03 离散型随机变量的均值与方差

这节课研究下对分布列我们有哪些可以研究的数据。

离散型随机变量的均值

我们也称之为数学期望。

假设有一个分布列。

$X$	$x_1$	$x_2$	...	$x_n$
$P$	$p_1$	$p_2$	...	$p_n$

它的数学期望都像下面这样来求。

$E(X)=x_1{p}_1+x_2{p}_2+x_3{p}_3+...+x_n{p}_n$

离散型随机变量的方差

用方差来反映离散数据的稳定性。

引出问题

从两名同学中挑出一名代表班级参加射击比赛，根据以往的成绩记录，甲，乙两名同学击中目标靶的环数 $X$ 和 $Y$ 的分布列如下所示：

甲：

X	6	7	8	9	10
P	0.09	0.24	0.32	0.28	0.07

乙：

Y	6	7	8	9	10
P	0.07	0.22	0.38	0.30	0.03

如何评价这两名同学的射击水平？

通过计算可得，

$E(X)=8,E(Y)=8$

因为两个均值相等，所以根据均值不能区分这两名同学的射击水平。

评价射击水平，除了要了解击中环数的均值外，还要考虑稳定性，即击中环数的离散程度。

怎样定量刻画离散随机变量取值的离散程度？

我们知道，样本方差可以度量一组样本数据的离散程度，它是通过计算所有数据与样本均值的“偏差平方的平均值”来实现的。一个自然的想法是，随机变量的离散程度能否用可能取值与均值的“偏差平方的平均值”来度量呢？

可以。

假设离散型随机变量 $X$ 的分布列如下所示。

X	$x_1$	$x_2$	...	$x_n$
P	$p_1$	$p_2$	...	$p_n$

考虑 $X$ 所有可能取值 $x_i$ 与 $E(X)$ 的偏差的平法 $(x_1-E(X){)}^2,(x_2-E(X){)}^2,...,(x_n-E(X){)}^2$。因为 $X$ 取每个值的概率不尽相同，所以我们用偏差平方关于取值概率的加权平均，来度量随机变量 $X$ 取值与其均值 $E(X)$ 的偏离程度。我们称

$D(X)=(x_1-E(X){)}^2{p}_1+(x_2-E(X){)}^2{p}_2+...+(x_n-E(X){)}^2{p}_n$

$=\sum _{i=1}^n(x_i-E(x){)}^2{p}_i$

为随机变量 $X$ 的方差(variance)，并称 $\sqrt{D(X)}$ 为随机变量 $X$ 的标准差，记为 $\sigma (X)$。

公式及二级结论

$D(X)=(x_1-E(X){)}^2{p}_1+(x_2-E(X){)}^2{p}_2+...+(x_n-E(X){)}^2{p}_n$

$=\sum _{i=1}^n(x_i-E(x){)}^2{p}_i$

在方差的计算中，利用下面的结论经常可以使计算简化。

$D(X)=\sum _{i=1}^n(x_i-E(X){)}^2{p}_i$

$=\sum _{i=1}^n(x_i^2-2E(X)+(E(X){)}^2)p_i$

$=\sum _{i=1}^n{x}_i^2{p}_i-2E(X)\sum _{i=1}^n{x}_i{p}_i+(E(X){)}^2\sum _{i=1}^n{p}_i$

$=\sum _{i=1}^n{x}_i^2{p}_i-2(E(X){)}^2+(E(X){)}^2$

$=\sum _{i=1}^n{x}_i^2{p}_i-(E(X){)}^2$

$=E(X^2)-E^2(X)$

两点分布

在篮球比赛中，罚球命中 1 次得 1 分，不中得 0 分。如果运动员罚球命中得概率是 0.8，记运动员甲罚球 1 次的得分为 $X$，画出其分布列。

X	1	0
P	0.8	0.2

像这种分布我们称之为两点分布。$p=0.8$ 我们称之为成功概率。

$E(X)=p$

$D(X)=(1-p{)}^{2}p+(0-p{)}^2(1-p)$

$=p-p^3+p^2-p^3$

$=p(1-p)$

二项分布

伯努利试验（Bernoulli trials）

我们把只包含两个可能结果的试验叫做伯努利试验。

比如抛一次硬币，只有正面和反面两种结果；

射一次箭，只有射中 10 环和没射中 10 环两种结果。

n 重伯努利试验

将一个伯努利试验独立地重复进行 n 次所组成的随机试验称为 n 重伯努利试验。n 重伯努利试验具有如下特征：

1. 同一个伯努利试验重复做 n 次
2. 各次的试验的结果相互独立，不会互相影响

例如抛一枚银币 10 次；

射 10 次箭；

有放回的抽 20 次样。

n 重伯努利试验的不同

在单次的伯努利试验中，我们关注某个事件 A 是否发生（只有两种可能）。而在 n 重伯努利试验中，我们关注事件 A 发生的次数 X。

比如抛一枚银币 10 次，记 X 为正面朝上的次数。

又比如射 20 次箭，记 X 为射中 10 环的次数。

二项分布

一般地，在 n 重伯努利试验中，设每次试验中事件 A 发生的概率为 $p(0<p<1)$，用 X 表示事件 A 发生的次数，则 X 的分布列为

$P(X=k)=C_n^k{p}^k(1-p{)}^{n-k},k=0,1,2,...,n$

如果随机变量 X 的分布列具有上式的形式，则称随机变量 X 服从二项分布，记作 $X\sim B(n,p)$

由二项式定理，容易得到

$\sum _{k=0}^{n}P(X=k)=\sum _{k=0}^n{C}_n^k(1-p{)}^{n-k}=[p+(1-p){]}^n=1$

独立重复试验的期望

$E(X)=np$

$=\sum _{k=0}^{n}k{C}_n^k{p}^k(1-p{)}^{n-k}$

$=\sum _{k=1}^{n}k\frac{n!}{(n-k)!\cdot k!}{p}^k(1-p{)}^{n-k}$

$=np\sum _{k=1}^n\frac{(n-1)!}{(n-k)!\cdot (k-1)!}{p}^{k-1}(1-p{)}^{n-k}$

$=np\sum _{k=1}^n\frac{(n-1)!}{(n-k)!\cdot (k-1)!}{p}^{k-1}(1-p{)}^{n-k}$

$=np\sum _{k=1}^n{C}_{n-1}^{k-1}{p}^{k-1}(1-p{)}^{n-(k-1)-1}$

把 $k-1$ 看作一个整体，它从零开始增长。

$=np\sum _{k=0}^n{C}_{n-1}^k{p}^k(1-p{)}^{n-k-1}$

根据二项式定理，$\sum _{k=0}^n{C}_n^k{p}^k(1-p{)}^{n-k}=[p+(1-p){]}^n=1$

$=np$

独立重复试验的方差

X	1	2	3
P	$p$	$(1-p)p$	$(1-p{)}^{2}p$

$D(X)=np(1-p)$

超几何分布

一个例子让你弄懂什么是超几何分布。

问题：已知 100 件产品中有 8 件次品，分别采用有放回和不放回的方式随机抽取 4 件，设抽取的 4 件产品中次品数为 X，求随机变量 X 的分布列。

如果采用有放回抽样，则每次抽到次品的概率为 0.08，且各次抽样的结果相互独立，此时 X 服从二项分布，即 $X\sim B(4,0.08)$

如果采用不放回抽样，那么每次抽取不是同一个试验，而且各次抽取的结果也不独立，不符合 n 重伯努利试验的特征，因此 X 不服从二项分布。

由古典概型的知识，得 X 的分布列为

$P(X=k)=\frac{C_8^k{C}_{92}^{4-k}}{C_{100}^4},k=0,1,2,3,4$

一般地，假设一批产品共有 N 件，其中有 M 件次品。从 N 件产品中随机抽取 n 件（不放回），用 X 表示抽取的 n 件产品中的次品数，则 X 的分布列为

$P(X=k)=\frac{C_M^k{C}_{N-M}^{n-k}}{C_N^n},k=m,m+1,m+2,...,r$

其中，$n,N,M\in N^{\ast },M⩽N,n⩽N,m=max\{0,n-N+M\},r=min\{n,M\}$。如果随机变量 X 的分布列具有上式的形式，那么称随机变量 X 服从超几何分布。

期望与方差的二级结论

期望

$E(aX+b)=aE(X)+b$

方差

$D(X+b)=D(X)$

$D(aX)=a^{2}D(X)$

$D(aX+b)=a^{2}D(X)$