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  • 均匀分布期望和方差

    万次阅读 2019-05-07 18:37:36
    均匀分布期望和方差 .

    均匀分布的期望和方差

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  • 均匀分布期望方差

    万次阅读 2017-09-29 14:34:24
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  • 概率论各种基础分布期望和方差推导过程汇总

    万次阅读 多人点赞 2019-06-24 00:08:16
    0-1分布 XXX~b(1,p)b(1,p)b(1,p) E(X)=p∗1+(1−p)∗0=pE(X)=p*1+(1-p)*0=pE(X)=p∗1+(1−p)∗0=p E(X2)=02∗(1−p)+12∗p=pE(X^2)=0^2*(1-p)+1^2*p=pE(X2)=02∗(1−p)+12∗p=p D(X)=E(X2)−E(X)2=p−p2=p(1−p)D(X)...

    一、0-1分布 X X X~ B ( 1 , p ) B(1,p) B(1,p)

    E ( X ) = p ∗ 1 + ( 1 − p ) ∗ 0 = p E(X)=p*1+(1-p)*0=p E(X)=p1+(1p)0=p

    显然 E ( X 2 ) = 0 2 ∗ ( 1 − p ) + 1 2 ∗ p = p E(X^2)=0^2*(1-p)+1^2*p=p E(X2)=02(1p)+12p=p

    D ( X ) = E ( X 2 ) − E ( X ) 2 = p − p 2 = p ( 1 − p ) D(X)=E(X^2)-E(X)^2=p-p^2=p(1-p) D(X)=E(X2)E(X)2=pp2=p(1p)

    二、二项分布 X X X~ B ( n , p ) B(n,p) B(n,p)

    可认为 X = X 1 + X 2 + ⋯ + X n X=X_1+X_2+\cdots +X_n X=X1+X2++Xn X i X_i Xi~ B ( 1 , p ) B(1,p) B(1,p)
    E ( X ) = E ( X 1 + X 2 + ⋯ + X n ) = ∑ i = 1 n E ( X i ) = n p E(X)=E(X_1+X_2+\cdots +X_n)=\sum\limits^n_{i=1}E(X_i)=np E(X)=E(X1+X2++Xn)=i=1nE(Xi)=np
    D ( X ) = D ( ∑ i = 1 n X i ) = ∑ i = 1 n D ( X i ) = n p ( 1 − p ) D(X)=D(\sum\limits^n_{i=1}X_i)=\sum\limits^n_{i=1}D(X_i)=np(1-p) D(X)=D(i=1nXi)=i=1nD(Xi)=np(1p)

    三、均匀分布 X X X~ U ( a , b ) U(a,b) U(a,b)

    X X X的概率密度为 f ( x ) = { 1 b − a , a < x < b 0 其 他 f(x)=\begin{cases}\dfrac{1}{b-a} ,&a<x<b\\0 &其他\end{cases} f(x)=ba1,0a<x<b
    E ( X ) = ∫ − ∞ ∞ x f ( x ) d x = ∫ a b x b − a d x = a + b 2 E(X)=\int\limits^{\infty}_{-\infty}xf(x)dx=\int\limits^b_a\dfrac{x}{b-a}dx=\dfrac{a+b}{2} E(X)=xf(x)dx=abbaxdx=2a+b
    D ( X ) = E ( X 2 ) − E ( X ) 2 = ∫ − ∞ ∞ x 2 f ( x ) d x − ( a + b 2 ) 2 = ( b − a ) 2 12 D(X)=E(X^2)-E(X)^2=\int\limits^{\infty}_{-\infty}x^2f(x)dx-(\dfrac{a+b}{2})^2=\dfrac{(b-a)^2}{12} D(X)=E(X2)E(X)2=x2f(x)dx(2a+b)2=12(ba)2

    四、泊松分布 X X X~ π ( λ ) , P ( λ ) \pi(\lambda),P(\lambda) π(λ),P(λ)

    P ( X = k ) = λ k k ! e − λ P(X=k)=\dfrac{\lambda ^k}{k!}e^{-\lambda} P(X=k)=k!λkeλ
    E ( X ) = ∑ k = 0 ∞ k λ k k ! e − λ = 0 λ 0 0 ! e − λ + λ e − λ ∑ k − 1 = 0 ∞ λ k − 1 ( k − 1 ) ! = λ e − λ e λ = λ E(X)=\sum\limits^{\infty}_{k=0}k\dfrac{\lambda ^k}{k!}e^{-\lambda}=0\dfrac{\lambda ^0}{0!}e^{-\lambda}+\lambda e^{-\lambda}\sum\limits^{\infty}_{k-1=0}\dfrac{\lambda ^{k-1}}{(k-1)!}=\lambda e^{-\lambda}e^{\lambda}=\lambda E(X)=k=0kk!λkeλ=00!λ0eλ+λeλk1=0(k1)!λk1=λeλeλ=λ

    注释

    e x e^x ex x = 0 x=0 x=0处展开 e x = 1 + x + x 2 / 2 ! + … + x n / n ! + … = ∑ n = 0 ∞ x n n ! e^x=1+x+x^2/2!+…+x^n/n!+…=\sum\limits^\infty_{n=0}\dfrac{x^n}{n!} ex=1+x+x2/2!++xn/n!+=n=0n!xn

    同时 E [ X ( X − 1 ) ] = ∑ k = 0 ∞ k ( k − 1 ) λ k k ! e − λ = λ 2 E[X(X-1)]=\sum\limits^{\infty}_{k=0}k(k-1)\dfrac{\lambda ^k}{k!}e^{-\lambda}=\lambda^2 E[X(X1)]=k=0k(k1)k!λkeλ=λ2
    所以 E ( X 2 ) = E ( X ( X − 1 ) + X ) = E [ X ( X − 1 ) ] + E ( X ) = λ 2 + λ E(X^2)=E(X(X-1)+X)=E[X(X-1)]+E(X)=\lambda^2+\lambda E(X2)=E(X(X1)+X)=E[X(X1)]+E(X)=λ2+λ

    D ( X ) = E ( X 2 ) − E ( X ) 2 = λ 2 + λ − λ 2 = λ D(X)=E(X^2)-E(X)^2=\lambda^2+\lambda-\lambda^2=\lambda D(X)=E(X2)E(X)2=λ2+λλ2=λ

    五、 指数分布 X X X~ E ( θ ) E(\theta) E(θ)

    f ( x ) = { 1 θ e − x / θ , x > 0 0 x ≤ 0 , ( θ > 0 ) f(x)=\begin{cases}\dfrac{1}{\theta } e^{-x/\theta },&x> 0\\0 &x\le0\end{cases},(\theta>0) f(x)=θ1ex/θ,0x>0x0,(θ>0)
    (这是其中一种形式,还有形式有 λ = 1 / θ \lambda=1/\theta λ=1/θ作为参数的等等)
    E ( X ) = ∫ − ∞ ∞ x f ( x ) d x E(X)=\int\limits^{\infty}_{-\infty}xf(x)dx E(X)=xf(x)dx
    = ∫ 0 ∞ x 1 θ e − x / θ d x =\int\limits^{\infty}_{0}x\dfrac{1}{\theta } e^{-x/\theta }dx =0xθ1ex/θdx
    = [ 1 θ x ( − θ ) e − x / θ − ∫ 1 θ ( − θ ) e − x / θ d x ] 0 ∞ =\Big[\dfrac{1}{\theta }x(-\theta)e^{-x/\theta }-\int \dfrac{1}{\theta } (-\theta)e^{-x/\theta }dx\Big]^{\infty}_{0} =[θ1x(θ)ex/θθ1(θ)ex/θdx]0
    = [ − x e − x / θ − θ e − x / θ ] 0 ∞ =\Big[ -xe^{-x/\theta } -\theta e^{-x/\theta } \Big]^{\infty}_{0} =[xex/θθex/θ]0
    = θ =\theta =θ

    同理 E ( X 2 ) = ∫ − ∞ ∞ x 2 f ( x ) d x = 2 θ 2 E(X^2)=\int\limits^{\infty}_{-\infty}x^2f(x)dx=2\theta^2 E(X2)=x2f(x)dx=2θ2

    D ( X ) = E ( X 2 ) − E ( X ) 2 = 2 θ 2 − θ 2 = θ 2 D(X)=E(X^2)-E(X)^2=2\theta^2-\theta^2=\theta^2 D(X)=E(X2)E(X)2=2θ2θ2=θ2

    六、正态/高斯分布 X X X~ N ( μ , σ 2 ) N(\mu,\sigma^2) N(μ,σ2)

    f ( x ) = 1 2 π σ e − ( x − μ ) 2 2 σ 2 f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\dfrac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} f(x)=2π σ1e2σ2(xμ)2
    Z = X − μ σ ∴ Z ∼ N ( 0 , 1 ) Z=\dfrac{X-\mu}{\sigma}\therefore Z\sim N(0,1) Z=σXμZN(0,1)
    容易知道 E ( Z ) = 0 E(Z)=0 E(Z)=0, D ( Z ) = 1 D(Z)=1 D(Z)=1
    X = μ + σ Z X=\mu+\sigma Z X=μ+σZ
    E ( X ) = E ( μ + σ Z ) = μ E(X)=E(\mu+\sigma Z)=\mu E(X)=E(μ+σZ)=μ
    D ( X ) = D ( μ + σ Z ) = σ 2 D(X)=D(\mu+\sigma Z)=\sigma^2 D(X)=D(μ+σZ)=σ2
    但是事实上用定义来做也能得出这个结果

    常用结论

    X ‾ − μ σ / n ∼ N ( 0 , 1 ) \dfrac{\overline X-\mu}{\sigma/\sqrt{n}} \sim N(0,1) σ/n XμN(0,1) 证明在下面样本均值模块

    七、卡方分布 χ 2 ∼ χ 2 ( n ) \chi^2\sim \chi^2(n) χ2χ2(n)

    χ 2 ( n ) = ∑ i = 1 n X i 2 , X i ∼ N ( 0 , 1 ) \chi^2(n)=\sum\limits^n_{i=1}X_i^2,X_i\sim N(0,1) χ2(n)=i=1nXi2,XiN(0,1)

    E ( X i 2 ) = E ( ( X i − 0 ) 2 ) = D ( X i ) = 1 E(X_i^2)=E((X_i-0)^2)=D(X_i)=1 E(Xi2)=E((Xi0)2)=D(Xi)=1

    E ( χ 2 ) = E ( ∑ i = 1 n X i 2 ) = n E(\chi^2)=E(\sum\limits^n_{i=1}X_i^2)=n E(χ2)=E(i=1nXi2)=n

    D ( X i 2 ) = E ( X i 4 ) − E ( X i 2 ) 2 = 3 − 1 = 2 D(X_i^2)=E(X^4_i)-E(X_i^2)^2=3-1=2 D(Xi2)=E(Xi4)E(Xi2)2=31=2

    D ( χ 2 ) = D ( ∑ i = 1 n X i 2 ) = 2 n D(\chi^2)=D(\sum\limits^n_{i=1}X_i^2)=2n D(χ2)=D(i=1nXi2)=2n

    注释

    E ( X 4 ) = 3 , X ∼ N ( 0 , 1 ) E(X^4)=3,X\sim N(0,1) E(X4)=3,XN(0,1) 证明用 E ( g ( X ) ) = ∫ − ∞ ∞ g ( x ) f ( x ) d x E(g(X))=\int\limits^{\infty}_{-\infty}g(x)f(x)dx E(g(X))=g(x)f(x)dx方法,也可以看最下面的解释

    常用结论

    X i ∼ N ( μ , σ 2 ) X_i\sim N(\mu,\sigma^2) XiN(μ,σ2)
    1. ∑ i = 1 n ( X i − μ σ ) 2 ∼ χ 2 ( n ) \sum\limits^n_{i=1}(\dfrac{X_i-\mu}{\sigma})^2 \sim \chi^2(n) i=1n(σXiμ)2χ2(n)
    2. ( n − 1 ) S 2 σ 2 = ∑ i = 1 n ( X i − X ‾ σ ) 2 ∼ χ 2 ( n − 1 ) \dfrac{(n-1)S^2}{\sigma^2}=\sum\limits^n_{i=1}(\dfrac{X_i-\overline X}{\sigma})^2 \sim \chi^2(n-1) σ2(n1)S2=i=1n(σXiX)2χ2(n1)(在1式情况下,当 μ \mu μ未知时,用 X ‾ \overline X X来代替 μ \mu μ)
    3. X ‾ , S 2 \overline X,S^2 XS2相互独立,且 X ‾ − μ S / n ∼ t ( n − 1 ) \dfrac{\overline X-\mu}{S/\sqrt{n}} \sim t(n-1) S/n Xμt(n1)(在把 X ‾ \overline X X标准化的时候,当 σ \sigma σ未知时,用 S S S来代替 σ \sigma σ t t t t t t-分布)

    八、抽样分布(1)样本均值 X ‾ ∼ N ( μ , σ 2 / n ) \overline X \sim N(\mu,\sigma^2/n) XN(μ,σ2/n)

    我们通常定义 X ‾ = 1 n ∑ i = 1 n X i , X i ∼ N ( μ , σ 2 ) \overline X=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}X_i,X_i\sim N(\mu,\sigma^2) X=n1i=1nXiXiN(μ,σ2)
    E ( X ‾ ) = E ( 1 n ∑ i = 1 n X i ) = 1 n ∑ i = 1 n E ( X i ) = n μ n = μ E(\overline X)=E(\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}X_i)=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}E(X_i)=\frac{n\mu}{n}=\mu E(X)=E(n1i=1nXi)=n1i=1nE(Xi)=nnμ=μ
    D ( X ‾ ) = D ( 1 n ∑ i = 1 n X i ) = ( 1 n ) 2 ∑ i = 1 n D ( X i ) = n σ 2 n 2 = σ 2 / n D(\overline X)=D(\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}X_i)=(\dfrac{1}{n})^2\sum\limits_{i=1}^{n}D(X_i)=\dfrac{n\sigma^2}{n^2}=\sigma^2/n D(X)=D(n1i=1nXi)=(n1)2i=1nD(Xi)=n2nσ2=σ2/n

    注释

    以下证明 X ‾ ∼ N ( μ , σ 2 / n ) \overline X \sim N(\mu,\sigma^2/n) XN(μ,σ2/n)
    X ∼ N ( μ x , σ x 2 ) , Y ∼ N ( μ y , σ y 2 ) X\sim N(\mu_x,\sigma^2_x),Y\sim N(\mu_y,\sigma^2_y) XN(μx,σx2),YN(μy,σy2) X , Y X,Y X,Y独立时,则 a X + b Y aX+bY aX+bY(a,b为不全为0的系数)也遵循正态分布, a X + b Y ∼ N ( a μ x + b μ y , a 2 σ x 2 + b 2 σ y 2 ) aX+bY \sim N(a\mu_x+b\mu_y,a^2\sigma_x^2+b^2\sigma^2_y) aX+bYN(aμx+bμy,a2σx2+b2σy2)
    所以 X ‾ = 1 n ∑ i = 1 n X i ∼ N ( 1 n ∑ i = 1 n μ i , 1 n 2 ∑ i = 1 n σ i 2 ) = N ( μ , σ 2 / n ) \overline X=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}X_i \sim N(\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}\mu_i,\dfrac{1}{n^2}\sum\limits_{i=1}^{n}\sigma^2_i)=N(\mu,\sigma^2/n) X=n1i=1nXiN(n1i=1nμi,n21i=1nσi2)=N(μ,σ2/n)

    九、抽样分布(2) 样本方差 S 2 S^2 S2

    我们通常定义 S 2 = 1 n − 1 ∑ i = 1 n ( X i − X ‾ ) 2 , X i ∼ N ( μ , σ 2 ) S^2=\dfrac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^{n}(X_i-\overline X)^2,X_i\sim N(\mu,\sigma^2) S2=n11i=1n(XiX)2XiN(μ,σ2)
    E ( S 2 ) = E [ 1 n − 1 ( ( ∑ i = 1 n X i 2 ) − n X ‾ 2 ) ] E(S^2)=E[\dfrac{1}{n-1}((\sum\limits_{i=1}^{n}X_i^2)-n\overline X^2)] E(S2)=E[n11((i=1nXi2)nX2)]
    = 1 n − 1 [ ( ∑ i = 1 n E ( X i 2 ) ) − n E ( X ‾ 2 ) ] =\dfrac{1}{n-1}[(\sum\limits_{i=1}^{n}E(X_i^2))-nE(\overline X^2)] =n11[(i=1nE(Xi2))nE(X2)]
    = 1 n − 1 [ ( ∑ i = 1 n σ 2 + μ 2 ) − n ( σ 2 / n + μ 2 ) ] =\dfrac{1}{n-1}[(\sum\limits_{i=1}^{n}\sigma^2+\mu^2)-n(\sigma^2/n+\mu^2)] =n11[(i=1nσ2+μ2)n(σ2/n+μ2)]
    = σ 2 =\sigma^2 =σ2

    实际上在上面提到对 S 2 S^2 S2 ( n − 1 ) S 2 σ 2 = ∑ i = 1 n ( X i − X ‾ σ ) 2 ∼ χ 2 ( n − 1 ) \dfrac{(n-1)S^2}{\sigma^2}=\sum\limits_{i=1}^{n}(\dfrac{X_i-\overline X}{\sigma})^2 \sim \chi^2(n-1) σ2(n1)S2=i=1n(σXiX)2χ2(n1)
    所以 2 ( n − 1 ) = D ( ( n − 1 ) S 2 σ 2 ) = ( n − 1 ) 2 σ 4 D ( S 2 ) 2(n-1)=D(\dfrac{(n-1)S^2}{\sigma^2})=\dfrac{(n-1)^2}{\sigma^4}D(S^2) 2(n1)=D(σ2(n1)S2)=σ4(n1)2D(S2),即

    D ( S 2 ) = 2 σ 4 n − 1 D(S^2)=\dfrac{2\sigma^4}{n-1} D(S2)=n12σ4

    反过来想,有 E ( ∑ i = 1 n ( X i − X ‾ ) 2 ) E(\sum\limits_{i=1}^{n}(X_i-\overline X)^2) E(i=1n(XiX)2)
    = ( n − 1 ) E ( 1 n − 1 ∑ i = 1 n ( X i − X ‾ ) 2 ) =(n-1)E(\dfrac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^{n}(X_i-\overline X)^2) =(n1)E(n11i=1n(XiX)2)
    = ( n − 1 ) E ( S 2 ) =(n-1)E(S^2) =(n1)E(S2) = ( n − 1 ) σ 2 =(n-1)\sigma^2 =(n1)σ2

    十、正态变量的幂的统计量

    假设 X ∼ N ( μ , σ 2 ) X\sim N(\mu,\sigma^2) XN(μ,σ2)

    仍然有 Z = X − μ σ Z=\dfrac{X-\mu}{\sigma} Z=σXμ Z ∼ N ( 0 , 1 ) Z\sim N(0,1) ZN(0,1)

    E ( X 2 ) = D ( X ) + E ( X ) 2 = σ 2 + μ 2 E(X^2)=D(X)+E(X)^2=\sigma^2+\mu^2 E(X2)=D(X)+E(X)2=σ2+μ2.

    由于 E ( Z 3 ) = ∫ − ∞ ∞ z 3 φ ( z ) d z E(Z^3)=\int\limits^\infty_{-\infty}z^3\varphi(z)dz E(Z3)=z3φ(z)dz,且 φ ( z ) \varphi(z) φ(z)是偶函数, z 3 z^3 z3是奇函数,
    ∫ 0 ∞ z 3 φ ( z ) d z \int\limits^\infty_{0}z^3\varphi(z)dz 0z3φ(z)dz
    = ∫ 0 ∞ z 3 1 2 π e − z 2 / 2 d z =\int\limits^\infty_{0}z^3\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-z^2/2}dz =0z32π 1ez2/2dz
    = ∫ 0 ∞ z 3 2 3 / 2 2 3 / 2 2 π 2 e − z 2 / 2 d z 2 =\int\limits^\infty_{0} \dfrac{z^3}{2^{3/2}} \dfrac{2^{3/2}}{\sqrt{2\pi}} \sqrt{2}e^{-z^2/2}d\dfrac{z}{\sqrt{2}} =023/2z32π 23/22 ez2/2d2 z
    = 2 2 π ∫ 0 ∞ t 3 e − t 2 d t =\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{\pi}}\int\limits^\infty_{0}t^3e^{-t^2}dt =π 22 0t3et2dt, ( t = z / 2 ) (t=z/\sqrt{2}) (t=z/2 )
    = 2 2 π 1 2 Γ ( 2 ) = 2 π =\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{\pi}}\dfrac{1}{2}\Gamma(2)=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{\pi}} =π 22 21Γ(2)=π 2
    所以此积分收敛, E ( Z 3 ) = 0 E(Z^3)=0 E(Z3)=0
    同理可得 E ( Z 4 ) = 4 π Γ ( 5 2 ) = 3 E(Z^4)=\dfrac{4}{\sqrt{\pi}}\Gamma(\dfrac{5}{2})=3 E(Z4)=π 4Γ(25)=3等等

    注释

    事实上,有 ∫ 0 ∞ z n φ ( z ) d z = 2 n 2 π Γ ( n + 1 2 ) ( n ∈ Z + ) \int\limits^\infty_{0}z^n\varphi(z)dz=\dfrac{\sqrt{2}^n}{2\sqrt{\pi}}\Gamma(\dfrac{n+1}{2})(n\in Z^+) 0znφ(z)dz=2π 2 nΓ(2n+1)(nZ+)
    所以
    ∫ − ∞ ∞ z n φ ( z ) d z = { 2 n π Γ ( n + 1 2 ) ( n = 2 k ) 0 ( n = 2 k + 1 ) ( k ∈ Z + ) \int\limits^\infty_{-\infty}z^n\varphi(z)dz=\left\{ \begin{aligned} \dfrac{\sqrt{2}^n}{\sqrt{\pi}}\Gamma(\dfrac{n+1}{2}) & & (n=2k) \\ 0 & & (n=2k+1) \\ \end{aligned} \right.(k\in Z^+) znφ(z)dz=π 2 nΓ(2n+1)0(n=2k)(n=2k+1)(kZ+)
    其中 Γ ( x ) \Gamma(x) Γ(x) Γ \Gamma Γ函数。 Γ ( a + 1 ) = a Γ ( a ) = a ! , Γ ( 1 / 2 ) = π \Gamma(a+1)=a\Gamma(a)=a!,\Gamma(1/2)=\sqrt{\pi} Γ(a+1)=aΓ(a)=a!,Γ(1/2)=π

    另一方面
    E ( Z 3 ) = E ( X − μ σ ) 3 = E ( 1 σ 3 ( X 3 − 3 μ X 2 + 3 μ 2 X − μ 3 ) ) E(Z^3)=E(\dfrac{X-\mu}{\sigma})^3=E(\dfrac{1}{\sigma^3}(X^3-3\mu X^2+3\mu^2X-\mu^3)) E(Z3)=E(σXμ)3=E(σ31(X33μX2+3μ2Xμ3))
    = 1 σ 3 ( E ( X 3 ) − 3 μ E ( X 2 ) + 3 μ 2 E ( X ) − μ 3 ) =\dfrac{1}{\sigma^3}(E(X^3)-3\mu E(X^2)+3\mu^2E(X)-\mu^3) =σ31(E(X3)3μE(X2)+3μ2E(X)μ3)
    = 1 σ 3 ( E ( X 3 ) − 3 μ ( σ 2 + μ 2 ) + 3 μ 2 μ − μ 3 ) =\dfrac{1}{\sigma^3}(E(X^3)-3\mu(\sigma^2+\mu^2)+3\mu^2\mu-\mu^3) =σ31(E(X3)3μ(σ2+μ2)+3μ2μμ3)
    可得

    E ( X 3 ) = 3 μ σ 2 + μ 3 E(X^3)=3\mu\sigma^2+\mu^3 E(X3)=3μσ2+μ3

    以这种方法可以算出高次幂的期望,进而根据 D ( X n ) = E ( X 2 n ) − E ( X n ) 2 D(X^n)=E(X^{2n})-E(X^n)^2 D(Xn)=E(X2n)E(Xn)2可以算出高次幂的方差。

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  • 概率论几大分布期望和方差证明整合

    千次阅读 多人点赞 2019-06-06 15:39:38
    对概率论中常见分布包括二项分布、0-1分布、泊松分布均匀分布、正态分布、指数分布期望和方差推导证明。

    前言

    简介

           本文是对概率论中常见分布包括二项分布、0-1分布、泊松分布、均匀分布、正态分布、指数分布的期望和方差的证明整合,附加自己的推导或理解。

    导览

          二项分布 (Binomial Distribution)
          泊松分布 (Poisson’s Distribution)
          均匀分布 (Uniform Distribution)
          正态分布 (Normal Distribution)
          指数分布 (Exponential Distribution)

    总结

          二项分布 (Binomial Distribution) X~B(n,p):E(X)=np,D(X)=np(1-p)=npq 。
          0-1分布 X~B(1,p):E(X)=p,D(X)=p(1-p)=pq 。
          泊松分布 (Poisson’s Distribution) X~P( λ \lambda λ):E(X)=λ,D(X)=λ 。
          均匀分布 (Uniform Distribution) X~U(a,b) :E(X)= ( a + b ) / 2 (a+b)/2 (a+b)/2,D(X)= ( b − a ) 2 / 12 (b-a)^2/12 (ba)2/12
          正态分布 (Normal Distribution) X~N(μ,σ):E(X)=μ,D(X)= σ 2 σ^2 σ2
          指数分布 (Exponential Distribution)X~Γ(1,β):E(X)= 1 / λ 1/λ 1/λ,D(X)= 1 / λ 2 1/λ^2 1/λ2

    正文

    二项分布 (Binomial Distribution) From QUETAL and chs007chs

    Part Ⅰ From QUETAL

    X~B(n,p)

    分布律: P ( X = k ) = ( n k ) p k q n − k , k = 0 , 1 , 2 , . . , n , q = 1 − p P(X=k) = {n\choose k}p^kq^{n-k},k = 0,1,2,..,n,q = 1-p P(X=k)=(kn)pkqnkk=0,1,2,..,nq=1p
    期望:
    E X = ∑ k = 0 n k ( n k ) p k q n − k = ∑ k = 1 n k ( n k ) p k q n − k = ∑ k = 1 n k n ! k ! ( n − k ) ! p k q n − k = n p ∑ k = 1 n ( n − 1 ) ! ( k − 1 ) ! ( n − k ) ! p k − 1 q ( n − 1 ) − ( k − 1 ) = n p ∑ k = 1 n ( n − 1 k − 1 ) p k − 1 q ( n − 1 ) − ( k − 1 ) = n p [ ( n − 1 0 ) p 0 q n − 1 + ( n − 1 1 ) p 1 q n − 2 + . . . + ( n − 1 n − 1 ) p n − 1 q 0 ] = n p EX = \sum_{k=0}^n k {n\choose k}p^kq^{n-k} \\ = \sum_{k=1}^n k {n\choose k}p^kq^{n-k} \\ = \sum_{k=1}^n k {\frac{n!}{k!(n-k)!}}p^kq^{n-k} \\ = np\sum_{k=1}^n {\frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}}p^{k-1}q^{(n-1)-(k-1)} \\ = np\sum_{k=1}^n{n-1\choose k-1}p^{k-1}q^{(n-1)-(k-1)}\\ = np[{n-1\choose 0}p^0q^{n-1}+{n-1\choose 1}p^1q^{n-2}+...+{n-1\choose n-1}p^{n-1}q^0] \\ = np EX=k=0nk(kn)pkqnk=k=1nk(kn)pkqnk=k=1nkk!(nk)!n!pkqnk=npk=1n(k1)!(nk)!(n1)!pk1q(n1)(k1)=npk=1n(k1n1)pk1q(n1)(k1)=np[(0n1)p0qn1+(1n1)p1qn2+...+(n1n1)pn1q0]=np
    方差: D X = E X 2 − ( E X ) 2 DX = EX^2-(EX)^2 DX=EX2(EX)2
    计算EX^2:
    E X 2 = ∑ k = 1 n k 2 ( n k ) p k q n − k , k = 0 , 1 , 2 , . . , n , q = 1 − p = ∑ k = 1 n [ k ( k − 1 ) + k ] ( n k ) p k q n − k = ∑ k = 1 n k ( k − 1 ) ( n k ) p k q n − k + ∑ k = 1 n k ( n k ) p k q n − k 其 中 , ∑ k = 1 n k ( n k ) p k q n − k = E X = n p ∑ k = 1 n k ( k − 1 ) ( n k ) p k q n − k = ∑ k = 1 n k ( k − 1 ) n ! k ! ( n − k ) ! p 2 p k − 2 q n − k = ∑ k = 2 n k ( k − 1 ) n ! k ! ( n − k ) ! p 2 p k − 2 q n − k EX^2 = \sum_{k=1}^nk^2{n\choose k}p^kq^{n-k}, k = 0,1,2,..,n,q = 1-p\\ = \sum_{k=1}^n[k(k-1)+k]{n\choose k}p^kq^{n-k}\\ = \sum_{k=1}^nk(k-1){n\choose k}p^kq^{n-k} + \sum_{k=1}^nk{n\choose k}p^kq^{n-k}\\ 其中, \sum_{k=1}^nk{n\choose k}p^kq^{n-k} = EX = np\\ \sum_{k=1}^nk(k-1){n\choose k}p^kq^{n-k} \\ = \sum_{k=1}^nk(k-1){\frac{n!}{k!(n-k)!}}p^2p^{k-2}q^{n-k} \\ = \sum_{k=2}^nk(k-1){\frac{n!}{k!(n-k)!}}p^2p^{k-2}q^{n-k} \\ EX2=k=1nk2(kn)pkqnk,k=0,1,2,..,n,q=1p=k=1n[k(k1)+k](kn)pkqnk=k=1nk(k1)(kn)pkqnk+k=1nk(kn)pkqnkk=1nk(kn)pkqnk=EX=npk=1nk(k1)(kn)pkqnk=k=1nk(k1)k!(nk)!n!p2pk2qnk=k=2nk(k1)k!(nk)!n!p2pk2qnk注:特别注意这里k=1时项为0,所以可以从k=2开始计算。 = ∑ k = 1 n n ( n − 1 ) ( n − 2 ) ! ( k − 2 ) ! ( n − k ) ! p 2 p k − 2 q [ ( n − 2 ) − ( k − 2 ) ] = n ( n − 1 ) p 2 ∑ k = 2 n ( n − 2 ) ! ( k − 2 ) ! ( n − k ) ! p k − 2 q [ ( n − 2 ) − ( k − 2 ) ] = n ( n − 1 ) p 2 ∑ k = 2 n ( n − 2 k − 2 ) p k − 2 q [ ( n − 2 ) − ( k − 2 ) ] = n ( n − 1 ) p 2 → E X 2 = n ( n − 1 ) p 2 + n p \\ = \sum_{k=1}^n{\frac{n(n-1)(n-2)!}{(k-2)!(n-k)!}}p^2p^{k-2}q^{[(n-2)-(k-2)]} \\ = n(n-1)p^2\sum_{k=2}^n{\frac{(n-2)!}{(k-2)!(n-k)!}}p^{k-2}q^{[(n-2)-(k-2)]}\\ = n(n-1)p^2\sum_{k=2}^n{n-2\choose k-2}p^{k-2}q^{[(n-2)-(k-2)]}\\ = n(n-1)p^2 \\ \rightarrow EX^2 = n(n-1)p^2+np \\ =k=1n(k2)!(nk)!n(n1)(n2)!p2pk2q[(n2)(k2)]=n(n1)p2k=2n(k2)!(nk)!(n2)!pk2q[(n2)(k2)]=n(n1)p2k=2n(k2n2)pk2q[(n2)(k2)]=n(n1)p2EX2=n(n1)p2+np → D X = E X 2 − ( E X ) 2 = n p − n p 2 = n p ( 1 − p ) \rightarrow DX = EX^2-(EX)^2 = np-np^2 = np(1-p) DX=EX2(EX)2=npnp2=np(1p)

    Part Ⅱ 0-1分布 From chs007chs

    X~B(1,p)

    也可以从上式直接推导得到

    泊松分布 (Poisson’s Distribution) From saltriver

    X~P( λ \lambda λ)

    分布律: P ( X = k ) = λ k e − λ k ! P(X=k)=\frac{\lambda ^{k}e^{-\lambda }}{k!} P(X=k)=k!λkeλ
    期望:
    E ( X ) = ∑ k = 0 ∞ k ⋅ λ k e − λ k ! E(X)=\sum_{k=0}^{\infty }k\cdot \frac{\lambda ^{k}e^{-\lambda }}{k!} \\ E(X)=k=0kk!λkeλ 因 为 k = 0 时 , k ⋅ λ k e − λ k ! = 0 因为k=0时, k⋅λke−λk!=0 \\ k=0kλkeλk!=0 E ( X ) = ∑ k = 1 ∞ k ⋅ λ k e − λ k ! E(X)=\sum_{k=1}^{\infty }k\cdot \frac{\lambda ^{k}e^{-\lambda }}{k!} \\ E(X)=k=1kk!λkeλ E ( X ) = ∑ k = 1 ∞ k ⋅ λ k e − λ k ! = ∑ k = 1 ∞ λ k e − λ ( k − 1 ) ! = ∑ k = 1 ∞ λ k − 1 λ e − λ ( k − 1 ) ! = λ e − λ ∑ k = 1 ∞ λ k − 1 ( k − 1 ) ! E(X)=\sum_{k=1}^{\infty }k\cdot \frac{\lambda ^{k}e^{-\lambda }}{k!}=\sum_{k=1}^{\infty } \frac{\lambda ^{k}e^{-\lambda }}{(k-1)!}=\sum_{k=1}^{\infty } \frac{\lambda ^{k-1}\lambda e^{-\lambda }}{(k-1)!}=\lambda e^{-\lambda }\sum_{k=1}^{\infty } \frac{\lambda ^{k-1}}{(k-1)!} \\ E(X)=k=1kk!λkeλ=k=1(k1)!λkeλ=k=1(k1)!λk1λeλ=λeλk=1(k1)!λk1 用 到 泰 勒 展 开 式 : e x = 1 + x + x 2 2 ! + x 3 3 ! + . . . + x n n ! + . . . = ∑ k = 1 ∞ x k − 1 ( k − 1 ) ! 用到泰勒展开式:e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{3}}{3!}+...+\frac{x^{n}}{n!}+...=\sum_{k=1}^{\infty } \frac{x ^{k-1}}{(k-1)!} \\ ex=1+x+2!x2+3!x3+...+n!xn+...=k=1(k1)!xk1 E ( X ) = λ e − λ ∑ k = 1 ∞ λ k − 1 ( k − 1 ) ! = λ e − λ e λ = λ E(X)=\lambda e^{-\lambda }\sum_{k=1}^{\infty } \frac{\lambda ^{k-1}}{(k-1)!}=\lambda e^{-\lambda }e^{\lambda }=\lambda E(X)=λeλk=1(k1)!λk1=λeλeλ=λ
    方差: D X = E X 2 − ( E X ) 2 DX = EX^2-(EX)^2 DX=EX2(EX)2
    计算EX^2:
    E ( X 2 ) = ∑ k = 0 ∞ k 2 ⋅ λ k e − λ k ! = λ e − λ ∑ k = 1 ∞ k λ k − 1 ( k − 1 ) ! = λ e − λ ∑ k = 1 ∞ ( k − 1 + 1 ) λ k − 1 ( k − 1 ) ! E(X^2)=\sum_{k=0}^{\infty }k^2 \cdot \frac{\lambda ^{k}e^{-\lambda }}{k!}=\lambda e^{-\lambda} \sum_{k=1}^{\infty } \frac{k \lambda ^{k-1}}{(k-1)!}=\lambda e^{-\lambda} \sum_{k=1}^{\infty } \frac{(k-1+1) \lambda ^{k-1}}{(k-1)!} \\ E(X2)=k=0k2k!λkeλ=λeλk=1(k1)!kλk1=λeλk=1(k1)!(k1+1)λk1 = λ e − λ ( ∑ m = 0 ∞ m ⋅ λ m m ! + ∑ m = 0 ∞ λ m m ! ) ( m = k − 1 ) =\lambda e^{-\lambda} (\sum_{m=0}^{\infty } \frac{m \cdot \lambda ^{m}}{m!}+\sum_{m=0}^{\infty } \frac{ \lambda ^{m}}{m!}) (m=k-1) \\ =λeλ(m=0m!mλm+m=0m!λm)(m=k1) = λ e − λ ( λ ⋅ ∑ m = 1 ∞ λ m − 1 ( m − 1 ) ! + ∑ m = 0 ∞ λ m m ! ) =\lambda e^{-\lambda} ( \lambda \cdot \sum_{m=1}^{\infty } \frac{\lambda ^{m-1}}{(m-1)!}+\sum_{m=0}^{\infty } \frac{ \lambda ^{m}}{m!}) \\ =λeλ(λm=1(m1)!λm1+m=0m!λm) = λ e − λ ( λ e λ + e λ ) = λ ( λ + 1 ) =\lambda e^{-\lambda}(\lambda e^{\lambda}+e^\lambda)=\lambda(\lambda+1) \\ =λeλ(λeλ+eλ)=λ(λ+1) → D ( X ) = E ( X 2 ) − ( E ( X ) ) 2 = λ ( λ + 1 ) − λ 2 = λ \rightarrow D(X)=E(X^2)-(E(X))^2=\lambda(\lambda+1)-\lambda^2=\lambda D(X)=E(X2)(E(X))2=λ(λ+1)λ2=λ


    均匀分布 (Uniform Distribution) From chs007chs

    X~U(a,b)

    推导较为简单。

    正态分布 (Normal Distribution) From 一只驽马

    X~N(μ,σ)

    概率密度函数: f X ( x ) = 1 σ 2 π exp ⁡ { − ( x − μ ) 2 2 σ 2 } f_X(x) =\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\} fX(x)=σ2π 1exp{2σ2(xμ)2}

    期望: E ( x ) = μ ∫ − ∞ + ∞ N ( x ∣ μ ′ = 0 , σ 2 ) d x = μ E(x) = \mu\int_{-\infty}^{+\infty}\mathcal{N}(x|\mu&#x27; = 0, \sigma^2)dx = \mu E(x)=μ+N(xμ=0,σ2)dx=μ

    方差: ⇒ V ( X ) = σ 2 4 π 1 2 π 2 = σ 2 \Rightarrow V(X) = \sigma^2\frac{4}{\sqrt{\pi}}\frac 12 \frac {\sqrt \pi}{2} = \sigma^2 V(X)=σ2π 4212π =σ2


    指数分布 (Exponential Distribution) From saltriver

    X~Γ(1,β)

    概率密度函数:
    期望:
    E ( X ) = ∫ − ∞ ∞ ∣ x ∣ f ( x ) d x = ∫ 0 ∞ x f ( x ) d x = ∫ 0 ∞ x ⋅ λ e − λ x d x = 1 λ ∫ 0 ∞ λ x e − λ x d λ x 令 u = λ x , E ( X ) = 1 λ ∫ 0 ∞ u e − u d u = 1 λ [ ( − e − u − u e − u ) ∣ ( ∞ , 0 ) ] = 1 λ E(X)=\int_{-\infty }^{\infty }|x|f(x)dx=\int_{0}^{\infty }xf(x)dx=\int_{0}^{\infty }x\cdot\lambda e^{-\lambda x}dx=\frac {1} {\lambda}\int_{0}^{\infty }\lambda xe^{-\lambda x}d\lambda x \\ 令u=λx,E(X)=\frac {1} {\lambda}\int_{0}^{\infty }ue^{-u}du=\frac {1} {\lambda}[(-e^{-u}-ue^{-u})|(\infty,0)]=\frac {1} {\lambda} \\ E(X)=xf(x)dx=0xf(x)dx=0xλeλxdx=λ10λxeλxdλxu=λxE(X)=λ10ueudu=λ1[(euueu)(,0)]=λ1
    方差: D X = E X 2 − ( E X ) 2 DX = EX^2-(EX)^2 DX=EX2(EX)2
    计算EX^2:
    E ( X 2 ) = ∫ − ∞ ∞ ∣ x 2 ∣ f ( x ) d x = ∫ 0 ∞ x 2 f ( x ) d x = ∫ 0 ∞ x 2 ⋅ λ e − λ x d x E ( X 2 ) = 1 λ 2 ∫ 0 ∞ λ x λ x e − λ x d λ x 令 u = λ x , E ( X 2 ) = 1 λ 2 ∫ 0 ∞ u 2 e − u d u = 1 λ 2 [ ( − 2 e − u − 2 u e − u − u 2 e − u ) ∣ ( ∞ , 0 ) ] = 1 λ 2 ⋅ 2 = 2 λ 2 → D ( X ) = E ( X 2 ) − ( E ( X ) ) 2 = 2 λ 2 − ( 1 λ ) 2 = 1 λ 2 E(X^2)=\int_{-\infty }^{\infty }|x^2|f(x)dx=\int_{0}^{\infty }x^2f(x)dx=\int_{0}^{\infty }x^2\cdot\lambda e^{-\lambda x}dx \\ E(X^2)=\frac {1} {\lambda^2}\int_{0}^{\infty }\lambda x \lambda xe^{-\lambda x}d\lambda x \\ 令u=λx,E(X^2)=\frac {1} {\lambda^2}\int_{0}^{\infty }u^2e^{-u}du=\frac {1} {\lambda^2}[(-2e^{-u}-2ue^{-u}-u^2e^{-u})|(\infty,0)]=\frac {1} {\lambda^2}\cdot 2=\frac {2} {\lambda^2} \\ \rightarrow D(X)=E(X^2)-(E(X))^2=\frac {2} {\lambda^2}-(\frac {1} {\lambda})^2=\frac {1} {\lambda^2} E(X2)=x2f(x)dx=0x2f(x)dx=0x2λeλxdxE(X2)=λ210λxλxeλxdλxu=λxE(X2)=λ210u2eudu=λ21[(2eu2ueuu2eu)(,0)]=λ212=λ22D(X)=E(X2)(E(X))2=λ22(λ1)2=λ21

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  • 均匀随机分布的Y的期望和方差

    千次阅读 2019-03-26 11:10:48
    如果y在a,b之间随机均匀分布,则y的方差为(a-b)**2/12,y的期望为(a+b)/2
  • 期望 方差 0-1分布 Pi=P(X=i)=pipn−iP_i=P({X=i})=p^ip^{n-i}Pi​=P(X=i)=pipn−i p p(1-p) 二项分布 Pi=P(X=i)=Cnipipn−iP_i=P({X=i})=C^i_np^ip^{n-i}Pi​=P(X=i)=Cni​pipn−i np np(1-p) 泊松分布 ...
  • 内容有各种常见概率分布,一般会写含义、密度函数形式、期望方差、特征函数,其它性质感觉重要就添加(有趣但感觉没什么用的不会添加)。先介绍下在R中的使用随机数,密度函数,分布函数,分位函数的命令,使用...
  • 2.二项分布和几何分布 3. 泊松分布 4.正态分布 一、期望 期望这个概念,初高中就学过了吧,所以这里就简单说一下定义。 1.离散型随机变量的期望 2.连续型随机变量的期望 3.期望的...
  • 包含常用分布及计算推导: 1. 0-1分布 2. 二项分布 3. 泊松分布 4. 均匀分布 5. 指数分布 6. 正态分布 参数范围&数学期望&方差 对照表格
  • 概率论 各种分布及其期望方差分布函数

    万次阅读 多人点赞 2017-12-29 23:13:15
    概率论 各种分布及其期望方差分布函数 (0-1)分布 二项分布 X~b(n,p) 泊松分布 X~π(λ)π(λ)\pi(\lambda) 均匀分布 X~U(a,b) 指数分布 正态/高斯分布 X~N(μ,σ2μ,σ2\mu,\sigma^2) ——————————...
  • 期望 方差 0−10-10−1 分布 pk=pk(1−p)1−k,k=0,1p_k=p^k(1-p)^{1-k},\quad k=0,1pk​=pk(1−p)1−k,k=0,1 ppp p(1−p)p(1-p)p(1−p) 二项分布 b(n,p)b(n,p)b(n,p) pk=(nk)pk(1−p)n−k,k=0,1,⋯p_k=\binom{...
  • 概率论中有六大常用的基本分布,大致可分成两类:离散型(0-1分布、二项分布、泊松分布),连续型(均匀分布、指数分布、正态分布)。 补充: 在进入正文之前先讲一下期望和均值的一些区别:  期望和均值都具有...
  • 概率密度f(x)和分布函数F(x)如图所示:      指数分布 若连续型随机变量X的概率密度为  f(x)={1θe−x/θ,0,x>0其他f(x)={1θe−x/θ,x>00,其他 其中θ>0θ>0为常数,则称X服从参数为θθ...
  • 期望 方差 特征函数 0-1分布 P(X=1)=p,P(X=0)=q,0<p<1,p+q=1P(X=1)=p,P(X=0)=q,\\0<p<1,p+q=1P(X=1)=p,P(X=0)=q,0<p<1,p+q=1 p pq q+peitq+pe^{it}q+peit 二项分布 P(X=k)=Cnkpkqn−k0<p...
  • 文章目录一:伯努利分布/0-1分布二:二项分布三:泊松分布四:正态分布五:均匀分布六:指数分布 一:伯努利分布/0-1分布 如果随机试验仅有两个可能的结果...期望和方差 三:泊松分布 1.引入 很多场合下,我们感兴
  • 总结一下概统用到的各种分布,以及其期望和方差
  • p)期望方差泊松分布—— P(λ)P(\lambda)P(λ)期望方差超几何分布——h(n,N,M)期望方差连续型随机变量def常见分布均匀分布——U(a,b)密度函数分布函数期望方差指数分布—— Exp(λ)Exp(\lambda)Exp(λ)密度函数分布...
  • 期望 方差 矩估计 极大似然估计 正态分布N(μ,σ2)N(\mu, \sigma^2)N(μ,σ2) μ\muμ σ2\sigma^2σ2 X‾\overline XX,Sn∗2S_n^{*2}Sn∗2​ X‾\overline XX,Sn2S_n^{2}Sn2​ 伯努利分布B(1,p)B(1, p)B(1,...
  • 常用概率分布的矩母函数与特征函数的推导 一、离散型随机变量的分布 1、离散型均匀分布 二、连续型随机变量的分布
  • 随机变量的期望和方差

    万次阅读 2018-10-15 21:27:45
    X服从均匀分布,即 ,则 , X服从指数分布,即 , 则  X 服从正态分布,即 , 则  X 服从标准正态分布,即 , 则    求正态分布的数学期望&amp;&amp;方差 设 ,求E(X),D(X). 令 ,...
  • 期望方差

    千次阅读 2020-10-03 17:19:32
    一、期望和方差的定义 随机变量(Random Variable) X 是一个映射,把随机试验的结果与实数建立... 方差越大,说明随机变量的取值分布越不均匀,变化性越强;方差越小,说明随机变量的取值越趋近于均值,即期望值。 (1
  • 离散型 两点分布 超几何分布 二项分布 泊松分布 连续型 均匀分布 指数分布 正态分布 标准正态分布
  • 常见分布期望方差以及图形

    万次阅读 2015-03-06 15:09:12
    Preface总结这篇文章,是因为在之前的面试过程中被问到过此类的问题,...当n很大p很小的时候的二项分布的特殊形式泊松分布图形:几何分布均匀分布:指数分布:指数分布图形:gamma -分布():正态分布正太分布图形:
  • 期望方差、协方差协方差矩阵

    万次阅读 多人点赞 2018-06-07 17:10:58
    期望 离散随机变量的X的数学期望: E(X)=∑k=1∞xkpkE(X)=∑k=1∞xkpkE(X) = \sum_{k=1}^{\infty}x_kp_k 连续型随机变量X的数学期望: ...E(X)=∫+∞−∞xf(x)dxE(X)=∫−∞+∞xf(x)dxE(X) ...1)泊松分布期望...
  • 这节课主要介绍了期望与方差,协方差,矩估计等知识点。 掌握目标: 1、掌握期望方差的意义,以及常用离散或连续分布期望方差的计算 2、掌握期望方差的性质 3、掌握协方差,相关系数,协方差矩阵
  • 2.4均匀分布 2.5指数分布 2.6正态分布 3.期望方差的性质 3.1期望的性质 3.2方差的性质​ ​4.协方差与协方差矩阵 4.1协方差 ​4.2协方差矩阵 1.期望方差的定义 1.1期望 1.2方差 2.常用...
  • 概率论中常见分布的数学期望方差与特征函数推导 (一)离散型分布 #1.单点分布 #2.两点分布 #3.二项分布 #4.泊松分布 #5.超几何分布 #6.几何分布 #7.负二项分布 1.单点分布 随机变量的取值,X=a(常数) 分布律:P(X...

空空如也

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均匀分布的期望和方差