常用离散型随机变量的概率分布表（附概率和为1、期望、方差的推导与证明）

常用连续型随机变量的内容在这里（CSDN对文章长度设了限制，我只能分成两篇博客来发布）。

常用离散型随机变量的概率分布速查表

随机变量	记号	分布律	期望	方差
0-1分布	$X\sim B(1,n)$	$\begin{array}{l}P(X=1)=p\\ P(X=0)=1-p\end{array},(0<p<1)$	$p$	$p(1-p)$
二项分布	$X\sim B(n,p)$	$P(X=k)=C_n^k{p}^k(1-p{)}^{n-k},(k=0,1,\cdots ,n)$	$np$	$np(1-p)$
超几何分布	$X\sim H(n,M,N)$	$P(X=k)=\frac{C_M^k{C}_{N-M}^{n-k}}{C_N^n},(k=0,1,\cdots ,min\{n,M\})$	$\frac{nM}{N}$	$\frac{nM(N-n)(N-M)}{N^2(N-1)}$
泊松分布	$X\sim P(\lambda )$	$P(X=k)=\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda },(k=0,1,2,\cdots )$	$\lambda$	$\lambda$
几何分布	$X\sim g(p)$	$P(X=k)=(1-p{)}^{k-1}p,(k=1,2,\cdots )$	$\frac{1}{p}$	$\frac{1-p}{p^2}$

常用离散型随机变量的期望与方差

0-1分布

分布律
$$\begin{array}{l}P(X=1)=p\\ P(X=0)=1-p\end{array},(0<p<1)。$$

易证$P(X=0)+P(X=1)=1$。

数学期望
$$E(X)=1\times P(X=1)+0\times P(X=0)=p。$$

方差
$$Var(X)=E(X^2)-(E(X){)}^2=p(1-p)。$$

二项分布

$X$为$n$次独立重复试验中成功的次数，成功概率为$p$。

分布律
$$P(X=k)=C_n^k{p}^k(1-p{)}^{n-k},(k=0,1,\cdots ,n)。$$

运用二项式定理，易证$\sum _{k=0}^{\infty }P(X=k)=1$。

数学期望

令$X_i=\{\begin{array}{cc}1& 第i次试验成功\\ 0& otherwise\end{array},(i=1,2,\cdots ,n)$，则$X_i$服从0-1分布且有$X=\sum _{i=1}^n{X}_i$。于是
$$E(X)=E(\sum _{i=1}^n{X}_i)=\sum _{i=1}^{n}E(X_i)=np。$$

方差

$X_1,X_2,\cdots ,X_n$两两独立，因此
$$Var(X)=Var(\sum _{i=1}^n{X}_i)=\sum _{i=1}^{n}Var(X_i)=np(1-p)。$$

超几何分布

$N$件产品中含$M$件次品，其余为正品。从中任意不放回地取出$n$件，抽到次品数为$X$。

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

运用范德蒙德恒等式，易证$\sum _{k=0}^{\infty }P(X=k)=1$。

数学期望

令$X_i=\{\begin{array}{cc}1& 第i件次品被抽到\\ 0& otherwise\end{array},(i=1,2,\cdots ,M)$，那么
$$P(X_i=1)=\frac{C_1^1{C}_{N-1}^{n-1}}{C_N^n}=\frac{n}{N}，$$$$E(X_i)=1\times P(X_i=1)+0\times P(X_i=0)=\frac{n}{N}。$$

再由$X=\sum _{i=1}^M{X}_i$可以得到
$$E(X)=E(\sum _{i=1}^M{X}_i)=\sum _{i=1}^{M}E(X_i)=\frac{nM}{N}。$$

方差

$X_1,X_2,\cdots ,X_n$两两不独立，不能使用$Var(\sum _{i=1}^n{X}_i)=\sum _{i=1}^{n}Var(X_i)$。

令$Y$服从超几何分布$H(n-1,M-1,N-1)$，则$E(Y)=\frac{(n-1)(M-1)}{N-1}$。先计算
$$\begin{array}{rl}E(X^2)& =\sum _{k=0}^{min\{n,M\}}\frac{k^2{C}_M^k{C}_{N-M}^{n-k}}{C_N^n}\\ & =\sum _{k=1}^{min\{n,M\}}\frac{k(k-1)C_M^k{C}_{N-M}^{n-k}}{C_N^n}+\sum _{k=0}^{min\{n,M\}}\frac{k{C}_M^k{C}_{N-M}^{n-k}}{C_N^n}\\ & =\sum _{k=1}^{min\{n,M\}}\frac{M(k-1)C_{M-1}^{k-1}{C}_{N-M}^{n-k}}{C_N^n}+E(X)\\ & =\frac{nM}{N}\sum _{k=1}^{min\{n,M\}}\frac{(k-1)C_{M-1}^{k-1}{C}_{(N-1)-(M-1)}^{(n-1)-(k-1)}}{C_{N-1}^{n-1}}+E(X)\\ & =\frac{nM}{N}\sum _{k=0}^{min\{n-1,M-1\}}\frac{k{C}_{M-1}^k{C}_{(N-1)-(M-1)}^{(n-1)-k}}{C_{N-1}^{n-1}}+E(X)\\ & =\frac{nM}{N}E(Y)+E(X)\\ & =\frac{nM}{N}\cdot \frac{(n-1)(M-1)}{N-1}+\frac{nM}{N}。\end{array}$$由此得到
$$Var(X)=E(X^2)-(E(X){)}^2=\frac{nM}{N}\cdot \frac{(n-1)(M-1)}{N-1}+\frac{nM}{N}-(\frac{nM}{N}{)}^2=\frac{nM(N-n)(N-M)}{N^2(N-1)}。$$

泊松分布

分布律
$$P(X=k)=\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda },(k=0,1,2,\cdots )。$$

证明$\sum _{k=0}^{\infty }P(X=k)=1$：

运用泰勒公式$f(x)=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0{)}^k$，有以下两种证法。

令$f(x)=e^x,x_0=-\lambda$，可得
$$\sum _{k=0}^{\infty }P(X=k)=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{e^{-\lambda }}{k!}(0-(-\lambda ){)}^k=f(0)=1。$$
令$f(x)=e^x,x_0=0$，同样可得
$$\sum _{k=0}^{\infty }P(X=k)=e^{-\lambda }\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{k!}(\lambda -0{)}^k=e^{-\lambda }f(\lambda )=1。$$

数学期望
$$E(X)=\sum _{k=0}^{\infty }k\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }=\lambda \sum _{k=1}^{\infty }\frac{{\lambda }^{k-1}}{(k-1)!}{e}^{-\lambda }=\lambda 。$$

方差
$$\begin{array}{rl}Var(X)& =E(X^2)-(E(X){)}^2\\ & =\sum _{k=0}^{\infty }{k}^2\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }-(E(X){)}^2\\ & =\sum _{k=1}^{\infty }k(k-1)\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }+\sum _{k=0}^{\infty }k\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }-(E(X){)}^2\\ & ={\lambda }^2\sum _{k=2}^{\infty }\frac{{\lambda }^{k-2}}{(k-2)!}{e}^{-\lambda }+E(X)-(E(X){)}^2\\ & ={\lambda }^2\sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }+E(X)-(E(X){)}^2\\ & ={\lambda }^2\sum _{k=0}^{\infty }P(X=k)+\lambda -{\lambda }^2\\ & =\lambda 。\end{array}$$

几何分布

分布律
$$P(X=k)=(1-p{)}^{k-1}p,(k=1,2,\cdots )。$$

证明$\sum _{k=0}^{\infty }P(X=k)=1$：

$$\sum _{k=1}^{\infty }P(X=k)\stackrel{1-p=q}{=}p\sum _{k=1}^{\infty }{q}^{k-1}=\frac{p}{1-q}=1。$$

数学期望
$$\begin{array}{rl}& E(X)=\sum _{k=1}^{\infty }kp(1-p{)}^{k-1}\stackrel{1-p=q}{=}p\sum _{k=1}^{\infty }k{q}^{k-1}=p\sum _{k=0}^{\infty }(k+1)q^k\\ & \Rightarrow (1-q)E(X)=p(1-q)\sum _{k=0}^{\infty }(k+1)q^k=p(\sum _{k=0}^{\infty }(k+1)q^k-\sum _{k=1}^{\infty }k{q}^k)=p\sum _{k=0}^{\infty }{q}^k=\frac{p}{1-q}=1\\ & \Rightarrow E(X)=\frac{1}{1-q}=\frac{1}{p}。\end{array}$$

方差
$$\begin{array}{rl}E(X^2)& =\sum _{k=1}^{\infty }{k}^2(1-p{)}^{k-1}p\\ & \stackrel{1-p=q}{=}p\sum _{k=2}^{\infty }k(k-1)q^{k-1}+p\sum _{k=1}^{\infty }k{q}^{k-1}\\ & =2p\sum _{k=2}^{\infty }{C}_k^2{q}^{k-1}+E(X)。\end{array}$$由于$C_k^2-C_{k-1}^2=k-1$，使用错位相减计算
$$\sum _{k=2}^{\infty }{C}_k^2{q}^{k-1}=\frac{1}{1-q}(\sum _{k=2}^{\infty }{C}_k^2{q}^{k-1}-\sum _{k=3}^{\infty }{C}_{k-1}^2{q}^{k-1})=\frac{1}{1-q}\sum _{k=1}^{\infty }k{q}^k\stackrel{q=1-p}{=}\frac{1-p}{p^2}E(X)=\frac{1-p}{p^3}。$$从而得到
$$\begin{array}{rl}Var(X)& =E(X^2)-(E(X){)}^2\\ & =2p\cdot \frac{1-p}{p^3}+E(X)-(E(X){)}^2\\ & =\frac{1-p}{p^2}。\end{array}$$