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第二章隨機變量及其分布

2.1 隨機變量的基本概念

概率研究的傳統(tǒng)方法

$\Omega$ 中的樣本點與試驗有關(guān)，類型多樣，不便于進行抽樣的研究
很多非等可能的問題的概率如何計算沒有很好地解答

新的思路：

引入函數(shù)的概念對隨機試驗進行更為抽象的描述
通過某種從樣本空間到實數(shù)集的映射，將對隨機試驗及其概率的研究轉(zhuǎn)化為對隨機數(shù)值及其取值概率的問題
將微積分等現(xiàn)代數(shù)學工具引入到概率的研究中來

解決問題的思路：將樣本空間 $\Omega$ 數(shù)字化（抽象化）

例：隨機抽取一件產(chǎn)品，考察其是否合格，則
$\Omega=\{\text{合格},\text{不合格}\}$
令
$X(\omega)=\left\{\begin{array}{ll}{0,} & {\omega=\text{合格}} \\ {1,} & {\omega=\text{不合格}}\end{array}\right.$
則
$\Omega \stackrel{X}{\longrightarrow} \Omega^{\prime}=\{0,1\}$
相對而言，新的集合 $\Omega‘$ 更便于使用數(shù)學的方法進行討論。

定義：設 $\{\Omega,\mathscr{F},P\}$ 為概率空間，若對任意 $\omega\in\Omega$ 均存在唯一實數(shù) $X(\omega)$ 與之對應，且對任意 $x\in\mathbb{R}$ ， $\{X \leq x\} \triangleq\{\omega | X(\omega) \leq x\} ?$ 是一隨機事件，即
$\{X \leq x\}\in\mathscr{F}$
則稱 $X=X(\omega)?$ 為隨機變量(random variable，簡寫為r.v.)

隨機變量 $X(\omega)?$ 是定義在樣本空間 $\Omega$ 上的函數(shù)。
隨機變量是 $\Omega \longrightarrow \mathbb{R}?$ 的（可測）映射。所謂“可測”，也即 $\{X \leq x\}?$ 必須是事件！
在實變函數(shù)論中，對可測的概念（可測集合、可測映射）給出了嚴格的定義，與概率論中使用的可測概念是完全一致的
隨機變量的引入，使得原來我們必須在樣本空間 $\Omega$ 上討論的概率問題，可以轉(zhuǎn)而在實數(shù)集上進行研究。在新的抽象層次上研究概率問題，不僅有利于發(fā)現(xiàn)不同問題之間的關(guān)聯(lián)，也為引入各種數(shù)學工具提供了便利。

對于任意實數(shù)， $\{X\leq x\}$ 都是事件，故可定義函數(shù)
$F(x)=P\{X\leq x\}$
$F(x)$ 稱為隨機變量 $X$ 的分布函數(shù)（Cumulative Distribution Function, 簡稱CDF）

例：在實彈射擊訓練中，對同一目標連續(xù)打三發(fā)子彈，擊中目標記為 $1$ ，否則記為 $0$ ，則樣本空間
$\Omega=\{000,001,010,100,011,101,110,111\}$
定義隨機變量
$X=\text{命中的次數(shù)},$
則
$\Omega \stackrel{X}{\longrightarrow} \Omega^{\prime}=\{0,1,2,3\}$
則事件
$\begin{aligned}\{X=0\} &=\{000\} \\\{X=2\} &=\{011,101,110\} \\\{X \leq 2\} &=\{000,001,010,100,011,101,110\} \\ &=\{X \leq 3\}-\{X=3\} \\ &=\Omega-\{111\} \end{aligned}$

現(xiàn)實中，很多試驗的結(jié)果本身就是隨機變量，例如：

某地區(qū)的日平均氣溫 $X$ ，日平均氣溫 $Y$
電子產(chǎn)品的壽命 $X$
某城市的日耗電量 $X$
一戰(zhàn)士連續(xù)對目標射擊 $n$ 次，擊中目標次數(shù) $X$
從一大批產(chǎn)品中隨機抽取 $n$ 件進行測試，其測得的次品數(shù) $N$

很多問題的實際背景不同，但數(shù)學本質(zhì)完全一樣。 利用隨機變量將樣本空間轉(zhuǎn)變?yōu)槌橄笮问剑軌蚋奖愕匕l(fā)現(xiàn)不同問題的相似性。

隨機變量可分為離散型和非離散型隨機變量，其中后者又可以分為連續(xù)型隨機變量和奇異型隨機變量，我們主要研究其中的離散型、連續(xù)型及其混合型的隨機變量。

2.2 離散型隨機變量及其分布律

若 r.v $X$ 可取至多可列個值,則稱 $X$ 為離散型隨機變量。

至多可列 也即有限或可列

例：

對同一目標連續(xù)射擊 $n$ 次,擊中目標次數(shù) $X$ .
用同一支槍對目標進行射擊,直到擊中目標為止,射擊次數(shù) $X$ .
114查號臺一天接到的呼叫次數(shù) $X$ .
從一批產(chǎn)品中隨機抽取 $n$ 件進行測試, 其測得的次品數(shù) $N$ .

離散型r.v.的分布律

設 $X$ 為離散型 r.v,設 $X$ 所有可能的取值為
$x_1,x_2,...,x_k,...$
且
$P\left\{X=x_{k}\right\}=p_{k} \quad(k=1,2, \cdots)$
則稱上式為離散型 r.v X 的分布律（Probability Distribution Law，縮寫PDL）

設
$x_1<x_2<x_3<...<x_k<...$
則
$F(x)=P\left\{X\leq x_{k}\right\}=\sum\limits_{i=1}^kp_{i} \quad(k=1,2, \cdots)$
一般稱為r.v. $X$ 的累積分布函數(shù)(Cumulative Distribution Function，縮寫CDF）

例：在實彈射擊訓練中,對同一目標連續(xù)打三發(fā)子彈,設每一發(fā)的命中率為 $p$ ,記 $X$ 為擊中目標次數(shù),求 $X$ 的分布律.

解：樣本空間
$\Omega=\{000,001,010,100,011,101,110,111\}$
r.v $X$ 的取值為 $0,1,2,3$ ,其分布律
$\begin{array}{l}{P\{X=0\}=(1-p)^{3}} \\ {P\{X=1\}=3 p(1-p)^{2}} \\ {P\{X=2\}=3 p^{2}(1-p)} \\ {P\{X=3\}=p^{3}}\end{array}$
分布律的特點：所有樣本點對應的概率總和為 $1$ ，上例中
$P\{X=0\}+P\{X=1\}+P\{X=2\}+P\{X=3\}=[(1-p)+p]^3=1$

分布律時，必須注意所有的樣本點必須都遍歷一次！

分布律的基本性質(zhì)

$p_{k} \geq 0, k=1,2, \cdots$
$\sum_{k=1}^{\infty} p_{k}=1$

以上兩點是分布律的本質(zhì)特征，也即：

離散型 r.v. 的分布律必滿足以上兩條性質(zhì)
滿足以上兩條性質(zhì)的數(shù)列 $\{p_k\}$ 必是某離散型r.v的分布律

直觀解釋：

將球扔向位于 $x_k$ 處的“盒子”的概率為 $p_k$

將球扔向特定位置的盒子的概率

將總質(zhì)量為1的“物質(zhì)”散布在至多可列個點 $x_k$ 上

總質(zhì)量1的散布

分布律的幾種表示法

解析法：
$P\left\{X=x_{k}\right\}=p_{k} \quad(k=1,2, \cdots)$
列表法

列表法表示分布律

矩陣法
$\left( \begin{array}{ccccc}{x_{1}} & {x_{2}} & {\cdots} & {x_{k}} & {\cdots} \\ {p_{1}} & {p_{2}} & {\cdots} & {p_{k}} & {\cdots}\end{array}\right)$
圖示法

圖示法表示分布律

幾種重要的離散型隨機變量

兩點分布

定義：如果 r.v $X$ 的分布律為
$P\left\{X=c_{1}\right\}=p, P\left\{X=c_{2}\right\}=1-p \quad(0<p<1)$
則稱 r.v $X$ 服從兩點分布,特別當 $c_1=1,c_2=0$ 時稱 r.v $X$ 服從(0-1)兩點分布

產(chǎn)生兩點分布的實際背景：試驗只產(chǎn)生兩個結(jié)果.

例如：

一門課程的考試是“及格”還是“不及格”
剛出生的新生兒是“男”還是“女”
產(chǎn)品檢驗的結(jié)果是“合格”還是“不合格”
射擊結(jié)果是“擊中目標”還是“沒有擊中目標”

注：如果r.v. $X$ 的分布律為
$P\{X=c\}=1,$
則稱r.v. $X$ 服從退化分布(或單點分布)，或者說 $X$ “幾乎處處”等于 $c$ ,記為
$X \stackrel{\mathrm{a.e}}{=} c \quad\text{或}\quad X=c(\mathrm{a} . \mathrm{e})$

Bernoulii試驗與二項分布

Bernoulii試驗：只產(chǎn)生兩個結(jié)果 $A,\bar{A}$ 的試驗

n重Bernoulli試驗或Bernoulli概型：將Bernoulli試驗<u>獨立重復</u>進行 $n$ 次

要求每次試驗相互獨立（無關(guān)），從而對應結(jié)果的概率不變

例：某戰(zhàn)士用步槍對目標進行射擊,記
$A=\{\text{擊中目標}\},\quad \bar{A}=\{\text{未擊中目標}\}$
對每次射擊的觀察是Bernoulli試驗，連續(xù)觀察 $n$ 次射擊結(jié)果則為 $n$ 重Bernoulli試驗

例：從一批產(chǎn)品中隨機抽取一個產(chǎn)品進行檢驗,記
$A=\{\text{合格}\},\quad \bar{A}=\{\text{不合格}\}$
檢驗一個產(chǎn)品是Bernoulli試驗

問：獨立抽檢 $n$ 件產(chǎn)品是否是 $n$ 重Bernoulli試驗?

分析：產(chǎn)品抽一個少一個,所以每次抽檢后概率
$P(A)=P\{\text{合格}\}$
都在變化，故不能認為是 $n$ 重Bernoulli試驗

如果產(chǎn)品數(shù)量比較大,可近似看作 $n$ 重Bernoulli試驗.

在 $n$ 重Bernoulli試驗中,令
$P(A)=p, P(\overline{A})=1-p$
記
$A_i=\{\text{第}i\text{次試驗結(jié)果}\},i=1,2,...,n$
對任意 $1 \leq i_{1}<i_{2}<\dots<i_{k} \leq n$ ，有
$P\left(A_{i 1} A_{i 2} \cdots A_{i_{k}}\right)=P\left(A_{i_{1}}\right) P\left(A_{i_{2}}\right) \cdots P\left(A_{i k}\right)$
令
$X=\{n\text{重Bernoulli試驗中事件}A\text{發(fā)生的次數(shù)}\}$
則 $X$ 是一個離散型 r.v.

$X$ 的分布律是什么?

分析： $X$ 的可能取值為 $0,1,2,...,n$ ，對任意 $k\leq n$ ， $\{X=k\}$ 表示 $n$ 次獨立試驗中 $A$ 恰好發(fā)生了 $k$ 次（ $\bar{A}$ 恰好發(fā)生了 $n-k$ 次），也即
$\{X=k\}=\bigcup_{1 \leq i_{1}<\cdots<i_{k} \leq n} A_{i_{1}} \cdots A_{i_{k}} \overline{A}_{j_{1}} \cdots \overline{A}_{j_{n-k}}$
以上取并的事件兩兩不相容，結(jié)合獨立性的假設，可知
$\begin{aligned} P\{X=k\}&=P\left\{\bigcup_{1 \leq i_{1}<\cdots<i_{k} \leq n} A_{i_{1}} \cdots A_{i_{k}} \overline{A}_{j_{1}} \cdots \overline{A}_{j_{n-k}}\right\}\\ &=\sum_{1 \leq i_{1}<\cdots<i_{k} \leq n} P\left\{A_{i_{1}} \cdots A_{i_{k}} \overline{A}_{j_{1}} \cdots \overline{A}_{j_{n-k}}\right\}\\ &=\sum_{1 \leq i_{1}<\cdots<i_{k} \leq n} \overbrace{p \cdots p}^{k} \overbrace{(1-p) \cdots(1-p)}^{n-k}\\ &=C_{n}^{k} p^{k}(1-p)^{n-k} \end{aligned}$
記 $q=1-p$ ，從而 $X$ 的分布律為
$P\{X=k\}=C_{n}^{k} p^{k} q^{n-k} \quad(k=0,1,2, \cdots, n)$
不難驗證

$P\{X=k\}>0 \quad(k=0,1,2, \cdots, n)$
$\sum_{k=0}^{n} P\{X=k\}=\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} p^{k} q^{n-k}=(p+q)^{n}=1$

定義：若 r.v $X$ 的分布律為
$P\{X=k\}=C_{n}^{k} p^{k} q^{n-k} \quad(k=0,1,2, \cdots, n)$
則稱 $X$ 服從參數(shù)為 $( n, p)$ 的二項分布,記為 $X \sim B(n, p)$

特別當 $n=1$ 時， $B(1,p)$ 就是 $(0-1)$ 兩點分布,即
$P\{X=k\}=p^{k} q^{1-k} \quad(k=0,1)$
實際背景:二項分布產(chǎn)生于 $n$ 重Bernoulli試驗

例：一大批電子元件有10%已損壞,若從這批元件中隨機選取20只來組成一個線路,問這線路能正常工作的概率是多少？

解：因為元件的數(shù)量很大,所以取20只元件可看作是有放回抽樣,記 $X$ 表示20只元件中好品的數(shù)量,則
$X \sim B(20,0.9)$
于是
$\begin{aligned} P\{\text{線路正常}\}&=P\{X=20\} \\ &=C_{20}^{20} \times 0.9^{20} \times 0.1^{20-20} \\ &=0.9^{20} \approx 0.1216 \end{aligned}$

Poisson流與Poisson分布

Poisson流：隨著時間的推移,在時間軸上源源不斷出現(xiàn)的具有某種特性的隨機粒子（事件）流.

粒子出現(xiàn)的次數(shù)與時間起點無關(guān)，只與時間長短有關(guān)
任何兩個不重疊的時間段內(nèi)，粒子出現(xiàn)的次數(shù)是相互獨立的
在非常短的時間內(nèi)，幾乎不可能出現(xiàn)兩個以上粒子

典型的Poisson流:

隨機服務系統(tǒng)

電話交換臺在某時間段內(nèi)接到的呼叫數(shù)
公共汽車站在某時間段內(nèi)來到的乘客數(shù)
營業(yè)員在某時間段內(nèi)接待的顧客數(shù)
114查號臺在某時間段內(nèi)接到的查號電話數(shù)
醫(yī)院在一天內(nèi)收到的急診病人數(shù)
大型超市停車場,汽車的到達數(shù)

稀疏現(xiàn)象

電子設備在某時間內(nèi)受到的干擾沖擊次數(shù)
雷達在跟蹤目標時接收到的電磁干擾信號脈沖流
巡航導彈飛過攔截區(qū)域的中彈數(shù)量
人的一生中患癌癥等嚴重疾病的次數(shù)
某地區(qū)在一天發(fā)生的交通事故數(shù)
一本書一頁中的印刷錯誤數(shù)
119報警臺在某時間段內(nèi)接到的火警電話數(shù)
快遞公司在一天內(nèi)遺失的快件數(shù)

物理學中的現(xiàn)象

放射性分裂落到某區(qū)域的質(zhì)點數(shù)
熱電子的發(fā)射數(shù)
顯微鏡下落在某區(qū)域中的微生物數(shù)

設 $X_t$ 表示時間區(qū)間 $(0,t]$ 內(nèi)出現(xiàn)的質(zhì)點個數(shù)，如果 $X_t$ 滿足：

平穩(wěn)性：在任意時間段 $(t_0,t_0+t]$ 內(nèi)，出現(xiàn) $k$ 個質(zhì)點的概率 $P\{X_t=k\}$ 僅與 $t$ 有關(guān)
獨立增量性：在任意兩個不重疊的時間段 $(a_1,a_2]$ ， $(b_1,b_2]$ 內(nèi)，各質(zhì)點出現(xiàn)的個數(shù)是相互獨立的，即隨機變量 $X_{a_2}-X_{a_1}$ 和 $X_{b_2}-X_{b_1}$ 是相互獨立的
普通性：在很短的時間 $(0,t]$ 內(nèi)，幾乎不可能出現(xiàn)兩個以上的質(zhì)點，且有
$P\{X_t=1\}=\lambda t+\circ(t),\quad P\{X_t=2\}=\circ(t),$
其中 $\lambda$ 為常數(shù)。
則稱 $X_t$ 是參數(shù)為 $\lambda$ 的Poisson流

設 $\lambda>0$ 已知，若 r.v $X$ 的分布律為
$P\{X=k\}=\frac{\lambda^{k}}{k !} e^{-\lambda}, k=0,1,2, \cdots$
稱稱 $X$ 服從參數(shù)為 $\lambda$ 的Poisson分布,記為 $X \sim P(\lambda)$

Poisson分布可用來描述稀疏事件發(fā)生的頻數(shù)

所謂稀疏事件，是指在單次試驗中發(fā)生的概率很小，而試驗的次數(shù)又很大

可以驗證，Poisson分布滿足分布律的基本性質(zhì)

$P\{X=k\}>0, k=0,1,2, \cdots$
$\sum_{k=0}^{\infty} P\{X=k\}=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{\lambda^{k}}{k !} e^{-\lambda}=e^{\lambda} \cdot e^{-\lambda}=1$

Poisson分布與Poisson流的關(guān)系：在Poisson流中,記時間間隔 $(0,t]$ 中出現(xiàn)的質(zhì)點數(shù)為 $X$

Poisson流

則 $X \sim P(\lambda t)$ ，也即
$P\{X=k\}=\frac{\lambda t^{k}}{k !} e^{-\lambda t}, k=0,1,2, \cdots$
其中參數(shù) $\lambda$ 稱為Poisson強度.

Poisson強度可以直觀地理解為單位時間內(nèi)出現(xiàn)的質(zhì)點個數(shù)的平均數(shù)

Poisson（小數(shù)）定理（Poisson law of small numbers）：設 $\lambda>0$ 為常數(shù)， $n$ 為正整數(shù)， $\lim _{n \rightarrow \infty} n p_{n}=\lambda$ ，則對任一非負整數(shù) $k$ ，有
$\lim _{n \rightarrow \infty} C_{n}^{k} p_{n}^{k}\left(1-p_{n}\right)^{n-k}=\frac{\lambda^{k} e^{-\lambda}}{k !}$
證：記 $n p_{n}=\lambda_{n}, p_{n}=\lambda_{n} / n$ ，則
$\begin{aligned} C_{n}^{k}& p_{n}^{k}\left(1-p_{n}\right)^{n-k}= C_{n}^{k}\left(\frac{\lambda_{n}}{n}\right)^{k}\left(1-\frac{\lambda_{n}}{n}\right)^{n-k} \\ &=\frac{\lambda_{n}^{k}}{k !}\left[1 \cdot\left(1-\frac{1}{n}\right) \cdot\left(1-\frac{2}{n}\right) \cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right)\right]\left(1-\frac{\lambda_{n}}{n}\right)^{n}\left(1-\frac{\lambda_{n}}{n}\right)^{-k} \end{aligned}$
因為
$\begin{aligned} \lim\limits_{n\to\infty}&\underbrace{1\cdot\left(1-\frac1n\right)\cdot\left(1-\frac2n\right)\ldots\left(1-\frac{k-1}n\right)}_{k\text{個}}\\ &=1\cdot\underbrace{\lim\limits_{n\to\infty}\left(1-\frac1n\right)\cdot\lim\limits_{n\to\infty}\left(1-\frac2n\right)\ldots\lim\limits_{n\to\infty}\left(1-\frac{k-1}n\right)}_{k\text{個}}\\ &=\underbrace{1\cdot1\cdot1\ldots1}_{k\text{個}}=1 \end{aligned}$
$\lim\limits_{n\to\infty}\left(1-\frac{\lambda_n}n\right)^n =\lim\limits_{n\to\infty}\left[\left(1-\frac{\lambda_n}n\right)^{\frac{n}{\lambda_n}}\right]^{\lambda_n} =\left[\lim\limits_{n\to\infty}\left(1-\frac{\lambda_n}n\right)^{\frac{n}{\lambda_n}}\right]^{\lim\limits_{n\to\infty}\lambda_n}=e^{\lambda}$
$\lim\limits_{n\to\infty}\left(1-\frac{\lambda_n}n\right)^{-k} =\left[\lim\limits_{n\to\infty}\left(1-\frac{\lambda_n}n\right)\right]^{-k}=1$
故
$\lim _{n \rightarrow \infty} C_{n}^{k} p_{n}^{k}\left(1-p_{n}\right)^{n-k}=\frac{\lambda^{k} e^{-\lambda}}{k !}$

二項分布與Poisson分布的累積分布函數(shù)與分布律對比

例：若一年中某類保險者里面每個人死亡的概率等于0.005,現(xiàn)有10000個人參加這類人壽保險, 試求在未來一年中在這些保險者里面：⑴ 有40個人死亡的概率; ⑵死亡人數(shù)不超過70個的概率.

解：記 $X$ 為未來一年中在這些人中死亡的人數(shù),則
$X \sim B(10000,0.005)$
(1)
$P\{X=40\}=C_{10000}^{40} \times 0.005^{40} \times 0.995^{9960}$
因為 $n=10000, p=0.005, \lambda=n p=50$ ，所以
$P\{X=40\} \approx \frac{50^{40}}{40 !} e^{-50}=0.0214$
(2)
$P\{X \leq 70\}=\sum_{k=0}^{70} C_{10000}^{k} \times 0.005^{k} \times 0.995^{10000-k} \approx 0.997$
注：當 $n$ 很大時,直接計算二項分布的和比較難，因此在實際中往往采用如下的方法進行計算