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1. 随机变量

• 设随机试验的样本空间为S={e}. X=X(e) 是定义在样本空间S上的实值单值函数。称X=X(e)为随机变量

2. 离散型随机变量

• 定义： 全部可能取到的值为有限个或可列无限多个，这种随机变量称为离散型随机变量

  骰子的点数，打靶环数，某城市120急救电话一昼夜收到的呼叫次数，都是离散型随机变量

• 设离散型随机变量X所有可能取的值为$x_k(k=1,2,\cdots)$xk​(k=1,2,⋯) ，X取各个可能值的概率，即事件${X=x_k}$X=xk​ 的概率，为 $P\{X=x_k\}=P_k, k=1,2,\cdots$P{X=xk​}=Pk​,k=1,2,⋯

  我们称该式为离散型随机变量的分布律

  • 性质：
    • $1^o$1o $p_k \geq 0, \quad k=1,2,3,\cdots;$pk​≥0,k=1,2,3,⋯;
    • $2^o$2o $\sum_{k=1}^{\infty}{p_k=1.}$∑k=1∞​pk​=1.

3. 离散型随机变量常见分布

3.1 (0-1)分布

• 设随机变量可能的取值只有0和1，它的分布律为 $P\{X=k\} = p^k(1-p)^k, \quad k=0,1$P{X=k}=pk(1−p)k,k=0,1 ,记做X服从以p为参数的(0-1)分布或两点分布

  X	0	1
  $p_k$pk​	$1-p$1−p	$p$p

  新生儿性别，抛硬币，产品质量是否合格 等可以用(0-1)分布的离散型随机变量来表示

3.2 二项分布

• 设试验E只有两种可能结果：A及$\overline A$A ,则称E为伯努利试验 。 设$P(A) = p ，则P(\overline A) = 1 - p$P(A)=p，则P(A)=1−p .

• 将E 独立重复地进行n次， 则称这一连串独立的重复试验为n重伯努利试验

  例如，抛硬币，A表示正面，这就是伯努利试验，将硬币抛n次，就是n重伯努利试验。 掷骰子，A表示等到1点，$\overline A$A 表示得到的是非1点，也叫一次伯努利试验等

• 以X表示n重伯努利试验中，事件A发生的次数，p表示事件A发生的概率，q=1-p 表示A不发生的概率(即$\overline A$A发生的概率) ，则有

  $P\{X=k\} = (_k^n)p^kq^{n-k} \quad k=0,1,2\cdots, n$P{X=k}=(kn​)pkqn−kk=0,1,2⋯,n

  • $\sum_{k=0}^{n}{P\{X=k\}} = \sum_{k=0}^{n}{(_k^n)p^kq^{n-k}} = (p+q)^n=1$∑k=0n​P{X=k}=∑k=0n​(kn​)pkqn−k=(p+q)n=1
  • 二项式 $(a+b)^n = (_0^n)a^{n-0}b^{0}+(_1^n)a^{n-1}b^{1}+\cdots+(_{n-1}^n)a^{n-(n-1)}b^{n-1}+(_n^n)a^{n-n}b^{n} = \sum_{k=0}^{n}{(_k^n)a^{n-k}b^{k}}$(a+b)n=(0n​)an−0b0+(1n​)an−1b1+⋯+(n−1n​)an−(n−1)bn−1+(nn​)an−nbn=∑k=0n​(kn​)an−kbk

  我们发现 $(_{k}^{n})p^kq^{n-k}$(kn​)pkqn−k 刚好是 $(p+q)^n$(p+q)n 展开式中出现$p^k$pk的那一项，因此，我们称随机变量X服从以n，p为参数的二项分布，记做 $X\sim b(n,p)$X∼b(n,p)

3.3 泊松分布

• 设随机变量X的可能取值为$0,1,2,\cdots$0,1,2,⋯ 而各个取值的概率为 $P\{X=k\}= \frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda} \quad k=0,1,2,\cdots$P{X=k}=k!λk​e−λk=0,1,2,⋯ 其中$\lambda > 0$λ>0 为常数，则称X服从以$\lambda$λ为参数的泊松分布，记做 $X \sim \pi(\lambda)$X∼π(λ)

  • $\sum_{k=0}^{\infty}P\{X=k\}= \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda}=e^{-\lambda}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda^k}{k!} = e^{-\lambda} \cdot e^\lambda = 1$∑k=0∞​P{X=k}=∑k=0∞​k!λk​e−λ=e−λ∑k=0∞​k!λk​=e−λ⋅eλ=1

  • 其中 $\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda^k}{k!} = e^\lambda$∑k=0∞​k!λk​=eλ 证明如下，需要用到泰勒公式

  泰勒公式

  如果函数$f(x)$f(x)在$x_0$x0​的某个邻域$U(x_0)$U(x0​)内具有(n+1)阶导数，那么对任一$x \in U(x_0)$x∈U(x0​) 有 $f(x)=f(x_0)+f^{'}(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{''}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+R_{n}(x)$f(x)=f(x0​)+f′(x0​)(x−x0​)+2!f′′(x0​)​(x−x0​)2+⋯+n!f(n)(x0​)​(x−x0​)n+Rn​(x)

  即 $f(x)=\sum_{n=0}^{N}\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+R_{n}(x)$f(x)=∑n=0N​n!f(n)(x0​)​(x−x0​)n+Rn​(x) 当 $x_0=0$x0​=0 时，有 $f(x)=\sum_{n=0}^{N}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+R_{n}(x)$f(x)=∑n=0N​n!f(n)(0)​xn+Rn​(x)

  此时有 $e^x=\sum_{n=0}^{N}\frac{(e^x)^{(n)}(0)}{n!}x^n+R_{n}(x) \\ \because (e^x)^{(n)}=e^x \therefore (e^x)^{(n)}(0) = 1 \\ \therefore e^x= \sum_{n=0}^{N}\frac{1}{n!}x^n+R_{n}(x)，R_{n}(x) 为关于x^n的高阶无穷小，则 e^x \approx \sum_{n=0}^{N}\frac{1}{n!}x^n$ex=∑n=0N​n!(ex)(n)(0)​xn+Rn​(x)∵(ex)(n)=ex∴(ex)(n)(0)=1∴ex=∑n=0N​n!1​xn+Rn​(x)，Rn​(x)为关于xn的高阶无穷小，则ex≈∑n=0N​n!1​xn

  • $\therefore 有 e^\lambda = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda^k}{k!} 成立$∴有eλ=∑k=0∞​k!λk​成立

  一本书一页中的印刷错误数，某医院在一天内的急诊病人数，某一个地区一个时间间隔内发生交通事故的次数等均服从泊松分布

• 泊松定理 设$\lambda >0$λ>0是一个常数，n是任意正整数，设$np_n=\lambda$npn​=λ ,则对于任一固定的非负整数k，有$\lim_{n\rightarrow\infty}(_k^n)p_n^k(1-p_n)^{n-k}=\frac{\lambda^ke^{-\lambda}}{k!}$n→∞lim​(kn​)pnk​(1−pn​)n−k=k!λke−λ​

证明如下 ：

$\begin{aligned}\because \lambda = np_n \quad \therefore p_n &= \frac{\lambda}{n} \\ \lim_{n\rightarrow\infty}(_k^n)p_n^k(1-p_n)^{n-k} &= \lim_{n\rightarrow\infty} \frac{n!}{k!(n-k)!}\frac{\lambda^k}{n^k}(1-\frac{\lambda}{n})^{n-k} \\&= \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\lambda^k}{k!}\frac{(n-k+1)!}{n^k}(1-\frac{\lambda}{n})^{n}(1-\frac{\lambda}{n})^{-k} \\&=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\lambda^k}{k!}[1\cdot(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots(1-\frac{k-1}{n})](1-\frac{\lambda}{n})^{n}(1-\frac{\lambda}{n})^{-k} \\ \because &\lim_{n\rightarrow\infty}[1\cdot(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots(1-\frac{k-1}{n})] = 1 \\ &\lim_{n\rightarrow\infty}(1-\frac{\lambda}{n})^{n} = e^{-\lambda}\\ &\lim_{n\rightarrow\infty}(1-\frac{\lambda}{n})^{-k} = 1\\ \therefore \lim_{n\rightarrow\infty}(_k^n)p_n^k(1-p_n)^{n-k} &= \frac{\lambda^ke^{-\lambda}}{k!}\end{aligned}$∵λ=npn​∴pn​n→∞lim​(kn​)pnk​(1−pn​)n−k∵∴n→∞lim​(kn​)pnk​(1−pn​)n−k​=nλ​=n→∞lim​k!(n−k)!n!​nkλk​(1−nλ​)n−k=n→∞lim​k!λk​nk(n−k+1)!​(1−nλ​)n(1−nλ​)−k=n→∞lim​k!λk​[1⋅(1−n1​)(1−n2​)⋯(1−nk−1​)](1−nλ​)n(1−nλ​)−kn→∞lim​[1⋅(1−n1​)(1−n2​)⋯(1−nk−1​)]=1n→∞lim​(1−nλ​)n=e−λn→∞lim​(1−nλ​)−k=1=k!λke−λ​​

• 该定理说明，当n很大，p很小时，二项分布可用泊松分布近似 即 $(_k^n)p^k(1-p)^{n-k} \approx \frac{\lambda^ke^{-\lambda}}{k!} \quad (\lambda=np)$(kn​)pk(1−p)n−k≈k!λke−λ​(λ=np)

  一般地，当 $n \geq 100,np \leq 10$n≥100,np≤10 时，即可用泊松分布来近似计算二项分布

3.4 几何分布

• 在伯努利试验中，记每次试验中事件A发生的概率为p，试验进行到事件A出现时停止，此时所进行的试验次数为X，其分布率为 $P\{X=k\}=(1-p)^{k-1}p \quad k = 1,2,3,\cdots$P{X=k}=(1−p)k−1pk=1,2,3,⋯ , 则称X服从p为参数的几何分布，记作 $X \sim G(p)$X∼G(p)

  $\begin{aligned}\sum_{k=1}^{\infty}P\{X=k\} &= \sum_{k=1}^{\infty}(1-p)^{k-1}p \\&= p\sum_{k=1}^{\infty}(1-p)^{k-1} \\ &= p \frac{1-(1-p)^{k-1}(1-p)}{1-(1-p)} \\ &= 1-(1-p)^k \\ &\because 0\leq p \leq1 \quad k \rightarrow +\infty \\ \therefore \sum_{k=1}^{\infty}P\{X=k\}&=1 \end{aligned}$k=1∑∞​P{X=k}∴k=1∑∞​P{X=k}​=k=1∑∞​(1−p)k−1p=pk=1∑∞​(1−p)k−1=p1−(1−p)1−(1−p)k−1(1−p)​=1−(1−p)k∵0≤p≤1k→+∞=1​

• 几何分布用来描述n次伯努利试验中，事件A 首次发生的概率

3.5 超几何分布

• 在产品质量的不放回抽检中，若N件产品中有M件次品，抽检n件时所得次品数X=k，此时有$P\{X=k\}=\frac{(_k^M)(_{n-k}^{N-M})}{(_n^N)} \quad k= 0,1,\cdots,min\{n,M\}.$P{X=k}=(nN​)(kM​)(n−kN−M​)​k=0,1,⋯,min{n,M}.

  称X服从以n，N，M 为参数的超几何分布，记做$X\sim H(n,M,N)$X∼H(n,M,N)

• 当$N\rightarrow +\infty$N→+∞时，超几何分布可用二项分布近似计算，此时有 $\frac{M}{N}\rightarrow P$NM​→P

  证明如下：

  首先我们要明确要证明的等式是 当$N\rightarrow +\infty$N→+∞时 $P\{X=k\}=\frac{(_k^M)(_{n-k}^{N-M})}{(_n^N)} = (_k^n)p^kq^{n-k}$P{X=k}=(nN​)(kM​)(n−kN−M​)​=(kn​)pkqn−k ，即 $\lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{(_k^M)(_{n-k}^{N-M})}{(_n^N)} = (_k^n)p^kq^{n-k}$limn→+∞​(nN​)(kM​)(n−kN−M​)​=(kn​)pkqn−k.

  $\begin{aligned} \lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{(_k^M)(_{n-k}^{N-M})}{(_n^N)} &= \lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{M!}{k!(M-k)!}\frac{(N-M)!}{(n-k)!(N-M-n+k)!}\frac{n!(N-n)!}{N!} \\ &= \lim_{n\rightarrow+\infty} \frac{n!}{k!(n-k)!}\frac{M(M-1)\cdots(M-k+1)}{N^k}\frac{(N-M)!}{(n-k)!(N-M-n+k)!} \frac{N^k}{N(N-1)\cdots(N-n+1)} \quad (N^k 为构造出来的中间量) \\ &\frac{n!}{k!(n-k)!} = (_k^n) ,\\ & \lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{M(M-1)\cdots(M-k+1)}{N^k} = \lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{M}{N}(\frac{M}{N}-\frac{1}{N})\cdots(\frac{M}{N}-\frac{k}{N}+\frac{1}{N})=(\frac{M}{N})^k,\\ &\frac{N^k}{N(N-1)\cdots(N-n+1)}= \frac{N^k}{N(N-1)\cdots(N-k+1)(N-k)(N-k-1)\cdots(N-n+1)} = \frac{1}{1\cdot(1-\frac{1}{N})(1-\frac{2}{N})\cdots(1-\frac{k}{N}+\frac{1}{N})(N-k)(N-k-1)\cdots(N-n+1)} \\ &\therefore \lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{N^k}{N(N-1)\cdots(N-n+1)}= \lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{1}{(N-k)(N-k-1)\cdots(N-n+1)},\\ \therefore \lim_{n\rightarrow+\infty}\frac{(_k^M)(_{n-k}^{N-M})}{(_n^N)} &=\lim_{n\rightarrow+\infty}(_k^n)(\frac{M}{N})^k\frac{(N-M)(N-M-1)\cdots(N-M-n+k+1)}{N^{n-k}}\frac{N^{n-k}}{(N-k)(N-k-1)\cdots(N-n+1)} \quad (N^{n-k}为构造出来的中间量) \\ &=\lim_{n\rightarrow+\infty}(_k^n)(\frac{M}{N})^k[(1-\frac{M}{N})(1-\frac{M}{N}-\frac{1}{N})\cdots(1-\frac{M}{N}-\frac{n-k-1}{N})][\frac{1}{(1-\frac{k}{N})(1-\frac{k+1}{N})\cdots(1-\frac{n-1}{N})}] \\ &= (_k^n)(\frac{M}{N})^k(1-\frac{M}{N})^{n-k} \\ \therefore 命题得证 \end{aligned}$n→+∞lim​(nN​)(kM​)(n−kN−M​)​∴n→+∞lim​(nN​)(kM​)(n−kN−M​)​∴命题得证​=n→+∞lim​k!(M−k)!M!​(n−k)!(N−M−n+k)!(N−M)!​N!n!(N−n)!​=n→+∞lim​k!(n−k)!n!​NkM(M−1)⋯(M−k+1)​(n−k)!(N−M−n+k)!(N−M)!​N(N−1)⋯(N−n+1)Nk​(Nk为构造出来的中间量)k!(n−k)!n!​=(kn​),n→+∞lim​NkM(M−1)⋯(M−k+1)​=n→+∞lim​NM​(NM​−N1​)⋯(NM​−Nk​+N1​)=(NM​)k,N(N−1)⋯(N−n+1)Nk​=N(N−1)⋯(N−k+1)(N−k)(N−k−1)⋯(N−n+1)Nk​=1⋅(1−N1​)(1−N2​)⋯(1−Nk​+N1​)(N−k)(N−k−1)⋯(N−n+1)1​∴n→+∞lim​N(N−1)⋯(N−n+1)Nk​=n→+∞lim​(N−k)(N−k−1)⋯(N−n+1)1​,=n→+∞lim​(kn​)(NM​)kNn−k(N−M)(N−M−1)⋯(N−M−n+k+1)​(N−k)(N−k−1)⋯(N−n+1)Nn−k​(Nn−k为构造出来的中间量)=n→+∞lim​(kn​)(NM​)k[(1−NM​)(1−NM​−N1​)⋯(1−NM​−Nn−k−1​)][(1−Nk​)(1−Nk+1​)⋯(1−Nn−1​)1​]=(kn​)(NM​)k(1−NM​)n−k​

  • 需要注意的是，前面我们说到，计算二项分布时，可用泊松分布近似，因此在利用二项分布近似计算超几何分布时，可根据情况，对二项分布使用泊松进行分布进行近似计算