y\}\le z\iff \{X\le z\}\cup \{Y\le z\}=\{X\le z\}+\{Y\le z\}-\{\{X\le z\}\cap \{Y\le z\}\}\\ & \min \{X,Y\}>z\iff \{X>z\}\cap \{Y>z\}\end{array}$$

即有：

$$P(\min \{X,Y\}\le z)=F_X(z)+F_Z(z)-F_{XY}(z,z)$$

特别地，当$X,Y$相互独立时有：

$$P(\min \{X,Y\}\le z)=1-P(\min \{X,Y\}>z)=1-P(X>z)P(Y>z)=1-[1-F_X(z)][1-F_Y(z)]$$

真正常用的还是$\max \{X,Y\}\le z$或者$\min \{X,Y\}\le z$，毕竟与分布函数相联系，其余的两种情况类似

例：已知$X_1,X_2$的分布函数$F(x)$，且$X=\max \{X_1,X_2\},Y=\min \{X_1,X_2\}$，求$(X,Y)$的分布函数$F(x,y)$：

解：易有：

$$\begin{array}{rl}& F(x,y)=P(\max \{X_1,X_2\}\le x,\min \{X_1,X_2\}\le y)=P(\{X_1\le x\}\cap \{X_2\le x\}\cap \{\{X_1\le y\}\cup \{X_2\le y\}\})\end{array}$$

令：$\{X_1\le x\},\{X_2\le x\},\{X_1\le y\},\{X_2\le y\}$分别为$A,B,C,D$，有：

$$\begin{array}{rl}F(x,y)& =P(AB(C+D))=P(ABC+ABD)=P(ABC)+P(ABD)-P(ABCD)\\ & =P(AC)P(B)+P(BD)P(A)-P(AC)P(BD)\end{array}$$

接下来分类讨论。$x\le y$时，$P(AC)=P(A),P(BD)=P(B)$；当$x>y$时，$P(AC)=P(C),P(BD)=P(D)$。

注意常见的题目，若已知随机变量$X$的分布函数$f_X(x)$，又知道随机变量$X$与$Y$的关系$Y=g(X)$，与反函数$g^{-1}(Y)$，若让求$Y$的分布函数，那么显然用

$$P(Y\le y)=P(g(X)\le y)=P(X\le g^{-1}(y))$$

注意这里关于$P(X\le g^{-1}(y))$的求解，不要直接由$f_X(x)$积分，而是要实现求出分布函数$F_X(x)$，再代入分布函数。因为由于一般来讲都要根据$g^{-1}(y)$的值分段讨论，有的甚至能分4,5个段以上，重复求4,5个积分及其麻烦，不如事先求好分布函数再代入。

拓展：对于已知$(X,Y)$的联合分布密度$f(x,y)$，与$Z$的分布律，让求$U=X+Y+Z$的分布函数，那么可以先令$V=X+Y$，利用$f(x,y)$求$F_V(v)$，那么就变成了求$U=V+Z$的分布函数，剩下的参考上面内容

6 数字特征

常用的分布及数字特征：

$$

\begin{array}{ccc}
\hline
分布&期望&方差\
\hline
B(1,p)&p&p(1-p)\
B(n,p)&np&np(1-p)\
p(\lambda)& \lambda & \lambda \
U(a,b)&\frac{a+b}{2}&\frac{(b-a)^2}{12}\
E( \lambda )&\frac{1}{ \lambda }&\frac{1}{ \lambda ^2}\
G§&\frac{1}{p}&\frac{1}{p^2}\
H(N,M,n)&\frac{nM}{N}&\frac{nM}{N}(1-\frac{M}{N})\frac{N-n}{N-1}\
\chi^2(n)&n&2n\
t(n)&0&\frac{n}{n-2}\
\hline

\end{array}

$$

超几何分布$H(N,M,n)$：$N$件物品中，$M$个指定类，抽$n$次（不放回），抽到指定类的次数的概率：

$$P(x=k)=\frac{C_M^k{C}_{N-M}^{n-k}}{C_N^n},k=0,1,\cdots ,\min \{n,m\}$$

求$Y=g(X)$的均值，即可以考虑先求$Y$的分布，再求均值，也可以考虑利用公式$E(g(x))={\int }_{-\infty }^{+\infty }g(x)f(x)dx$求解

分布律$P(x_i)=p_i,i=1,2,\cdots ,\infty$的期望存在的充要条件是$\sum _{i=1}^{\infty }{a}_n{p}_n$绝对收敛

若分布$X,Y$的相关系数为$\pm 1$，则二者满足$Y=aX+b$，具体$a,b$可用数字特征求解

若相关系数存在，且$f(x,y)=f(-x,y)$或$f(x,y)=f(x,-y)$，则二者相关系数系数为0

对于二维均匀分布，若区域$D$为矩形，则$X，Y$独立，反之则不独立。若$D$关于$x$轴或$y$轴对称，则$X，Y$不相关

方差$D(X)$并没有专门的积分公式进行求解，但是可以用积分求解$E(X)$与$E(X^2)$，再用$D(X)=E(X^2)-E^2(X)$

注意牛顿二项式公式：$(p+q{)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{p}^k{q}^{n-k}$，注意其与伯努利分布的结合

如：$X\sim B(n,p),Y=e^X$，则：

$$EY=\sum _{k=0}^n{e}^k{p}^k(1-p{)}^{n-k}=\sum _{k=0}^n(pe{)}^k(1-p{)}^{n-k}=(pe+1-p{)}^n$$

当让求和式之间的协方差时（如$\text{COV}(X,X+Y)$），可以考虑利用协方差计算的性质；但是若计算乘式之间的协方差时（如$\text{COV}(X,XY)$），则需要考虑公式$\text{COV}(X,Y)=E(XY)-E(X)E(Y)$

让求二维正态分布的相关系数，勿忘凑二维正态分布的相关系数矩阵形式：

$$f(x,y)=\frac{1}{2\pi {\sigma }_1{\sigma }_2\sqrt{1-{\rho }^2}}\exp \{\frac{1}{2(1-{\rho }^2)}[\frac{(x-{\mu }_1{)}^2}{{\sigma }_1^2}-2\rho \frac{(x-{\mu }_1)(y-{\mu }_2)}{{\sigma }_1{\sigma }_2}+\frac{(y-{\mu }_2{)}^2}{{\sigma }_2^2}]\}$$

7 大数定理与中心极限定理

一共有3个大数定律，三者归根到底都是在讲一定条件下：

$$\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i\stackrel{p}{⟶}\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E{X}_i$$

即用样本均值来逼近分布均值

三种大数定理及其条件：

1. 切比雪夫大数定理条件

   1. 独立（并未要求同分布）
   2. 方差一致且有上界（有方差）

2. 伯努利大数定理

   可由切比雪夫大数定理推得，很少用

3. 辛钦大数定理：

   $$
   \begin{aligned}
   \forall \epsilon>0,\quad

   &\lim\limits_{n \rightarrow \infty}P{|\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}X_i-\mu|<\epsilon}=1或\
   &\lim\limits_{n \rightarrow \infty}P{|\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}X_i-\mu|\geq\epsilon}=0\
   \end{aligned}
   $$

   条件：

   1. 独立；
   2. 同分布；
   3. 期望存在（并未要求方差存在，方差不存在指方差趋近于$\infty$）

注意切比雪夫不等式与辛钦大数定理由于$P$中含有绝对值，所以有时用之前应该凑一下形式，补一下绝对值号，才能看出来

中心极限定理：

$$\begin{array}{rl}& \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i=\overline{X}\stackrel{p}{⟶}N(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{n})或：\\ & \underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n{X}_i\stackrel{p}{⟶}N(n\mu ,n{\sigma }^2)\end{array}$$

具体应用时记住，只要题目涉及独立同分布随机变量的和$\sum X$，就要考虑这个中心极限定理

如：知道每个元器件正常工作的概率为$p$，求n个元器件一起工作时，至少m个正常工作的概率，那么就是$\sum _1^{100}{X}_i\sim N(np,np(1-p))$，然后再求$P(\sum _1^{100}{X}_i\ge m)$即可（转化为标准正态分布）

题目要证明依概率收敛的话，可以考虑用切比雪夫不等式，令$n\to \infty$时，取极限为0或1

若果题目是问依概率收敛为何值，那么已经默认是收敛，就不用切比雪夫不等式，应该利用结论：若$X_i$独立同分布，则$E(X_i^2)$存在，且有$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\stackrel{p}{⟶}E(X_i^k)$，将原式子展开分别去求即可

切比雪夫不等式并没有$n\to \infty$的要求

8 统计量及其分布

$S^2$为${\sigma }^2$的无偏估计与一致估计，$S$为$\sigma$的无偏估计，但不一定是一致估计

本章涉及的分布多是$\sum X^2$类型的，要是有$(\sum X{)}^2$的，那么考虑分布$Y=\sum X$，进而求$Y^2$的分布

均值与方差的统计特征：

$$\begin{array}{rl}& E(\overline{X})=E(X),D(\overline{X})=\frac{D(X)}{n}\\ & E(S^2)=D(X)\end{array}$$

特别地，若是有$X_i\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，则有$\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)$，则此时可求$D(S^2)$，但如果是一般性的分布，其方差就不一定有这个性质了；同理，对于正态分布的$D({\bar{X}}^2)$也可以利用$\chi (n)$分布来进行计算。

来自正态分布总体的样本的均值与方差相互独立，这一点有时可以帮助分布之间的独立性：

例：设$X_1,X_2$是来自正态总体的简单随机样本，证明$(X_1+X_2{)}^2$与$(X_1-X_2{)}^2$相互独立

解：易有$\bar{X}=\frac{X_1+X_2}{2}$与方差$S^2$相互独立，而：

$$S^2=\frac{\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2}{n-1}=(X_1-\frac{X_1+X_2}{2}{)}^2+(X_2-\frac{X_1+X_2}{2}{)}^2=\frac{(X_1-X_2{)}^2}{2}$$

所以$(X_1+X_2)$与$(X_1-X_2{)}^2$相互独立，即$(X_1+X_2{)}^2$与$(X_1-X_2{)}^2$相互独立

${\chi }^2(2)$与$E(\frac{1}{2})$的概率密度函数相同

9 参数估计与假设检验

区分好$\alpha$——显著性水平，与$1-\alpha$——置信水平

区间估计与假设检验的核心公式：

$$估\mu \{\begin{array}{ll}& (\overline{X}-\frac{\sigma }{\sqrt{n}}{Z}_{{\alpha }_1},\overline{X}+\frac{\sigma }{\sqrt{n}}{Z}_{{\alpha }_2})\\ & (\overline{X}-\frac{S}{\sqrt{n}}{t}_{{\alpha }_1}(n-1),\overline{X}+\frac{S}{\sqrt{n}}{t}_{{\alpha }_1}(n-1)\\ & {\alpha }_1+{\alpha }_2=1\\ & \Phi (Z{\alpha }_1)=1-{\alpha }_1,\Phi (Z{\alpha }_2)=1-{\alpha }_2\end{array}$$

若是令${\alpha }_1={\alpha }_2=\frac{\alpha }{2}$，则称其为等尾置信区间，最为常用

假设检验是在区间估计的基础上推导的。共$2(1+2)=6$种。

假设检验的假设一般是两个对立假设成对出现，即原假设$H_0$，对立假设$H_1$，其中原假设必须包含等号，$H_1$对应的区间为拒绝域。

为了简便起见，以下仅讨论知道${\sigma }^2$的等尾置信区间：

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那么对应的$H_0$，$H_1$及拒绝域为：

$$\begin{array}{ccc}{H}_0& H_1& 拒绝域\\ \mu ={\mu }_0& \mu \ne {\mu }_0& U_1+U_2\\ \mu \ge {\mu }_0& \mu <{\mu }_0& U_1\\ \mu \le {\mu }_0& \mu >{\mu }_0& U_2\end{array}$$

有效是在无偏的基础上，故题目让判断是否有效，应先判断是否无偏

原假设必须包含等号，有一类题目会让检验什么东西，且这个东西不一定就要是原假设

如果分布$X$为偶函数（如学生氏分布），则有$X_{1-\alpha }=-X_{\alpha }$

什么时候用二阶矩：

1. 包含双参数，那么可以考虑通过一二阶矩方程构建方程组求解
2. 虽然只有单参数，但是仅由一阶矩方程无法解出（如超越方程），此时可考虑建立二阶矩方程

注意第一类错误率与第二类错误率的计算式实际上就是条件概率，直接计算即可：

例：设$X_1,X_2,\cdots ,X_n$为来自总体$X\sim N(\mu ,1)$的随机样本，$\bar{X}$为样本均值，证明对于假设检验$H_0:\mu ={\mu }_0$，若取拒绝域$R_{\alpha }=\{\bar{X}>{\mu }_0+\frac{1.96}{\sqrt{n}}\}$，则第一类错误率$\alpha$为$1-\Phi (1.96)$：

解：易有：

$$\alpha =P\{拒绝H_0|H_0为真\}=P\{\bar{X}>{\mu }_0+\frac{1.96}{\sqrt{n}}|\mu ={\mu }_0\}$$

当$\mu ={\mu }_0$

$$\alpha =P\{\bar{X}>{\mu }_0+\frac{1.96}{\sqrt{n}}\}=1-P\{\frac{\bar{X}-{\mu }_0}{\sqrt{\frac{1}{n}}}\le 1.96\}=1-\Phi (1.96)$$

注意，若$\theta$的置信区间为$(a,b)$的置信度为$p$，那么有公式$P(a<\theta <b)=p$