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# 高考数学的随机变量

上一个文档中, 讲解了关于`概率递推`和`马尔科夫链`的问题, 这一节汇总/讲解一下高考中出现的几种随机变量及分布形式.

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## 1. 随机变量与随机变量的数字特征

### 1.1 随机变量

随机事件中, 数据的数量表现称为随机变量.

对于某事件的样本空间, 每个样本点都唯一对应一个实数 $X$ , 则 $X$ 称为该事件的随机变量.

例如对于掷骰子这一事件, 投掷点数样本空间 $\Omega = {1, 2, 3, 4, 5, 6}$ , 则记投掷点数为 $X$ 时, $X$ 即为该事件的随机变量, 且数值上 $X \in \Omega$ .

随机变量分为两种, `离散型随机变量`和`连续型随机变量`. `离散型随机变量`的取值是`离散`的, 譬如上述掷骰子的点数随机变量, 只能取值 ${1, 2, 3, 4, 5, 6}$ 这些有限个固定值.

`连续型随机变量`则可在某范围内连续取值, 譬如在数轴 $\[0, 1)$ 之间随意取一个点, 它的结果可以是 $\[0, 1)$ 之间的所有实数, 取值是连续的.

研究随机变量时必然要研究随机变量的概率, 对于`离散型随机变量`, 某个取值的概率可以直接计算.

例如`掷骰子`中记`投掷点数`为 $X$ , 则 $P(X = 1) = \frac{1}{6}$ .

但`连续型随机变量`中, 某个取值的概率实际上为 $0$ . 也就是如果在数轴 $\[0, 1)$ 之间随意取一个点, 取到某值 $a \in \[0, 1)$ 的概率 $P(X = a) = 0$ .

这里也可以说明, 概率为 $0$ 不等同于不会发生. 毕竟, 当我们真正去取值, 必然可以取得一个值, 这时事件发生了, 即使从概率角度分析它发生的概率为 $0$ .

对于随机变量的一组取值, 有如下数字特征:

### 1.2 期望和方差

数学期望指的是随机变量的均值, 对于`离散型随机变量`, 计算公式如下:

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

对于`连续型随机变量`, 计算公式如下(高中不做要求):

$$
E(X) = \int\_{- \infty}^{\infty} x f(x) dx
$$

随机变量的期望值反映了随机事件的平均结果.

接下来是随机变量的方差, 对于`离散型随机变量`, 计算方法和统计数据的方差计算完全相同:

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

对于期望和方差, 有如下公式:

$$
E(X + b) = E(X) + b \\
E(k X) = k E(X) \\
D(X + b) = D(X) \\
D(k X) = k^2 D(X)
$$

不难理解, 随着数据的整体上下移动, 期望值也上下移动, 但不改变分布的分散程度; 但如果数据进行缩放, 期望值同比例的缩放, 但方差会以平方倍进行缩放.

此外方差和期望还有如下关系:

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

### 1.3 相关系数

两个随机事件中, 它们之间事件发生的概率可能互相干扰, 若其中一方会影响另一方的概率, 则称两个事件不独立, 反之称两个事件独立.

例如掷骰子中, 记事件 $A =$ `奇数点数朝上`, $B =$ `偶数点数朝上` . 则若 $A$ 事件发生了, $B$ 事件就不可能发生, 而正常情况下 $B$ 事件发生的概率为 $\frac{1}{2}$ , 可认为 $B$ 事件受 $A$ 事件影响. 认为它们不互相独立.

独立性判断的方法为判断 $P(A) \times P(B) = P(AB)$ 是否成立. 若成立, 则两事件独立.

*有一种特殊情况为, 从实际意义上讲 $B$ 事件显然受 $A$ 事件影响, 但上式仍成立, 认为 $B$ 事件概率并未受影响, 仍然判定两事件独立*

但上述方法只能判断事件是否独立, 若不独立, 称事件相关. 但具体相关程度无法判断, 因此引入`相关系数`概念.

高中数学直接给出了`相关系数`的计算式, 十分复杂. 这里我们从`协方差`开始慢慢分析.

对于两个随机变量 $X, Y$ , 协方差:

$$
\begin{equation\*}
\begin{aligned}
Cov(X, Y)
& = E\[(X - E(X))(Y - E(Y))] \\
& = E\[XY - XE(Y) - YE(X) + E(X)E(Y)] \\
& = E(XY) - E(Y)E(X) - E(X)E(Y) + E(X)E(Y) \\
& = E(XY) - E(Y)E(X)
\end{aligned}
\end{equation\*}
$$

`协方差`定义为每个时刻两个随机变量分别与其期望之差的乘积的期望. 经过推导, 我们得到了一个比较标准的式子.

它表现了两个随机变量之间的线性关系, 若 $Cov(X, Y) > 0$ , 则说明二者正相关, 且 $Cov(X, Y)$ 越大, 正相关程度越高.

同理若 $Cov(X, Y) < 0$ , 则说明二者负相关, 且 $\left | Cov(X, Y) \right |$ 越大, 负相关程度越高.

特别地, 若 $Cov(X, Y) = 0$ , 则说明二者不相关.

其中, 方差与协方差有这样的关系:

$$
D(X + Y) = D(X) + D(Y) + 2 Cov(X, Y)
$$

不难得出协方差有如下性质:

$$
\begin{aligned}
& Cov(X, Y) = Cov(Y, X) \\
& Cov(X, a) = Cov(b, Y) = 0 \ , \ a, b \in R \\
& Cov(aX, bY) = a Cov(X, bY) = b Cov(aX, Y) = ab Cov(X, Y) \ , \ a, b \in R \\
& Cov(X\_1 + X\_2, Y) = Cov(X\_1, Y) + Xov(X\_2, Y)
\end{aligned}
$$

当两个变量按倍数扩大或缩小时, 协方差会跟着扩大或缩小, 不再具备定义大小的能力(例如某分析中 $X$ 代表的是长度或质量, 我们将单位从 $m$ 或 $kg$ 换成 $mm$ 或 $g$ 时, 相当于给 $X \times 1000$ , 则协方差也会扩大 $1000$ 倍. 然而这种情况并不代表正相关程度增大).

但我们只需要计算 $X$ 和 $Y$ 相对的分数趋势, 即可避免因放缩造成的变化, 因此对 $X, Y$ 标准化:

$$
X^*= \frac{X - E(X)}{\sqrt{D(X)}} \ , \ Y^* = \frac{Y - E(Y)}{\sqrt{D(Y)}}
$$

这时:

$$
\begin{aligned}
Cov(X^*, Y^*)
& = Cov(\frac{X - E(X)}{\sqrt{D(X)}}, \frac{Y - E(Y)}{\sqrt{D(Y)}}) \\
& \ \\
& = \frac{Cov(X - E(X), Y - E(Y))}{\sqrt{D(X)} \sqrt{D(Y)}} \\
& \ \\
& = \frac{Cov(X, Y) - Cov(Y, E(X)) - Cov(X, E(Y)) + Cov(E(X), E(Y))}{\sqrt{D(X)} \sqrt{D(Y)}} \\
& \ \\
& = \frac{Cov(X, Y)}{\sqrt{D(X)} \sqrt{D(Y)}}
\end{aligned}
$$

这个标准化之后的协方差, 就是教材上的`线性相关系数` $r$ .

高中教材的`线性相关系数`公式:

$$
\begin{aligned}
r
& = \frac{\sum\_{i = 1}^n (x\_i - \overline{x})(y\_i - \overline{y})}{\sqrt{\sum\_{i = 1}^n (x\_i - \overline{x})^2} \sqrt{\sum\_{i = 1}^n (y\_i - \overline{y})^2}} \\
& \ \\
& = \frac{\sum\_{i = 1}^n x\_i y\_i - n \overline{x} \overline{y}}{\sqrt{\sum\_{i = 1}^n x\_i^2 - n \overline{x}^2} \sqrt{\sum\_{i = 1}^n y\_i^2 - n \overline{y}^2}}
\end{aligned}
$$

两个公式不要求记忆, 所以考试时会给出. 但是变态的出题人会用很阴的手段, 给出其一个式子但是题中数据只能使用另一个式子进行计算(

因此我们需要了解这两个式子如何互相变形.

$$
\begin{aligned}
r
& = \frac{\sum\_{i = 1}^n (x\_i - \overline{x})(y\_i - \overline{y})}{\sqrt{\sum\_{i = 1}^n (x\_i - \overline{x})^2} \sqrt{\sum\_{i = 1}^n (y\_i - \overline{y})^2}} \\
& \ \\
& = \frac{\sum\_{i = 1}^n (x\_i y\_i - x\_i \overline{y} - y\_i \overline{x} + \overline{x} \overline{y})}{\sqrt{\sum\_{x = 1}^n (x\_i^2 - 2 x\_i \overline{x} + \overline{x}^2)} \sqrt{(\sum\_{y = 1}^n y\_i^2 - 2 y\_i \overline{y} + \overline{y}^2)}} \\
& \ \\
& = \frac{\sum\_{i = 1}^n x\_i y\_i + \overline{y} \sum\_{i = 1}^n x\_i - \overline{x} \sum\_{i = 1}^n y\_i + n \overline{x} \overline{y}}{\sqrt{\sum\_{i = 1}^n x\_i^2 - 2 \overline{x} \sum\_{i = 1}^n x\_i + n \overline{x}^2} \sqrt{\sum\_{i = 1}^n y\_i^2 - 2 \overline{y} \sum\_{i = 1}^n y\_i + n \overline{y}^2}} \ \cdots \overline{x}, \overline{y} = C, \sum\_{i = 1}^n \overline{x} = n \overline{x} \\
& \ \\
& = \frac{\sum\_{i = 1}^n x\_i y\_i + n \overline{x} \overline{y} - n \overline{x} \overline{y} + n \overline{x} \overline{y}}{\sqrt{\sum\_{i = 1}^n x\_i^2 - 2 n \overline{x}^2 + n \overline{x}^2} \sqrt{\sum\_{i = 1}^n y\_i^2 - 2 n \overline{y}^2 + n \overline{y}^2}} \ \cdots n \overline{x} = \sum\_{i = 1}^n x\_i \\
& \ \\
& = \frac{\sum\_{i = 1}^n x\_i y\_i - n \overline{x} \overline{y}}{\sqrt{\sum\_{i = 1}^n x\_i^2 - n \overline{x}^2} \sqrt{\sum\_{i = 1}^n y\_i^2 - n \overline{y}^2}}
\end{aligned}
$$

## 2. 常见离散型随机变量分布

### 2.1 伯努利分布

#### a) 两点分布(伯努利分布)

当随机变量取值只有两种时, 随机变量的分布称为`两点分布`, 又称`伯努利分布`.

例如用 $X$ 代表某问题正确与否, 由于问题非对即错, 则 $X$ 只能取值 $0, 1$ 这两个点, 故称两点分布.

两点分布 中, 若 $P(X = 1) = p$ , 则 $P(X = 0) = 1 - p$ .

#### b) 二项分布(多重伯努利分布)

当我们多次进行`两点分布`, 则最终结果表现出的分布形式, 称为`二项分布`, 又称`n重伯努利分布`.

例如: 抽查某生产线产品合格程度, 随机抽取 $n$ 个零件, 记 $X$ 为零件合格的个数. 则抽出 $k$ 件正品的概率为 $P(X = k)$ .

二项分布特征就是`有放回的抽查`, 每次抽查过程中, 所抽查对象的概率保持不变. 上述情况中, 若整个生产线产品合格率为 $p$ , 则无论第几次抽取, 抽到合格产品的概率都为 $p$ .

若 $X$ 满足伯努利分布, 则记 $X \sim B(n, p)$ , 其中 $n$ 表示`总抽查次数` , $p$ 表示`所需值出现的概率`.

我们计算一下 $P(X = k)$ :

$$
\begin{aligned}
P(X = 0) & = \underset{\text{每次都未抽中}}{(1 - p)^n} \\
P(X = n) & = \underset{\text{每次都抽中}}{p^n} \\
\ \\
P(X = 1) & = \underset{\text{一次抽中}}{p} \underset{\text{其余均为抽中}}{(1 - p)^{n - 1}} \underset{\text{1次不定序}}{n} = np(1 - p)^{n - 1} \\
\ \\
P(X = k) & = \underset{\text{k次抽中}}{p^k} \underset{\text{其余均为抽中}}{(1 - p)^{n - k}} \underset{\text{k次均不定序}}{C\_n^k} = C\_n^k p^k (1 - p)^{n - k}
\end{aligned}
$$

上述公式需要记忆, 则伯努利分布 $X$ 的分布列为:

| X    | 0           | 1                   | $\cdots$ | k                           | $\cdots$ | n     |
|------|-------------|---------------------|----------|-----------------------------|----------|-------|
| P(X) | $(1 - p)^n$ | $np(1 - p)^{n - 1}$ | $\cdots$ | $C\_n^k p^k (1 - p)^{n - k}$ | $\cdots$ | $p^n$ |

下面计算伯努利分布下的期望和方差:

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

*由于计算过程实在记不清了...这里不提供计算过程*

### 2.2 超几何分布

上述`伯努利分布`指的是概率不变的情况, 即连续有放回的抽签, 下面分析连续无放回的抽签, 抽到签数的随机变量符合的特征.

超几何分布指的是, 总数 $N$ 中共存在 $M$ 个符合期望的样本点, 从总数中抽取 $n$ 次, 抽到期望样品数目记作 $X$ , 则 $X$  满足超几何分布, 记作 $X \sim H(N, n, M)$ .

其中, 数学书上规定, $X$ 的取值为 $t, t + 1, \cdots, s$ , 其中 $s = min{M, n}$ , $t = \begin{aligned}\begin{cases}0 & , \ n \le N - M \ n - (N - M) & , \ n > N - M \end{cases}\end{aligned}$ , 十分晦涩难懂.

为了分析一个 $X$ 的取值, 我们简化一下超几何分布的要求.

共有 $N$ 个样品, 其中含有 $M$ 的次品, 共抽取 $n$ 次, 抽到次品数目记作 $X$ , 则 $X$ 的上限:

* 抽取到次品数目 $X$ 不可能超过 $M$ , 因为只有这么多次品.
* 抽取到次品数目 $X$ 不可能超过 $n$ , 因为一次只抽一个, 仅抽取这么多次.

综上: $X \le min{M, n}$

下面分析 $X$ 的下限:

* 当抽到的都是非次品时, $X = 0$ , 此时 $n$ 必然不超过非次品的数量 $N - M$ . 即 $n \le N - M$ 时, $X$ 最小值可以取到 $0$ .
* 当 $n$ 超过非次品数量, 即 $n > N - M$ 时, 在所难免的会抽到次品. 此时次品数目最少为 $n - (N - M)$ .

综上: $X \ge \begin{aligned}\begin{cases}0 & , \ n \le N - M \ n - (N - M) & , \ n > N - M \end{cases}\end{aligned}$ .

实际上, 当变量换成数据的时候, 就不难理解了.

> 在一个口袋中装有 $30$ 个球, 其中有 $10$ 个`红球`, 其余为`白球`. 这些球除颜色外完全相同. 游戏者一次从中摸出 $5$ 个球. 摸到至少 $4$ 个`红球`就中一等奖, 那么获一等奖的概率是多少?

记摸球 $5$ 次摸到红球的数目为 $X$ , 即 $X \sim H(30, 5, 10)$ .

显然 $X$ 最多摸到的全是`红球`, 最少一个都摸不到, 即 $0 \le X \le 5$

> 在一个口袋中装有 $30$ 个球, 其中有 $10$ 个`红球`, 其余为`白球`. 这些球除颜色外完全相同. 游戏者一次从中摸出 $15$ 个球. 摸到至少 $8$ 个`红球`就中一等奖, 那么获一等奖的概率是多少?

显然 $X$ 最多只能为 $10$ , 最少一个都摸不到, 即 $0 \le X \le 5$

> 在一个口袋中装有 $30$ 个球, 其中有 $10$ 个`红球`, 其余为`白球`. 这些球除颜色外完全相同. 游戏者一次从中摸出 $25$ 个球. 摸到至少 $10$ 个`红球`就中一等奖, 那么获一等奖的概率是多少?

显然 $X$ 最多为 $10$ , 最少也能摸到 $5$ 个红球, 即 $5 \le X \le 20$

*也就是只要注意, 最大别把期望样品抽没了, 最少别把剩下的抽没了*

下面计算 $P(X = k)$ :

$$
P(X = k) = \frac{\underset{\text{从M个期望样品中取出k个}}{C\_M^k} \times \underset{\text{从N - M个非期望物品中取出n - k个}}{C\_{N - M}^{n - k}}}{\underset{\text{从N个中取出n个的总情况数}}{C\_N^n}}
$$

计算式就是`所需情况/总情况`, 其中`所需情况`不仅仅是`从M个期望样品中取出k个`, 因为取出n个物品含有k个期望物品时, 必然还会取出 $n - k$ 个非期望物品, 也就是还需要与事件`从N - M个非期望物品中取出n - k个`取交集.

即 $P(X = k) = \frac{C\_M^k C\_{N - M}^{n - k}}{C\_N^n}$

由于无法确定 $k$ 的取值, 这里不再提供分布列, 下面需要记忆:

$$
E(X) = n \frac{M}{N}
$$

可认为 $\frac{M}{N}$ 为次品率, 则上式与伯努利模型类似.

超几何分布的方差不需要记忆, 但下面还是给出一个公式和计算过程:

$$
\begin{aligned}
D(X)
& = E(X^2) - E(X)^2 \\
& = \sum\_{k = 0}^{min{M, n}} \frac{k^2 C\_M^k C\_{N - M}^{m - k}}{C\_N^n} - (n \cdot \frac{M}{N})^2 \\
& = \frac{M}{C\_N^n} \sum\_{k = 1}^{min{M, n}} k C\_{M - 1}^{k - 1} C\_{N - M}^{m - k} - (n \cdot \frac{M}{N})^2 \\
& = \frac{M}{C\_N^n} \sum\_{k = 1}^{min{M, n}} \[(k - 1) C\_{M - 1}^{k - 1} C\_{N - M}^{m - k} + C\_{M - 1}^{k - 1} C\_{N - M}^{m - k}] - (n \cdot \frac{M}{N})^2 \\
& = \frac{M}{C\_N^n} \sum\_{k = 2}^{min{M, n}} (M - 1) C\_{M - 2}^{k - 2} C\_{N - M}^{m - k} + \frac{M}{C\_N^n} \sum\_{k = 1}^{min{M, n}} C\_{M - 1}^{k - 1} C\_{N - M}^{m - k} - (n \cdot \frac{M}{N})^2 \\
& = \frac{M}{C\_N^n} \[(M - 1) C\_{N - 2}^{m - 2} + C\_{N - 1}^{m - 1}] - (n \cdot \frac{M}{N})^2 \\
& = \frac{M(M - 1)n(n - 1)}{N(N - 1)} + n \cdot \frac{M}{N} - (n \cdot \frac{M}{N})^2 \\
& = \frac{nM(N - n)(N - M)}{N^2 (N - 1)}
\end{aligned}
$$

*摘自百度 [超几何分布](https://baike.baidu.com/item/%E8%B6%85%E5%87%A0%E4%BD%95%E5%88%86%E5%B8%83/4782968)*

另一种写法:

$$
D(X) = n \cdot \frac{M}{N} \cdot \frac{N - M}{N} \cdot \frac{N - n}{N - 1}
$$

*摘自知乎 [数学派 - 超几何分布、二项分布、几何分布一些小结论](https://zhuanlan.zhihu.com/p/371260434)*

### 2.3 几何分布

掷硬币过程中, 每次得到正反面的概率均为 $0.5$ , 那么什么时候能得到正面? 可能一发入魂, 也可能永远不中. 那么这样的分布, 是否存在规律可循?

下面介绍一种数学书上并没有指出的分布方式: `几何分布`.

连续独立重复试验中, 试验次数预先不能确定. 设每次试验成功的概率为 $p$ . 将试验进行到成功一次为止, 记 $X$ 为成功所需次数.

由于书上并没有相关知识, 因此这里也不给出几何分布的符号.

下面我们详细推导一下几何分布的相关内容.

*这些计算过程看似简单, 实则一点都不难, 但推导过程很值得参考*

#### a) 取值范围

开头即提到, 抛硬币打算得到正面, 可能一发入魂, 也可能永远不中, 所以几何分布中, $X = k, \ k = 1, 2, \cdots$

#### b) 分布列

$$
P(X = k) = \underset{\text{前k - 1次均不中}}{(1 - p)^{k - 1}} \underset{\text{\ 最后一次中了}}{p} = (1 - p)^{k - 1} p
$$

则分布列如下:

| X    | 1   | 2          | $\cdots$ | k                   | $\cdots$ |
|------|-----|------------|----------|---------------------|----------|
| P(X) | $p$ | $(1 - p)p$ | $\cdots$ | $(1 - p)^{k - 1} p$ | $\cdots$ |

#### c) 期望

$$
\begin{aligned}
E(X)
& = \lim\_{n \to \infty} \sum\_{i = 1}^n i P(X = i) \\
& = p + 2(1 - p)p + 3(1 - p)^2 p + \cdots + k (1 - p)^{k - 1}p + \cdots \\
& = p (1 + 2(1 - p) + 3(1 - p)^2 + 4(1 - p)^3 + \cdots + k (1 - p)^{k - 1} + \cdots) \\
& = p (1 + 2q + 3q^2 + 4q^3 + \cdots + kq^{k - 1} + \cdots) \ , \ \text{令} q = 1 - p
\end{aligned}
$$

这是我们只需要计算 $1 + 2q + 3q^2 + 4q^3 + \cdots + kq^{k - 1} + \cdots$ , 我们构造如下函数:

$$
f(q) = q + q^2 + q^3 + q^4 + \cdots + q^k + \cdots
$$

则有:

$$
f'(q) = 1 + 2q + 3q^2 + 4q^3 + \cdots + kq^{k - 1} + \cdots
$$

对于 $f(q)$ , 实际上为等比数列 ${q}$ 的各项和, 它的值为:

$$
f(q) = \lim\_{n \to \infty} \frac{q(1 - q^n)}{1 - q}
$$

由于 $q < 1$ , 则 $n \to \infty$ 时, $q^n = 0$ , 则 $f(q) = \frac{1}{1 - q}$ , 则:

$$
f'(q) = (\frac{1}{1 - q})' = \frac{1}{(1 - q)^2}
$$

即 $1 + 2q + 3q^2 + 4q^3 + \cdots + kq^{k - 1} + \cdots = \frac{1}{(1 - q)^2} = \frac{1}{p^2} \ , \ (q = 1 - p)$

代入上式得:

$$
E(X) = p (1 + 2q + 3q^2 + 4q^3 + \cdots + kq^{k - 1} + \cdots) = p \times \frac{1}{p^2} = \frac{1}{p}
$$

#### d) 方差

$$
\begin{aligned}
D(X)
& = E(X^2) - E^2(X)
& = \lim\_{n \to \infty} \sum\_{i = 1}^n i^2 P(X = i) - (\frac{1}{p})^2 \\
\end{aligned}
$$

*注意此处, $E(X^2)$ 计算中, 由于 $X$ 满足几何分布, 但 $X^2$ 未知, 所以 $E(X^2)$ 的计算需要重新推导*

*此外, 求 $E(X^2)$ 时, 只有取值发生了变化, 而概率仍然为 $P(X)$ , 也就是只有分布列 $X$ 栏发生了变化*

| $X^2$ | 1   | 4          | $\cdots$ | $k^2$               | $\cdots$ |
|-------|-----|------------|----------|---------------------|----------|
| P(X)  | $p$ | $(1 - p)p$ | $\cdots$ | $(1 - p)^{k - 1} p$ | $\cdots$ |

####

$$
\begin{aligned}
E(X^2)
& = \lim\_{n \to \infty} \sum\_{i = 1}^n i^2 P(X = i) \\
& = p + 4(1 - p)p + 9(1 - p)^2 p + 16(1 - p)^3 p + \cdots + k^2 (1 - p)^{k - 1} p + \cdots \\
& = p (1 + 4(1 - p) + 9(1 - p)^2 + 16(1 - p)^3 + \cdots + k^2 (1 - p)^{k - 1} + \cdots)
\end{aligned}
$$

同理, 令 $q = 1 - p$ 并构造如下函数:

$$
g(q) = q + 2q^2 + 3q^3 + \cdots + kq^k + \cdots
$$

则:

$$
g'(q) = 1 + 4q + 9q^2 + \cdots + k^2 q^{k - 1} + \cdots
$$

那么 $g(p)$ 是多少呢? 实际上就是上面的 $q f'(q)$ .

$$
g(q) = q (1 + 2q + 3q^2 + 4q^3 + \cdots + kq^{k - 1} + \cdots) = q f'(q)
$$

代入求解得:

$$
g(q) = \frac{q}{(1 - q)^2} \\
g'(q) = \frac{1 + q}{(1 - q)^3}
$$

则 $E(X^2) = p g'(q) = p \times \frac{1 + q}{(1 - q)^3} = p \times \frac{2 - p}{p^3} = \frac{2 - p}{p^2}$ .

故:

$$
\begin{aligned}
D(X)
& = E(X^2) - E^2(X) \\
& = \frac{2 - p}{p^2} - (\frac{1}{p})^2 \\
& = \frac{1 - p}{p^2}
\end{aligned}
$$

上述推导过程不要求掌握, 但构造 $f(q) = q + q^2 + q^3 + q^4 + \cdots + q^k + \cdots$ 需要有印象.

概率中, 有时 $f(q)$ 被成为`概率母函数`, 而 $f'(q), f''(q)$ 则分别为 $E(X), D(X)$ (的关键).

*记住, 遇到 $kq^k$ 类累加时, 构造 $q^k$ 累加的函数*

## 3. 正态分布

上述随机变量指的都是`离散型随机变量`, 下面讲解一下`连续型随机变量`非常简单常见的分布: `正态分布`.

正态分布的定义很复杂:

若一维随机变量 $X$ 的密度函数为:

$$
f(x) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi} \sigma} e^{- \frac{(x - \mu)^2}{2 \sigma^2}}
$$

其中 $\mu$ 和 $\sigma$ 为常数且 $\sigma > 0$ , 则称随机变量 $X$ 服从参数为 $\mu, \sigma^2$ 的正态分布, 记作 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$

但上述定义, 以及密度函数等完全不需要记忆, 它被称为`正态`, 因为符合自然界规律, 比较常见. 正态分布英文为`Normal distribution`, 其中`N`便是其符号的由来.

### 3.1 分布

由于正态分布为连续型随机变量, 所以无法画出分布列, 但是, 将各个点的概率绘制成图, 可得到如下图像:

![正态分布图像](https://pic2.zhimg.com/v2-8b92b37c457be2ba10e79c1ab1c414fd_r.webp)

*引用自知乎[他叫小胖子呐 - 正态分布、标准正态分布（定义、期望、方差、例题）](https://zhuanlan.zhihu.com/p/503557666)*

该分布图像即上述公式的图像.

*事实上, 生物中`S型增长`曲线就是上述图像的前一半, 符合该公式的也被称为`逻辑斯谛模型`或`高斯模型`*

分析它的图像:

该图像存在对称轴 $x = \mu$ , 最大值 $\frac{1}{\sqrt{2 \pi} \sigma}$ , 图像先增后减, 并向 $\pm \infty$ 方向趋近于x轴, 即值趋近于 $0$ .

其中 $\sigma$ 越大, 图像越矮胖, $\sigma$ 越小, 图像越高瘦.

### 3.2 数字特征

对于 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$ , 其期望 $E(X) = \mu$ , 方差 $D(X) = \sigma^2$ , 只需要记忆这两个值含义即可, 不涉及计算.

### 3.3 与离散型随机变量的关系

\~~安排失误, 这里应该先讲比较好~~

对于连续型随机变量 $X$ , 若 $X \sim B(n, p)$ , 其概率统计图如图所示:

![钟形曲线](/notes/study/20250327-1-2.webp)

*引用自CSDN[十大战略工具（6）—— 正态分布&幂律分布](https://blog.csdn.net/qq_37492806/article/details/107362709)*

可以直观看到符合`伯努利分布`的随机变量概率统计基本上吻合`正态分布`, 其中 $\mu = E(X), \sigma^2 = D(X)$ .

当 $n$ 很大时, 该图像将更为接近正态分布图像, 当 $n \to \infty$ 时, 此时的伯努利分布就是正态分布.

### 3.4 高尔顿板

`高尔顿板`, 又称`高尔顿钉板`, `钉板`等, 是英国生物统计学家高尔顿制作的一块三角形钉板.

![高尔顿板](https://pic2.zhimg.com/v2-1e1139e2ddd5588610a79c23f1c579b1_1440w.jpg?source=172ae18b)

当小球从最上方自由释放后, 没遇到一次钉子, 有 $50%$ 的概率从右侧滑落, $50%$ 的概率从左侧滑落.

当小球落到最下面时, 可以计算到各个位置的概率.

一个 $n$ 层的高尔顿板.

对于最边上的位置, 只有小球一直向左滑落(或一直向右), 则概率为: $P = \frac{1}{2}^n$

对于边上向内一格的位置, 小球需要在一路向左的过程中向右一次, 但 $n$ 层中无论什么时候向右都可以, 故概率为: $P = \frac{1}{2}^{n - 1} \frac{1}{2} n = n \frac{1}{2}^n$

再向内一格, 小球需要两次向右一路向左, $n$ 层中有两个向右的结果( $C\_n^2$ ), 则概率为: $P = C\_n^2 \frac{1}{2}^n$

依次类推, 实际上, 小球遵循的就是很平均的伯努利分布. 当小球足够多, 钉板足够密, 则形成了正态分布的`钟形曲线`(~~虽然没看出来哪里像钟了~~).

### 3.5 特殊概率值

对于正态分布, 大部分值都分布在中央, 少部分值分布在外面, 因此对于检测, 有三个比较特殊的值分布范围:

对于 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$

$$
P(\mu - \sigma \le X \le \mu + \sigma) = 68% \\
P(\mu - 2\sigma \le X \le 2\mu + \sigma) = 95% \\
P(\mu - 3\sigma \le X \le 3\mu + \sigma) = 99.7%
$$

可以看到, 当 $X$ 位于对称轴周围 $2\sigma$ 的区域时, 分布的概率高达 $95%$ , 可以看出正态分布边际是十分难以达到的.

*三个值并不需要记忆, 此外, 高中常常取到小数点后一位*

### 3.6 标准正态分布

数据处理常常需要`标准化`操作, 也就是将数据通过固定的比例`缩小`(或`放大`)到一个固定的范围, 通常是 $\[0, 1]$ .

我们把数据进行如下标准化处理:

对于 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$

$$
X\_i' = \frac{1}{\sigma} (X\_i - \mu)
$$

这样

$$
\mu' = \mu - \mu = 0 \\
\sigma^2 = \sigma^2 \times \frac{1}{\sigma^2} = 1
$$

则上述转换将 $X \sim N(\mu, \sigma^2) \ \rightarrow X' \sim N(0, 1)$

$N(0, 1)$ 被称为`标准正态分布`.

## 4. 卡方检测

`卡方检测`, 分为`卡方独立性检验`和`卡方适配度检验`两种, 高中教材中卡方检测特质前者, 即`卡方独立性检验`.

`卡方检测`可以检测两个随机变量直接的相关性. 如探究`是否使用某治疗方法`与`是否可以缓解症状`两个事件之间的是否存在联系, 可以准备 $a, b, c, d$ 4组数据, 列表如下:

| 疗法/疗效 | 缓解      | 未缓解     | 总合      |
|-------|---------|---------|---------|
| 使用    | $a$     | $b$     | $a + b$ |
| 不使用   | $c$     | $d$     | $c + d$ |
| 总合    | $a + c$ | $b + d$ | $n$     |

其中 $n = a + b + c + d$ .

计算如下式子:

$$
\chi^2 = \frac{n(ad - bc)^2}{(a + b)(a + c)(b + c)(b + d)}
$$

$\chi^2$ 越大, 说明`上述两件事之间有关系`的可信程度越高, 其中`认定两件事有关`结论出错的概率如下表所示:

| $P(\chi^2 \ge k)$ | 0.50  | 0.40  | 0.25  | 0.15  | 0.10  | 0.05  | 0.025 | 0.010 | 0.005 | 0.001  |
|-------------------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|-------|--------|
| $k$               | 0.455 | 0.708 | 1.323 | 2.072 | 2.706 | 3.841 | 5.024 | 6.635 | 7.879 | 10.828 |

或者说, 上述表格表示的是对应 $\chi^2$ 值下, `认定两件事无关`的概率, $\chi^2$ 越大, 上述概率越小, 两件事有关的概率就越大.

例题:

![](/notes/study/20250327-1-3.webp)

(1)很轻松, 直接略; (2)如下:

*既然题目中`卡方`给定的符号为 $K^2$ , 那么我们使用 $K^2$ 而非 $\chi^2$ ( $K^2$ 是老教材的写法)*

直接列式:

$$
K^2 = \frac{100 \times (40 \times 20 - 30 \times 10)^2}{50 \times 50 \times 70 \times 30} \approx 4.762
$$

*这里题目都会给出一部分卡方表格, 计算精确程度以表给给出精度为准, 这里统一取`.3f`精度*

由于 $4.762 > 3.841$ , 故有 $95 %$ 的把握认为男女顾客对该商场服务的评价有差异.

***

从`2025.03.27`开始一直写到`22025.04.15`, 终于写完了... 希望能帮到你~