常用连续型随机变量的概率分布表（附概率密度函数全域积分等于1、期望、方差的推导与证明）

常用离散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）。

常用连续型随机变量的概率分布速查表

随机变量	记号	概率密度函数	分布函数	期望	方差
均匀分布	$X\sim U[a,b]$	$p(x)=\{\begin{array}{cc}\frac{1}{b-a},& a<x<b\\ 0,& otherwise\end{array}$	$F(x)=\{\begin{array}{cc}0,& x<a\\ \frac{x-a}{b-a},& a⩽x<b\\ 1,& x⩾b\end{array}$	$\frac{a+b}{2}$	$\frac{(b-a{)}^2}{12}$
指数分布	$X\sim E(\lambda )$	$p(x)=\{\begin{array}{cc}\lambda e^{-\lambda x},& x⩾0\\ 0,& x<0\end{array}$	$F(x)=\{\begin{array}{cc}1-e^{-\lambda x},& x⩾0\\ 0,& x<0\end{array}$	${\lambda }^{-1}$	${\lambda }^{-2}$
正态分布	$X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$	$p(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}$	$F(x)={\int }_{-\infty }^{x}p(t)\text{d}t$	$\mu$	${\sigma }^2$
卡方分布	$X\sim {\chi }^2(n)$	$p(x)=\{\begin{array}{cc}\frac{1}{2^{n/2}\Gamma (n/2)}{e}^{-\frac{x}{2}}{x}^{\frac{n}{2}-1},& x>0\\ 0,& x⩽0\end{array}$	$F(x)={\int }_{-\infty }^{x}p(t)\text{d}t$	$n$	$2n$
t分布	$X\sim t(n)$	$p(x)=\frac{\Gamma (\frac{n+1}{2})}{\sqrt{n\pi }\Gamma (\frac{n}{2})}(1+\frac{x^2}{n}{)}^{-\frac{n+1}{2}}$	$F(x)={\int }_{-\infty }^{x}p(t)\text{d}t$	$0$	$\frac{n}{n-2},$$(n>2)$
F分布	$X\sim F(m,n)$	$p(x)=\{\begin{array}{cc}\frac{\Gamma (\frac{m+n}{2})}{\Gamma (\frac{m}{2})\Gamma (\frac{n}{2})}(\frac{m}{n}{)}^{\frac{m}{2}}{x}^{\frac{m}{2}-1}(1+\frac{m}{n}x{)}^{-\frac{m+n}{2}},& x>0\\ 0,& x⩽0\end{array}$	$F(x)={\int }_{-\infty }^{x}p(t)\text{d}t$	$\frac{n}{n-2},$$(n>2)$	$\frac{2n^2(m+n-2)}{m(n-2{)}^2(n-4)},$$(n>4)$

常用连续型随机变量的期望与方差

均匀分布

概率密度函数
$$p(x)=\{\begin{array}{cc}\frac{1}{b-a},& a<x<b\\ 0,& otherwise\end{array}。$$

分布函数
$$F(x)=\{\begin{array}{cc}0,& x<a\\ \frac{x-a}{b-a},& a⩽x<b\\ 1,& x⩾b\end{array}。$$

数学期望
$$E(X)={\int }_a^b\frac{x}{b-a}\text{d}x=\frac{x^2}{2(b-a)}{|}_a^b=\frac{a+b}{2}。$$

方差
$$E(X^2)={\int }_a^b\frac{x^2}{b-a}\text{d}x=\frac{b^3-a^3}{3(b-a)}=\frac{a^2+ab+b^2}{3}，$$$$Var(X)=E(X^2)-(E(X){)}^2=\frac{a^2+ab+b^2}{3}-(\frac{a+b}{2}{)}^2=\frac{(b-a{)}^2}{12}。$$

指数分布

概率密度函数
$$p(x)=\{\begin{array}{cc}\lambda e^{-\lambda x},& x⩾0\\ 0,& x<0\end{array}。$$

分布函数
$$F(x)=\{\begin{array}{cc}1-e^{-\lambda x},& x⩾0\\ 0,& x<0\end{array}。$$

数学期望
$$E(X)={\int }_0^{+\infty }\lambda x{e}^{-\lambda x}\text{d}x=-x{e}^{-\lambda x}{|}_0^{+\infty }+{\int }_0^{+\infty }{e}^{-\lambda x}\text{d}x=\frac{-1}{\lambda }{e}^{-\lambda x}{|}_0^{+\infty }=\frac{1}{\lambda }。$$

方差
$$E(X^2)={\int }_0^{+\infty }{x}^2\lambda e^{-\lambda x}\text{d}x=-x^2{e}^{-\lambda x}{|}_0^{+\infty }+2{\int }_0^{+\infty }x{e}^{-\lambda x}\text{d}x=\frac{2}{\lambda }E(X)=\frac{2}{{\lambda }^2}，$$$$Var(X)=E(X^2)-(E(X){)}^2=\frac{2}{{\lambda }^2}-\frac{1}{{\lambda }^2}=\frac{1}{{\lambda }^2}。$$

正态分布

概率密度函数
$$p(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}。$$

证明${\int }_{-\infty }^{+\infty }p(x)\text{d}x=1$：

令$I={\int }_{-\infty }^{+\infty }p(x)\text{d}x={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}\text{d}x\stackrel{x=\mu +\sigma t}{=}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{t^2}{2}}\text{d}t$，则
$$\begin{array}{rl}{I}^2& =\frac{1}{2\pi }({\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{x^2}{2}}\text{d}x)({\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{y^2}{2}}\text{d}y)\\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{x^2+y^2}{2}}\text{d}x\text{d}y\\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\text{d}\theta {\int }_0^{+\infty }{e}^{-\frac{r^2}{2}}r\text{d}r\\ & =-e^{-\frac{r^2}{2}}{|}_0^{+\infty }\\ & =1。\end{array}$$又因为$p(x)>0$，所以$I>0$，从而$I=1$。

数学期望

引理：若随机变量$X$服从标准正态分布$N(0,1)$，则
$$E(X^n)=\{\begin{array}{cc}0,& n为奇数\\ \frac{2^{n/2}}{\sqrt{\pi }}\Gamma (\frac{n+1}{2}),& n为偶数\end{array}。$$其中$\Gamma$函数（伽马函数）定义为$\Gamma (s)={\int }_0^{+\infty }{e}^{-t}{t}^{s-1}\text{d}t$，有如下性质

• 递推公式：$\Gamma (s+1)=s\Gamma (s),(s>0)$
• 几个重要的值：$\Gamma (1)=1$，$\Gamma (\frac{1}{2})=\sqrt{\pi }$
• 余元公式（暂不需要用到）：$\Gamma (s)\Gamma (1-s)=\frac{\pi }{\sin \pi s},(0<s<1)$

证明：

记$X$的密度函数为$\phi (x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{x^2}{2}}$，先计算

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{+\infty }{x}^n\phi (x)\text{d}x& ={\int }_0^{+\infty }{x}^n\frac{1}{\sqrt{\pi }}\cdot e^{-(\frac{x}{\sqrt{2}}{)}^2}\text{d}\frac{x}{\sqrt{2}}\\ & \stackrel{x=\sqrt{2t}}{=}{\int }_0^{+\infty }\frac{2^{n/2}}{\sqrt{\pi }}\cdot (\sqrt{t}{)}^n{e}^{-t}\text{d}\sqrt{t}\\ & =\frac{1}{2}\cdot \frac{2^{n/2}}{\sqrt{\pi }}{\int }_0^{+\infty }{t}^{\frac{n-1}{2}}{e}^{-t}\text{d}t\\ & =\frac{1}{2}\cdot \frac{2^{n/2}}{\sqrt{\pi }}\Gamma (\frac{n+1}{2})。\end{array}$$当$n$为奇数时，有
$${\int }_{-\infty }^0{x}^n\phi (x)\text{d}x\stackrel{x=-t}{=}{\int }_{+\infty }^0(-t{)}^n\phi (-t)\text{d}(-t)=-{\int }_0^{+\infty }{t}^n\phi (t)\text{d}t\stackrel{t=x}{=}-{\int }_0^{+\infty }{x}^n\phi (x)\text{d}x，$$于是
$$E(X^n)={\int }_{-\infty }^0{x}^n\phi (x)\text{d}x+{\int }_0^{+\infty }{x}^n\phi (x)\text{d}x=0。$$也可以这样来说明$n$为奇数时$E(X)=0$：

$$\begin{array}{r}\begin{array}{r}n为奇数\\ \phi (x)为偶函数\end{array}\}\Rightarrow x^n\phi (x)为奇函数\\ {\int }_0^{+\infty }{x}^n\phi (x)dx为定值\end{array}\}\Rightarrow \begin{array}{r}{x}^n\phi (x)为奇函数\\ {\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^n\phi (x)dx收敛\end{array}\}\Rightarrow E(X)=0。$$
当$n$为偶数时，同理有

$$E(X^n)={\int }_{-\infty }^0{x}^n\phi (x)\text{d}x+{\int }_0^{+\infty }{x}^n\phi (x)\text{d}x=2{\int }_0^{+\infty }{x}^n\phi (x)\text{d}x=\frac{2^{n/2}}{\sqrt{\pi }}\Gamma (\frac{n+1}{2})。$$

引理证明完毕。

设$X$服从正态分布$N(\mu ,{\sigma }^2)$，$Y$服从标准正态分布$N(0,1)$，则
$$\begin{array}{rl}E(X)& ={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{x}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}\text{d}x\\ & \stackrel{x=\mu +\sigma t}{=}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{\mu +\sigma t}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{t^2}{2}}\text{d}t\\ & =\mu {\int }_{-\infty }^{+\infty }\phi (t)\text{d}t+\sigma {\int }_{-\infty }^{+\infty }t\phi (t)\text{d}t\\ & =\mu E(Y^0)+\sigma E(Y^1)\\ & =\mu 。\end{array}$$

方差
$$\begin{array}{rl}Var(X)& =E((X-E(X){)}^2)\\ & ={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{(x-\mu {)}^2}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}\text{d}x\\ & \stackrel{x=\mu +\sigma t}{=}{\sigma }^2{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{t^2}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{t^2}{2}}\text{d}t\\ & =\sigma E(Y^2)\\ & =\sigma 。\end{array}$$

卡方分布

设$Y_1,Y_2,\cdots ,Y_n$为独立同分布的随机变量，且均服从标准正态分布，则称随机变量$X=\sum _{i=1}^n{Y}_i^2$服从自由度为$n$的卡方分布。

概率密度函数
$$p(x)=\{\begin{array}{cc}\frac{1}{2^{n/2}\Gamma (n/2)}{e}^{-\frac{x}{2}}{x}^{\frac{n}{2}-1},& x>0\\ 0,& x⩽0\end{array}。$$

推导过程

卡方分布概率密度函数的推导

证明${\int }_{-\infty }^{+\infty }p(x)\text{d}x=1$：

$${\int }_0^{+\infty }\frac{1}{2^{n/2}\Gamma (n/2)}{e}^{-\frac{x}{2}}{x}^{\frac{n}{2}-1}\text{d}x=\frac{1}{2^{n/2}\Gamma (n/2)}\cdot 2^{\frac{n}{2}}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-\frac{x}{2}}(\frac{x}{2}{)}^{\frac{n}{2}-1}\text{d}\frac{x}{2}=\frac{1}{2^{n/2}\Gamma (n/2)}\cdot 2^{\frac{n}{2}}\Gamma (n/2)=1。$$

数学期望
$$E(X)=E(\sum _{i=1}^n{Y}_i^2)=\sum _{i=1}^{n}E(Y_i^2)=\sum _{i=1}^{n}E((Y_i-0{)}^2)=\sum _{i=1}^{n}Var(Y_i)=n。$$

方差
$$Var(X)=Var(\sum _{i=1}^n{Y}_i^2)=\sum _{i=1}^{n}Var(Y_i^2)=\sum _{i=1}^n(E(Y_i^4)-E(Y_i^2))=\sum _{i=1}^n(3-1)=2n。$$

$E(Y_i^4)$的计算见上文正态分布数学期望的引理部分。

$\text{t}$分布

设$X$服从标准正态分布$N(0,1)$，$Y$服从卡方分布${\chi }^2(n)$，且$X$与$Y$相互独立，则称随机变量$T=\frac{X}{\sqrt{Y/n}}$为服从自由度为$n$的$\text{t}$分布。

概率密度函数
$$p(x)=\frac{\Gamma (\frac{n+1}{2})}{\sqrt{n\pi }\Gamma (\frac{n}{2})}(1+\frac{x^2}{n}{)}^{-\frac{n+1}{2}}。$$

推导过程

t分布概率密度函数的推导

证明${\int }_{-\infty }^{+\infty }p(x)\text{d}x=1$：

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\infty }^{+\infty }p(x)\text{d}x& ={\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{\Gamma (\frac{n+1}{2})}{\sqrt{n\pi }\Gamma (\frac{n}{2})}(1+\frac{x^2}{n}{)}^{-\frac{n+1}{2}}\text{d}x\\ & \stackrel{x=\sqrt{n}\tan \theta }{=}\frac{\Gamma (\frac{n+1}{2})}{\sqrt{n\pi }\Gamma (\frac{n}{2})}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(\frac{1}{{\cos }^2\theta }{)}^{-\frac{n+1}{2}}\frac{\sqrt{n}}{{\cos }^2\theta }\text{d}\theta \\ & =\frac{\Gamma (\frac{n+1}{2})}{\sqrt{\pi }\Gamma (\frac{n}{2})}\cdot {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{n-1}\theta \text{d}\theta \\ & =\frac{\Gamma (\frac{n+1}{2})}{\sqrt{\pi }\Gamma (\frac{n}{2})}\cdot \frac{1}{2}B(\frac{1}{2},\frac{n}{2})\\ & =\frac{\Gamma (\frac{n+1}{2})}{\sqrt{\pi }\Gamma (\frac{n}{2})}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\Gamma (\frac{1}{2})\Gamma (\frac{n}{2})}{\Gamma (\frac{n+1}{2})}\\ & =1，\end{array}$$其中$B$函数定义为
$$B(x,y)={\int }_0^1{t}^{x-1}(1-t{)}^{y-1}\text{d}t,(x>0,y>0)，$$令$t={\sin }^{2}u$可以得到$B$函数的另一形式
$$B(x,y)=2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2x-1}u{\cos }^{2y-1}u\text{d}u。$$ $\Gamma$函数和$B$函数有这样的关系
$$B(x,y)=\frac{\Gamma (x)\Gamma (y)}{\Gamma (x+y)}。$$

数学期望
$$E(T)=E(X)E(\frac{1}{\sqrt{Y/n}})=0\cdot E(\frac{1}{\sqrt{Y/n}})=0。$$

方差

引理：若$X$服从卡方分布${\chi }^2(n)$，那么当$k>-\frac{n}{2}$时，$E(X^k)=2^k\cdot \frac{\Gamma (\frac{n}{2}+k)}{\Gamma (\frac{n}{2})}$。

证明：
$$\begin{array}{rl}E(X^k)& ={\int }_0^{+\infty }{x}^k\frac{1}{2^{n/2}\Gamma (n/2)}{e}^{-\frac{x}{2}}{x}^{\frac{n}{2}-1}\text{d}x\\ & =\frac{1}{2^{n/2}\Gamma (n/2)}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-\frac{x}{2}}{x}^{\frac{n}{2}+k-1}\text{d}x\\ & =2^{\frac{n}{2}+k}\frac{1}{2^{n/2}\Gamma (n/2)}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-\frac{x}{2}}(\frac{x}{2}{)}^{\frac{n}{2}+k-1}\text{d}\frac{x}{2}\\ & =2^k\cdot \frac{\Gamma (\frac{n}{2}+k)}{\Gamma (\frac{n}{2})}。\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}Var(T)& =E(T^2)-(E(T){)}^2\\ & =E(T^2)\\ & =nE(X^2)W(\frac{1}{Y})\\ & =n\cdot 1\cdot 2^{-1}\frac{\Gamma (\frac{n}{2}-1)}{\Gamma (\frac{n}{2})}\\ & =\frac{n}{n-2},(n>2)。\end{array}$$

$\text{F}$分布

设$U$服从卡方分布${\chi }^2(m)$，$V$服从卡方分布${\chi }^2(n)$，且$U$与$V$相互独立，则称随机变量$F=\frac{U/m}{V/n}$为服从自由度为$(m,n)$的$\text{F}$分布。

概率密度函数
$$p(x)=\{\begin{array}{cc}\frac{\Gamma (\frac{m+n}{2})}{\Gamma (\frac{m}{2})\Gamma (\frac{n}{2})}(\frac{m}{n}{)}^{\frac{m}{2}}{x}^{\frac{m}{2}-1}(1+\frac{m}{n}x{)}^{-\frac{m+n}{2}},& x>0\\ 0,& x⩽0\end{array}。$$

推导过程
F分布概率密度函数的推导

证明${\int }_{-\infty }^{+\infty }p(x)\text{d}x=1$：
$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\infty }^{+\infty }p(x)\text{d}x& =\frac{\Gamma (\frac{m+n}{2})}{\Gamma (\frac{m}{2})\Gamma (\frac{n}{2})}(\frac{m}{n}{)}^{\frac{m}{2}}{\int }_0^{+\infty }{x}^{\frac{m}{2}-1}(1+\frac{m}{n}x{)}^{-\frac{m+n}{2}}\text{d}x\\ & \stackrel{x=\frac{n}{m}{\tan }^2\theta }{=}\frac{\Gamma (\frac{m+n}{2})}{\Gamma (\frac{m}{2})\Gamma (\frac{n}{2})}(\frac{m}{n}{)}^{\frac{m}{2}}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(\frac{n}{m}{)}^{\frac{m}{2}-1}{\tan }^{m-2}\theta \cdot (\frac{1}{{\cos }^2\theta }{)}^{-\frac{m+n}{2}}\cdot \frac{2n\sin \theta }{m{\cos }^3\theta }\text{d}\theta \\ & =\frac{\Gamma (\frac{m+n}{2})}{\Gamma (\frac{m}{2})\Gamma (\frac{n}{2})}\cdot 2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{m-1}\theta {\cos }^{n-1}\theta \text{d}\theta \\ & =\frac{\Gamma (\frac{m+n}{2})}{\Gamma (\frac{m}{2})\Gamma (\frac{n}{2})}B(\frac{m}{2},\frac{n}{2})\\ & =1，\end{array}$$其中关于$B$函数的定义见上文$\text{t}$分布的证明${\int }_{-\infty }^{+\infty }p(x)\text{d}x=1$部分。

数学期望
$$E(F)=\frac{n}{m}E(U)E(\frac{1}{V})=\frac{n}{m}\cdot m\cdot 2^{-1}\frac{\Gamma (\frac{n}{2}-1)}{\Gamma (\frac{n}{2})}=\frac{n}{n-2},(n>2)。$$

$E(\frac{1}{V})$的计算见上文$\text{t}$分布方差的引理部分。

方差
$$\begin{array}{rl}Var(F)& =E(F^2)-(E(F){)}^2\\ & =\frac{n^2}{m^2}E(U^2)E(\frac{1}{V^2})-(E(F){)}^2\\ & =\frac{n^2}{m^2}\cdot 2^2\frac{\Gamma (\frac{m}{2}+2)}{\Gamma (\frac{m}{2})}\cdot 2^{-2}\frac{\Gamma (\frac{n}{2}-2)}{\Gamma (\frac{n}{2})}-(\frac{n}{n-2}{)}^2\\ & =\frac{n^2}{m^2}\cdot (m+2)m\cdot \frac{1}{(n-2)(n-4)}-\frac{n^2}{(n-2{)}^2}\\ & =\frac{2n^2(m+n-2)}{m(n-2{)}^2(n-4)},(n>4)。\end{array}$$

$E(U^2)$和$E(\frac{1}{V^2})$的计算见上文$\text{t}$分布方差的引理部分。