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  • 常见分布数学期望和方差
    2021-12-25 14:39:25

    常见分布的数学期望和方差

    概率论六大分布
    (离散)0-1、二项、泊松

    ​(连续)均匀、指数、正态

    数理统计三大分布
    卡方分布、t分布、F分布

    分布:表达式(密度函数)数学期望方差
    (概率论—离散随机变量)
    0–1分布:X~B(1,p) P { X = k } = p k ( 1 − p ) 1 − k , k = 0 , 1 \large P\{X=k\}=p^{k}(1-p)^{1-k}, \quad k=0,1 P{X=k}=pk(1p)1k,k=0,1pp(1-p)
    二项分布:X~B(n,p) P { X = k } = C n k p k ( 1 − p ) n − k , k = 0 , 1 , ⋯   , n \large P\{X=k\}=C^{k}_{n}p^{k}(1-p)^{n-k}, k=0,1, \cdots, n P{X=k}=Cnkpk(1p)nk,k=0,1,,nnpnp(1-p)
    泊松分布:X~P(λ) P { X = k } = e − λ λ k k ! , k = 0 , 1 , ⋯   , λ > 0 \large P\{X=k\}=e^{-\lambda} \frac{\lambda^{k}}{k !}, k=0,1, \cdots, \lambda>0 P{X=k}=eλk!λk,k=0,1,,λ>0λλ
    (概率论—连续随机变量)
    均匀分布:X~U(a,b) f ( x ) = { 1 b − a , a < x < b , 0 ,  其他  \large f(x)=\left\{\begin{array}{c}\frac{1}{b-a}, a<x<b, \\0, \quad \text { 其他 }\end{array}\right. f(x)={ba1,a<x<b,0, 其他 (a+b)/2 ( b − a ) 2 12 \large \frac{(b-a)^2}{12} 12(ba)2
    指数分布:X~EXP(θ) f ( x ) = { 1 θ e − x θ , x > 0 0 , x ≤ 0 ( θ > 0 ) \large f(x)=\left\{\begin{array}{c}\frac{1}{\theta} e^{-\frac{x}{\theta}}, x>0 \\0, x \leq 0\end{array} \quad(\theta>0)\right. f(x)={θ1eθx,x>00,x0(θ>0)θ θ 2 θ^2 θ2
    正态分布:X~N(μ,σ2) f ( x ) = 1 2 π σ e − ( x − μ ) 2 2 σ 2 ( μ ∈ R , σ > 0 ) {\large f(x)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi} \sigma} e^{-\frac{(x-\mu)^{2}}{2 \sigma^{2}}} \quad(\mu \in R, \sigma>0)} f(x)=2π σ1e2σ2(xμ)2(μR,σ>0)μ σ 2 σ^2 σ2
    标准正态分布:X~N(0,1) f ( x ) = 1 2 π e − x 2 2 ( μ ∈ R , σ > 0 ) {\large f(x)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi} } e^{-\frac{x^{2}}{2 }} \quad(\mu \in R, \sigma>0)} f(x)=2π 1e2x2(μR,σ>0)01
    (数理统计三大分布)
    卡方分布: χ 2 ∼ χ 2 ( n ) \chi^{2} \sim \chi^{2}(n) χ2χ2(n) χ 2 = X 1 2 + X 2 2 + ⋯ + X n 2 \large \chi^{2} =X_{1}^{2}+X_{2}^{2}+\cdots+X_{n}^{2} χ2=X12+X22++Xn2 ( X ∼ N ( 0 , 1 ) X\sim N(0,1) XN(0,1))n2n
    t-分布:t~t(n) t = X Y / n \large t=\frac{X}{\sqrt{Y / n}} t=Y/n X ( X ∼ N ( 0 , 1 ) X\sim N(0,1) XN(0,1) Y ∼ χ 2 ( n ) Y\sim \chi^2(n) Yχ2(n))0 n n − 2 \large \frac{n}{n-2} n2n
    F-分布:F~F(m,n) F = X / m Y / n \large F=\frac{X /m}{Y / n} F=Y/nX/m ( X ∼ χ 2 ( m ) , Y ∼ χ 2 ( n ) ) ( X \sim \chi^{2}\left(m\right), Y \sim \chi^{2}\left(n\right)) (Xχ2(m),Yχ2(n)) n n − 2 \large \frac{n}{n-2} n2n 2 n 2 ( m + n − 2 ) m ( n − 2 ) 2 ( n − 4 ) \large \frac{2 n^{2}(m+n-2)}{m(n-2)^{2}(n-4)} m(n2)2(n4)2n2(m+n2)
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    数学正态分布和均匀分布问题。 正态分布N(μ,σ^2)期望即μ,方差即σ^2区间[a,b]上均匀分布 期望为(a+b)/2,方差为(b-a)^2/12

    为什么计算均匀分布的方差要除以12? 注:均匀分布U(a,b)的方差Var(X)=(b-a)^2/12 随机变量:U(a,b)X的概率密度函数:f(x)=1/(b-a)a其它x,f(x)=0;X的平均值:E(X)=∫(b,a)xf(x)dx=∫(b,a)xdx/(b-a)=0.5x^2/(b-a)|(b-a)=(a+b)/2X的方差:D(X)=Var(X).

    随机变量服从几何分布,求期望与方差的具体步骤 高中数学教科书新版第三册(选修II)比原来的修订本新增加随机变量的几何分布,但书中只给出了结论: (1) (2),而未加以证明。几何分布的期望与方差计算要用到级数求和。

    随机变量的期望与方差有着怎样的含义 期望可以看成是变量变动的最终归宿,是变动结束后应该回归位置的水平,也就是平均水平.数学上研究问题时总体的大小往往不固定,所以平均水平没有办法计算,所以有期望这个指标。.

    常见分布的数学期望和方差

    均匀分布U(a,b)的数学期望和方差分别是 数学期望:E(x)=(a+b)/2方差:D(x)=(b-a)2/12

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  • 常见分布数学期望和方差PPT课件.pptx
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  • 数学期望常见分布的期望计算与推导

    千次阅读 多人点赞 2020-07-01 14:04:28
    1. 介绍数学期望定义和性质 2. 离散型随机变量(01分布,二项分布,泊松分布,几何分布,超几何分布)和连续型随机变量(均匀分布,指数分布,正态分布)分布的期望计算以及推导过程,并汇总形成表格,方便查阅和记录

    1. 数据期望定义

    • 离散型随机变量 X X X的分布律为 P { X = x k } = p k , k = 0 , 1 , 2 , ⋯   . P\{X=x_k\}=p_k,\quad k=0,1,2,\cdots. P{X=xk}=pk,k=0,1,2,. 若级数 ∑ k = 1 ∞ x k p k \sum\limits_{k=1}^{\infty}x_kp_k k=1xkpk 绝对收敛,则称级数 ∑ k = 1 ∞ x k p k \sum\limits_{k=1}^{\infty}x_kp_k k=1xkpk 的和为随机变量 X X X数学期望,记为 E ( X ) E(X) E(X). 即 E ( X ) = ∑ k = 1 ∞ x k p k . E(X) = \sum\limits_{k=1}^{\infty}x_kp_k. E(X)=k=1xkpk.

    • 连续型随机变量 X X X的概率密度为 f ( x ) f(x) f(x) ,若积分 ∫ − ∞ + ∞ x f ( x ) d x \int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx +xf(x)dx 绝对收敛,则称积分 ∫ − ∞ + ∞ x f ( x ) d x \int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx +xf(x)dx的值为随机变量 X X X数学期望,记为 E ( X ) E(X) E(X). 即 E ( X ) = ∫ − ∞ + ∞ x f ( x ) d x . E(X)=\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx. E(X)=+xf(x)dx.

    • 数学期望简称期望,又称均值

      可以用加权平均值来理解期望。

    2. 随机变量函数的数学期望

    • Y Y Y是随机变量 X X X的函数: Y = g ( X ) Y=g(X) Y=g(X) ( g g g是连续函数).
      1. 如果 X X X离散型随机变量,它的分布律为 P { X = x k } = p k , k = 0 , 1 , 2 , ⋯   , P\{X=x_k\}=p_k,\quad k=0,1,2,\cdots, P{X=xk}=pk,k=0,1,2,, ∑ k = 1 ∞ g ( x k ) p k \sum\limits_{k=1}^{\infty}g(x_k)p_k k=1g(xk)pk 绝对收敛,则有 E ( Y ) = E [ g ( X ) ] = ∑ k = 1 ∞ g ( x k ) p k . E(Y)=E[g(X)]=\sum\limits_{k=1}^{\infty}g(x_k)p_k. E(Y)=E[g(X)]=k=1g(xk)pk.
      2. 如果 X X X连续型随机变量,它的概率密度为 f ( x ) f(x) f(x),若积分 ∫ − ∞ + ∞ g ( x ) f ( x ) d x \int_{-\infty}^{+\infty}g(x)f(x)dx +g(x)f(x)dx 绝对收敛,则有 E ( Y ) = E [ g ( X ) ] = ∫ − ∞ + ∞ g ( x ) f ( x ) d x . E(Y)=E[g(X)]=\int_{-\infty}^{+\infty}g(x)f(x)dx. E(Y)=E[g(X)]=+g(x)f(x)dx.

    3. 二维随机变量函数的期望

    • Z Z Z是随机变量 X X X Y Y Y的函数: Z = g ( X , Y ) Z=g(X,Y) Z=g(X,Y) ( g g g是连续函数),那么, Z Z Z 是一个一维随机变量
      1. ( X , Y ) (X,Y) (X,Y)为离散型随机变量,其分布律为 P { X = x i , Y = y j } = p i j , i , j = 1 , 2 , ⋯   , P\{X=x_i,Y=y_j\}=p_{ij},\quad i,j=1,2,\cdots, P{X=xi,Y=yj}=pij,i,j=1,2,, 则有 E ( Z ) = E [ g ( X , Y ) ] = ∑ j = 1 ∞ ∑ i = 1 ∞ g ( x i , y j ) p i j E(Z)=E[g(X,Y)] = \sum\limits_{j=1}^{\infty}\sum\limits_{i=1}^{\infty}g(x_i,y_j)p_{ij} E(Z)=E[g(X,Y)]=j=1i=1g(xi,yj)pij,这里假设上式右边的级数绝对收敛。
      2. ( X , Y ) (X,Y) (X,Y)为连续型随机变量,其概率密度为 f ( x , y ) f(x,y) f(x,y),则有 E ( Z ) = E [ g ( X , Y ) ] = ∫ − ∞ + ∞ ∫ − ∞ + ∞ g ( x , y ) f ( x , y ) d x d y \begin{aligned} E(Z)=E[g(X,Y)] = \int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}g(x,y)f(x,y)dxdy\end{aligned} E(Z)=E[g(X,Y)]=++g(x,y)f(x,y)dxdy

    4. 数学期望性质

    • C C C是常数,则有 E ( C ) = C . E(C)=C. E(C)=C.

      目前我们主要研究离散型随机变量和连续性随机变量,因此,我们从两个方面证明期望性质的正确性

      证明:

      对于离散型,有

      E ( X ) = ∑ k = 1 ∞ x k p k = C ∑ k = 1 ∞ x k = C E(X) = \sum\limits_{k=1}^{\infty}x_kp_k = C\sum\limits_{k=1}^{\infty}x_k = C E(X)=k=1xkpk=Ck=1xk=C

      对于连续型,有

      E ( X ) = ∫ − ∞ + ∞ x f ( x ) d x . = C ∫ − ∞ + ∞ f ( x ) d x = C E(X)=\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx. = C\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx = C E(X)=+xf(x)dx.=C+f(x)dx=C

    • X X X 是一个随机变量, C C C是常数,则有 E ( C X ) = C E ( X ) . E(CX)=CE(X). E(CX)=CE(X).

      证明:

      对于离散型,有

      E ( C X ) = ∑ k = 1 ∞ C x k p k = C ∑ k = 1 ∞ x k p k = C E ( X ) E(CX) = \sum\limits_{k=1}^{\infty}Cx_kp_k = C\sum\limits_{k=1}^{\infty}x_kp_k = CE(X) E(CX)=k=1Cxkpk=Ck=1xkpk=CE(X)

      对于连续型,有

      E ( X ) = ∫ − ∞ + ∞ C x f ( x ) d x . = C ∫ − ∞ + ∞ x f ( x ) d x = C E ( X ) E(X)=\int_{-\infty}^{+\infty}Cxf(x)dx. = C\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx = CE(X) E(X)=+Cxf(x)dx.=C+xf(x)dx=CE(X)

    • X X X, Y Y Y 是两个随机变量,则有 E ( X + Y ) = E ( X ) + E ( Y ) . E(X+Y)=E(X)+E(Y). E(X+Y)=E(X)+E(Y).

      证明

      对于离散型,有

      E ( X + Y ) = ∑ j = 1 ∞ ∑ i = 1 ∞ ( x i + y j ) p i j = ∑ j = 1 ∞ ∑ i = 1 ∞ x i p i j + ∑ j = 1 ∞ ∑ i = 1 ∞ y j p i j = E ( X ) + E ( Y ) E(X+Y) = \sum\limits_{j=1}^{\infty}\sum\limits_{i=1}^{\infty}(x_i+y_j)p_{ij} = \sum\limits_{j=1}^{\infty}\sum\limits_{i=1}^{\infty}x_ip_{ij}+\sum\limits_{j=1}^{\infty}\sum\limits_{i=1}^{\infty}y_jp_{ij} = E(X)+E(Y) E(X+Y)=j=1i=1(xi+yj)pij=j=1i=1xipij+j=1i=1yjpij=E(X)+E(Y)

      对于连续型,有

      E ( X + Y ) = ∫ − ∞ + ∞ ∫ − ∞ + ∞ ( x + y ) f ( x , y ) d x d y = ∫ − ∞ + ∞ ∫ − ∞ + ∞ x f ( x , y ) d x d y + ∫ − ∞ + ∞ ∫ − ∞ + ∞ y f ( x , y ) d x d y = ∫ − ∞ + ∞ x d x [ ∫ − ∞ + ∞ f ( x , y ) d y ] + ∫ − ∞ + ∞ y d y [ ∫ − ∞ + ∞ f ( x , y ) d y ] = ∫ − ∞ + ∞ x f X ( x ) d x + ∫ − ∞ + ∞ y f Y ( y ) d y = E ( X ) + E ( Y ) \begin{aligned} E(X+Y)&=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}(x+y)f(x,y)dxdy\\&=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x,y)dxdy+\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}yf(x,y)dxdy\\&=\int_{-\infty}^{+\infty}xdx[\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dy]+\int_{-\infty}^{+\infty}ydy[\int_{-\infty}^{+\infty}f(x,y)dy]\\&=\int_{-\infty}^{+\infty}xf_X(x)dx + \int_{-\infty}^{+\infty}yf_Y(y)dy\\&=E(X)+E(Y)\end{aligned} E(X+Y)=++(x+y)f(x,y)dxdy=++xf(x,y)dxdy+++yf(x,y)dxdy=+xdx[+f(x,y)dy]++ydy[+f(x,y)dy]=+xfX(x)dx++yfY(y)dy=E(X)+E(Y)

      该性质可推广到任意有限个随机变量之和的情况

    • X X X, Y Y Y 是两个相互独立的随机变量,则有 E ( X Y ) = E ( X ) E ( Y ) . E(XY)=E(X)E(Y). E(XY)=E(X)E(Y).

      证明

      对于离散型,有

      E ( X Y ) = ∑ j = 1 ∞ ∑ i = 1 ∞ ( x i y j ) p i j = ∑ j = 1 ∞ ∑ i = 1 ∞ x i y j p i ⋅ p ⋅ j = ∑ i = 1 ∞ x i p i ⋅ ⋅ ∑ j = 1 ∞ y j p ⋅ j = E ( X ) ⋅ E ( Y ) E(XY) = \sum\limits_{j=1}^{\infty}\sum\limits_{i=1}^{\infty}(x_iy_j)p_{ij} = \sum\limits_{j=1}^{\infty}\sum\limits_{i=1}^{\infty}x_iy_jp_{i\cdot}p_{\cdot j} = \sum\limits_{i=1}^{\infty}x_ip_{i\cdot}\cdot\sum\limits_{j=1}^{\infty}y_jp_{\cdot j} = E(X)\cdot E(Y) E(XY)=j=1i=1(xiyj)pij=j=1i=1xiyjpipj=i=1xipij=1yjpj=E(X)E(Y)

      对于连续型,有

      E ( X Y ) = ∫ − ∞ + ∞ ∫ − ∞ + ∞ x y f ( x , y ) d x d y = ∫ − ∞ + ∞ ∫ − ∞ + ∞ x f X ( x ) y f Y ( y ) d x d y = [ ∫ − ∞ + ∞ x f X ( x ) d x ] ⋅ [ ∫ − ∞ + ∞ y f Y ( y ) d y ] = E ( X ) E ( Y ) \begin{aligned} E(XY)&=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}xyf(x,y)dxdy\\&=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}xf_X(x)yf_Y(y)dxdy\\&=[\int_{-\infty}^{+\infty}xf_X(x)dx]\cdot[\int_{-\infty}^{+\infty}yf_Y(y)dy]\\&=E(X)E(Y)\end{aligned} E(XY)=++xyf(x,y)dxdy=++xfX(x)yfY(y)dxdy=[+xfX(x)dx][+yfY(y)dy]=E(X)E(Y)

      该性质可推广到任意有限个相互独立的随机变量之积的情况

    5. 常见随机变量分布的期望

    5.1 ( 0 − 1 ) (0-1) (01)分布

    • 随机变量 X X X服从 ( 0 − 1 ) (0-1) (01)分布,则其分布律为 P { X = k } = p k ( 1 − p ) 1 − k , k = 0 , 1 P\{X=k\} = p^k(1-p)^{1-k}, \quad k=0,1 P{X=k}=pk(1p)1k,k=0,1

      此时有 E ( X ) = p E(X)=p E(X)=p .

      证明:

      E ( X ) = ∑ k = 0 1 x k p k = 0 ⋅ p 0 ( 1 − p ) 1 − 0 + 1 ⋅ p 1 ( 1 − p ) 1 − 1 = p E(X)=\sum\limits_{k=0}^{1}x_kp_k = 0\cdot p^0(1-p)^{1-0}+1\cdot p^1(1-p)^{1-1} = p E(X)=k=01xkpk=0p0(1p)10+1p1(1p)11=p

    5.2 二项分布

    • X ∼ b ( n , p ) X\sim b(n,p) Xb(n,p) ,则其分布律为 P { X = k } = ( k n ) p k q n − k k = 0 , 1 , 2 ⋯   , n P\{X=k\} = \left(_k^n\right)p^kq^{n-k} \quad k=0,1,2\cdots, n P{X=k}=(kn)pkqnkk=0,1,2,n ,此时有 E ( X ) = n p . E(X)=np. E(X)=np.

      证明:

      E ( X ) = ∑ k = 0 n k ( k n ) p k q n − k = ∑ k = 0 n k n ! k ! ( n − k ) ! p k q n − k = ∑ k = 1 n n p ( n − 1 ) ! ( k − 1 ) ! ( n − k ) ! p k − 1 q n − k ( k 变 成 从 1 到 n , 原 因 计 算 期 望 时 k = 0 的 一 项 为 0 , 不 影 响 结 果 , 且 这 一 步 能 避 免 出 现 ( − 1 ) ! ) = n p ⋅ ( p + q ) n − 1 ( 上 式 中 只 有 k 是 未 知 数 , 因 此 n p 在 累 加 时 可 提 出 , 累 加 项 刚 好 为 ( p + q ) n − 1 的 二 项 展 开 项 ) = n p \begin{aligned}E(X) &= \sum\limits_{k=0}^{n}k(_k^n)p^kq^{n-k} \\&=\sum\limits_{k=0}^{n}k\frac{n!}{k!(n-k)!}p^kq^{n-k} \\&= \sum\limits_{k=1}^{n}np\frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}p^{k-1}q^{n-k} \quad (k变成从1到n,原因计算期望时k=0的一项为0,不影响结果,且这一步能避免出现(-1)!) \\&= np\cdot (p+q)^{n-1} \quad (上式中只有k是未知数,因此np在累加时可提出,累加项刚好为(p+q)^{n-1}的二项展开项) \\&=np \end{aligned} E(X)=k=0nk(kn)pkqnk=k=0nkk!(nk)!n!pkqnk=k=1nnp(k1)!(nk)!(n1)!pk1qnk(k1nk=00(1)!)=np(p+q)n1(knp(p+q)n1)=np

    5.3 泊松分布

    • X ∼ π ( λ ) X\sim \pi(\lambda) Xπ(λ) ,则其分布律为 P { X = k } = λ k k ! e − λ k = 0 , 1 , 2 , ⋯ P\{X=k\} = \frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda} \quad k=0,1,2,\cdots P{X=k}=k!λkeλk=0,1,2, ,此时有 E ( X ) = λ . E(X)=\lambda. E(X)=λ.

      证明:

      E ( X ) = ∑ k = 0 ∞ k λ k k ! e − λ = λ e − λ ∑ k = 1 ∞ λ k − 1 ( k − 1 ) ! ( k 变 成 从 1 到 n , 原 因 计 算 期 望 时 k = 0 的 一 项 为 0 , 不 影 响 结 果 , 且 这 一 步 能 避 免 出 现 ( − 1 ) 的 阶 乘 . λ e − λ 为 常 数 , 可 以 从 累 加 式 中 提 出 ) = λ e − λ e λ ( 泰 勒 公 式 可 知 e λ = ∑ n = 0 N 1 n ! x n , 如 果 看 不 出 来 , 令 ( k − 1 ) = n , 则 ∑ k = 1 ∞ λ k − 1 ( k − 1 ) ! = ∑ n = 0 ∞ λ n n ! ) = λ \begin{aligned}E(X) &= \sum\limits_{k=0}^{\infty}k\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda} \\&=\lambda e^{-\lambda}\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} \quad (k变成从1到n,原因计算期望时k=0的一项为0,不影响结果,且这一步能避免出现(-1)的阶乘.\lambda e^{-\lambda}为常数,可以从累加式中提出 )\\&= \lambda e^{-\lambda}e^{\lambda} \quad (泰勒公式可知e^{\lambda}=\sum\limits_{n=0}^{N}\frac{1}{n!}x^n,如果看不出来,令(k-1)=n,则 \sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{\lambda^{n}}{n!} ) \\&= \lambda \quad \end{aligned} E(X)=k=0kk!λkeλ=λeλk=1(k1)!λk1(k1nk=00(1).λeλ)=λeλeλ(eλ=n=0Nn!1xn(k1)=n,k=1(k1)!λk1=n=0n!λn)=λ
      关于泰勒公式之前文章 离散型随机变量及其常见分布律 有相关描述.

      证明方法二:

      E ( X ) = ∑ k = 0 ∞ k λ k k ! e − λ = λ ∑ k = 1 ∞ λ k − 1 ( k − 1 ) ! e − λ 令 k − 1 = n , 则 E ( X ) = λ ∑ n = 0 ∞ λ n n ! e − λ = λ ⋅ 1 ( ∑ n = 0 ∞ λ n n ! e − λ 刚 好 是 泊 松 分 布 , 所 有 可 能 取 值 的 概 率 和 , 即 为 1 ) = λ \begin{aligned}E(X) &= \sum\limits_{k=0}^{\infty}k\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda} =\lambda \sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}e^{-\lambda} \quad \\&令k-1=n, 则\\E(X)&= \lambda \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{\lambda^{n}}{n!}e^{-\lambda}\\ &=\lambda \cdot1 \quad (\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{\lambda^{n}}{n!}e^{-\lambda} 刚好是泊松分布,所有可能取值的概率和,即为 1) \\&= \lambda \quad \end{aligned} E(X)E(X)=k=0kk!λkeλ=λk=1(k1)!λk1eλk1=n=λn=0n!λneλ=λ1(n=0n!λneλ1)=λ
      关于泊松分布所有可能取值的概率和为1的证明, 感兴趣的同学可以看看之前的文章 离散型随机变量及其常见分布律 有相关证明.

    5.4 几何分布

    • X ∼ G ( p ) X\sim G(p) XG(p) ,则其分布律为 P { X = k } = ( 1 − p ) k − 1 p k = 1 , 2 , 3 , ⋯ P\{X=k\} = (1-p)^{k-1}p \quad k = 1,2,3,\cdots P{X=k}=(1p)k1pk=1,2,3, ,此时有 E ( X ) = 1 p . E(X)=\frac{1}{p}. E(X)=p1.

      证明:

      E ( X ) = ∑ k = 1 ∞ k ( 1 − p ) k − 1 p = p ∑ k = 1 ∞ k ( 1 − p ) k − 1 令 S = ∑ k = 1 ∞ k ( 1 − p ) k − 1 = 1 ⋅ ( 1 − p ) 0 + 2 ⋅ ( 1 − p ) 1 + 3 ⋅ ( 1 − p ) 2 + ⋯ + ( k − 1 ) ⋅ ( 1 − p ) k − 2 + k ⋅ ( 1 − p ) k − 1 ( 1 ) ( 1 − p ) S = 1 ⋅ ( 1 − p ) 1 + 2 ⋅ ( 1 − p ) 2 + 3 ⋅ ( 1 − p ) 3 + ⋯ + ( k − 1 ) ⋅ ( 1 − p ) k − 1 + k ⋅ ( 1 − p ) k ( 2 ) 由 ( 1 ) − ( 2 ) 可 得 , p S = ( 1 − p ) 0 + ( 1 − p ) 1 + ( 1 − p ) 2 + ⋯ + ( 1 − p ) k − 2 + ( 1 − p ) k − 1 − k ⋅ ( 1 − p ) k ∴ p S = 1 p − ( 1 p + k ) ( 1 − p ) k ∵ 0 ≤ ( 1 − p ) ≤ 1 且 k → ∞ ∴ lim ⁡ k → ∞ ( 1 − p ) k = 0 ∴ p S = 1 p ∴ S = ∑ k = 1 ∞ k ( 1 − p ) k − 1 = 1 p 2 ∴ E ( X ) = p ∑ k = 1 ∞ k ( 1 − p ) k − 1 = p S = 1 p \begin{aligned} &E(X) = \sum\limits_{k=1}^{\infty}k(1-p)^{k-1}p = p\sum\limits_{k=1}^{\infty}k(1-p)^{k-1}\\ &令 S = \sum\limits_{k=1}^{\infty}k(1-p)^{k-1} = 1\cdot(1-p)^0+2\cdot(1-p)^1+3\cdot(1-p)^2+\cdots+(k-1)\cdot(1-p)^{k-2}+k\cdot(1-p)^{k-1} \quad (1)\\&(1-p)S=1\cdot(1-p)^1+2\cdot(1-p)^2+3\cdot(1-p)^3+\cdots+(k-1)\cdot(1-p)^{k-1}+k\cdot(1-p)^{k} \quad (2)\\&由 (1)-(2) 可得, pS = (1-p)^0+(1-p)^1+(1-p)^2+\cdots+(1-p)^{k-2}+(1-p)^{k-1}-k\cdot(1-p)^{k} \\&\therefore pS = \frac{1}{p}-(\frac{1}{p}+k)(1-p)^k\quad \because 0 \leq (1-p) \leq 1 且 k \to \infty \quad \therefore \lim\limits_{k\to \infty}(1-p)^k=0 \quad \therefore pS=\frac{1}{p}\\&\therefore S=\sum\limits_{k=1}^{\infty}k(1-p)^{k-1} = \frac{1}{p^2} \\&\therefore E(X) = p\sum\limits_{k=1}^{\infty}k(1-p)^{k-1}=pS = \frac{1}{p} \end{aligned} E(X)=k=1k(1p)k1p=pk=1k(1p)k1S=k=1k(1p)k1=1(1p)0+2(1p)1+3(1p)2++(k1)(1p)k2+k(1p)k1(1)(1p)S=1(1p)1+2(1p)2+3(1p)3++(k1)(1p)k1+k(1p)k(2)(1)(2),pS=(1p)0+(1p)1+(1p)2++(1p)k2+(1p)k1k(1p)kpS=p1(p1+k)(1p)k0(1p)1kklim(1p)k=0pS=p1S=k=1k(1p)k1=p21E(X)=pk=1k(1p)k1=pS=p1

      证明方法二:

      E ( X ) = ∑ k = 1 ∞ k ( 1 − p ) k − 1 p = p ∑ k = 1 ∞ k ( 1 − p ) k − 1 \begin{aligned} &E(X) = \sum\limits_{k=1}^{\infty}k(1-p)^{k-1}p = p\sum\limits_{k=1}^{\infty}k(1-p)^{k-1} \end{aligned} E(X)=k=1k(1p)k1p=pk=1k(1p)k1

      我们注意到,求和级数的形式为 k x k − 1 kx^{k-1} kxk1 , 求和不便,但是我们知道 ( x k ) ′ = k x k − 1 (x^k)' = kx^{k-1} (xk)=kxk1

      ∴ ∑ k = 1 ∞ k x k − 1 = ( ∑ k = 1 ∞ x k ) ′ = ( x ( 1 − x k ) 1 − x ) ′ 当 0 < x < 1 且 k → ∞ 时 , lim ⁡ k → ∞ x k = 0 ∴ ∑ k = 1 ∞ k x k − 1 = ( x 1 − x ) ′ = 1 ( 1 − x ) 2 \begin{aligned} &\therefore \sum\limits_{k=1}^{\infty}kx^{k-1} =(\sum\limits_{k=1}^{\infty}x^k)' =(\frac{x(1-x^k)}{1-x})' \\&当0 <x<1 且 k\to \infty 时,\lim\limits_{k\to \infty} x^k=0 \\&\therefore \sum\limits_{k=1}^{\infty}kx^{k-1} = (\frac{x}{1-x})' = \frac{1}{(1-x)^2}\end{aligned} k=1kxk1=(k=1xk)=(1xx(1xk))0<x<1kklimxk=0k=1kxk1=(1xx)=(1x)21

      ∴ E ( X ) = p ∑ k = 1 ∞ k ( 1 − p ) k − 1 = p 1 ( 1 − ( 1 − p ) ) 2 ( 0 < 1 − p < 1 且 k → ∞ ) = p 1 p 2 = 1 p \begin{aligned} \therefore E(X) &= p\sum\limits_{k=1}^{\infty}k(1-p)^{k-1} \\& =p\frac{1}{(1-(1-p))^2} \quad (0 <1-p<1 且 k\to \infty)\\&=p\frac{1}{p^2}\\&=\frac{1}{p}\end{aligned} E(X)=pk=1k(1p)k1=p(1(1p))21(0<1p<1k)=pp21=p1

    5.5 超几何分布

    • X ∼ H ( n , M , N ) X\sim H(n,M,N) XH(n,M,N) ,则其分布律为 P { X = k } = ( k M ) ( n − k N − M ) ( n N ) k = 0 , 1 , ⋯   , m i n { n , M } . 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)(nkNM)k=0,1,,min{n,M}. ,此时有 E ( X ) = n M N . E(X)=n\frac{M}{N}. E(X)=nNM.

      证明:

      E ( X ) = ∑ k = 0 m i n { n , M } k ( k M ) ( n − k N − M ) ( n N ) = ∑ k = 0 m i n { n , M } k M ! k ! ( M − k ) ! ( N − M ) ! ( n − k ) ! ( N − M − n + k ) ! n ! ( N − n ) ! N ! = ∑ k = 1 m i n { n , M } M ( M − 1 ) ! ( k − 1 ) ! ( M − k ) ! ( N − M ) ! ( n − k ) ! ( N − M − n + k ) ! n ( n − 1 ) ! ( N − n ) ! N ( N − 1 ) ! = n M N 1 ( n − 1 N − 1 ) ∑ k = 1 m i n { n , M } ( k − 1 M − 1 ) ( n − k N − M ) = n M N 1 ( n − 1 N − 1 ) ( n − 1 N − 1 ) ( 范 德 蒙 恒 等 式 C m + n k = ∑ i = 0 k C m i C n k − i ) = n M N \begin{aligned} E(X) &= \sum\limits_{k=0}^{min\{n,M\}}k\frac{(_k^M)(_{n-k}^{N-M})}{(_n^N)} \\&=\sum\limits_{k=0}^{min\{n,M\}}k\frac{M!}{k!(M-k)!}\frac{(N-M)!}{(n-k)!(N-M-n+k)!}\frac{n!(N-n)!}{N!} \\&=\sum\limits_{k=1}^{min\{n,M\}}\frac{M(M-1)!}{(k-1)!(M-k)!}\frac{(N-M)!}{(n-k)!(N-M-n+k)!}\frac{n(n-1)!(N-n)!}{N(N-1)!}\\ &= n\frac{M}{N}\frac{1}{(^{N-1}_{n-1})}\sum\limits_{k=1}^{min\{n,M\}}(_{k-1}^{M-1})(_{n-k}^{N-M}) \\&=n\frac{M}{N}\frac{1}{(^{N-1}_{n-1})}(^{N-1}_{n-1}) \quad (范德蒙恒等式C_{m+n}^k = \sum\limits_{i=0}^{k}C_{m}^iC_{n}^{k-i}) \\&=n\frac{M}{N} \end{aligned} E(X)=k=0min{n,M}k(nN)(kM)(nkNM)=k=0min{n,M}kk!(Mk)!M!(nk)!(NMn+k)!(NM)!N!n!(Nn)!=k=1min{n,M}(k1)!(Mk)!M(M1)!(nk)!(NMn+k)!(NM)!N(N1)!n(n1)!(Nn)!=nNM(n1N1)1k=1min{n,M}(k1M1)(nkNM)=nNM(n1N1)1(n1N1)(Cm+nk=i=0kCmiCnki)=nNM

    5.6 均匀分布

    • X ∼ U ( a , b ) X\sim U(a,b) XU(a,b) ,则其概率密度为 f ( x ) = { 1 b − a , a < x < b , 0 , e l s e . f(x)=\begin{cases} \frac{1}{b-a},\quad a<x<b, \\ 0,\quad else \end{cases}. f(x)={ba1,a<x<b0,else. ,此时有 E ( X ) = a + b 2 . E(X)=\frac{a+b}{2}. E(X)=2a+b.

      证明:

      E ( X ) = ∫ − ∞ + ∞ x f ( x ) d x = ∫ − ∞ a x ⋅ 0 d x + ∫ a b x 1 b − a d x + ∫ b + ∞ x ⋅ 0 d x = 0 + ( 1 2 1 b − a x 2 ) ∣ a b + 0 = a + b 2 \begin{aligned} E(X) &= \int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx = \int_{-\infty}^{a}x\cdot0dx+\int_{a}^{b}x\frac{1}{b-a}dx+\int_{b}^{+\infty}x\cdot0dx\\&=0+(\frac{1}{2}\frac{1}{b-a}x^2)\bigg|_a^b+0 \\&=\frac{a+b}{2}\end{aligned} E(X)=+xf(x)dx=ax0dx+abxba1dx+b+x0dx=0+(21ba1x2)ab+0=2a+b

    5.7 指数分布

    • X ∼ E ( θ ) X\sim E(\theta) XE(θ) ,则其概率密度为 f ( x ) = { 1 θ e − x / θ , 0 < x , 0 , e l s e ( θ > 0 ) . f(x)=\begin{cases} \frac{1}{\theta}e^{-x/\theta},\quad 0<x, \\ 0,\quad else \end{cases} \quad (\theta>0). f(x)={θ1ex/θ,0<x0,else(θ>0). ,此时有 E ( X ) = θ . E(X)=\theta. E(X)=θ.

      证明:

      E ( X ) = ∫ − ∞ + ∞ x f ( x ) d x = ∫ − ∞ 0 x ⋅ 0 d x + ∫ 0 + ∞ x 1 θ e − x / θ d x = 0 + ( − x e − x / θ ) ∣ 0 + ∞ − ∫ 0 + ∞ − e − x / θ d x ( 分 部 积 分 法 ) = 0 − ( θ e − x / θ ) ∣ 0 + ∞ = − ( 0 − θ ) = θ \begin{aligned} E(X) &= \int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx = \int_{-\infty}^{0}x\cdot0dx+\int_{0}^{+\infty}x\frac{1}{\theta}e^{-x/\theta}dx\\&=0+(-xe^{-x/\theta})\bigg|_0^{+\infty} -\int_{0}^{+\infty}-e^{-x/\theta}dx \quad (分部积分法)\\&=0-(\theta e^{-x/\theta})\bigg|_0^{+\infty}\\&= -(0-\theta) \\&= \theta\end{aligned} E(X)=+xf(x)dx=0x0dx+0+xθ1ex/θdx=0+(xex/θ)0+0+ex/θdx()=0(θex/θ)0+=(0θ)=θ

      证明方法二:

      E ( X ) = ∫ − ∞ + ∞ x f ( x ) d x = ∫ − ∞ 0 x ⋅ 0 d x + ∫ 0 + ∞ x 1 θ e − x / θ d x = 0 + ( − x e − x / θ ) ∣ 0 + ∞ − ∫ 0 + ∞ − e − x / θ d x ( 分 部 积 分 法 ) = θ ∫ 0 + ∞ 1 θ e − x / θ d x ( 构 造 θ 和 1 θ , 不 影 响 其 结 果 , 好 处 是 积 分 项 ∫ 0 + ∞ 1 θ e − x / θ d x = F ( + ∞ ) − F ( 0 ) = 1 ) = θ ⋅ 1 = θ \begin{aligned} E(X) &= \int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx = \int_{-\infty}^{0}x\cdot0dx+\int_{0}^{+\infty}x\frac{1}{\theta}e^{-x/\theta}dx\\&=0+(-xe^{-x/\theta})\bigg|_0^{+\infty} -\int_{0}^{+\infty}-e^{-x/\theta}dx \quad (分部积分法)\\&=\theta\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{\theta}e^{-x/\theta}dx \quad (构造\theta和\frac{1}{\theta},不影响其结果,好处是积分项\int_{0}^{+\infty}\frac{1}{\theta}e^{-x/\theta}dx=F(+\infty)-F(0)=1 )\\&= \theta \cdot 1 \\&= \theta\end{aligned} E(X)=+xf(x)dx=0x0dx+0+xθ1ex/θdx=0+(xex/θ)0+0+ex/θdx()=θ0+θ1ex/θdx(θθ10+θ1ex/θdx=F(+)F(0)=1)=θ1=θ

    5.8 正态分布

    • X ∼ N ( μ , σ 2 ) X\sim N(\mu,\sigma^2) XN(μ,σ2) ,则其概率密度为 f ( x ) = 1 2 π σ e − ( x − μ ) 2 2 σ 2 , − ∞ < x < + ∞ . f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} , \quad -\infty<x<+\infty. f(x)=2π σ1e2σ2(xμ)2,<x<+. ,此时有 E ( X ) = μ . E(X)=\mu. E(X)=μ.

      证明:

      E ( X ) = ∫ − ∞ + ∞ x f ( x ) d x = ∫ − ∞ + ∞ x 1 2 π σ e − ( x − μ ) 2 2 σ 2 d x 令 x − μ σ = t , 则 x = t σ + μ = 1 2 π σ ∫ − ∞ + ∞ ( t σ + μ ) e − t 2 2 σ d t = 1 2 π ( ∫ − ∞ + ∞ t σ e − t 2 2 d t + ∫ − ∞ + ∞ μ e − t 2 2 d t ) = 1 2 π ( − e − t 2 2 ) ∣ − ∞ + ∞ + 1 2 π μ 2 π ( 在 介 绍 连 续 型 随 机 变 量 概 率 密 度 时 , 有 证 明 ∫ − ∞ + ∞ e − t 2 2 d t = 2 π ) = 0 + μ = μ \begin{aligned} E(X) &= \int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx = \int_{-\infty}^{+\infty}x\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}dx\\& 令 \frac{x-\mu}{\sigma}=t,则 x= t\sigma+\mu\\&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\int_{-\infty}^{+\infty}(t\sigma+\mu)e^{-\frac{t^2}{2}}\sigma dt\\&= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}(\int_{-\infty}^{+\infty}t\sigma e^{-\frac{t^2}{2}}dt+\int_{-\infty}^{+\infty}\mu e^{-\frac{t^2}{2}} dt) \\&= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}(-e^{-\frac{t^2}{2}})\bigg|_{-\infty}^{+\infty}+\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\mu\sqrt{2\pi} \quad(在介绍连续型随机变量概率密度时,有证明 \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{t^2}{2}} dt=\sqrt{2\pi}) \\&=0+\mu \quad \\&= \mu \end{aligned} E(X)=+xf(x)dx=+x2π σ1e2σ2(xμ)2dxσxμ=t,x=tσ+μ=2π σ1+(tσ+μ)e2t2σdt=2π 1(+tσe2t2dt++μe2t2dt)=2π 1(e2t2)++2π 1μ2π (+e2t2dt=2π )=0+μ=μ

      关于 ∫ − ∞ + ∞ e − t 2 2 d t = 2 π \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{t^2}{2}} dt=\sqrt{2\pi} +e2t2dt=2π 的详细证明可看之前文章 连续型随机变量及其常见分布函数和概率密度 中,正态分布必要性证明部分.

      证明方法二:

      我们知道,一般正态分布可以通过 Z = X − μ σ Z=\frac{X-\mu}{\sigma} Z=σXμ 转为标准正态分布,标准正态分布的期望是很好计算的,设为 E ( X 0 ) E(X_0) E(X0),之后再利用期望的性质 E ( X − μ σ ) = E ( X ) σ − μ σ = E ( X 0 ) . E(\frac{X-\mu}{\sigma}) = \frac{E(X)}{\sigma}-\frac{\mu}{\sigma} = E(X_0). E(σXμ)=σE(X)σμ=E(X0). 反解出 E ( X ) E(X) E(X)即可. 下面给出具体的证明步骤:

      标准正态分布的概率密度为 f ( x ) = ∫ − ∞ + ∞ 1 2 π e − x 2 2 d x f(x) = \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}dx f(x)=+2π 1e2x2dx

      E ( X 0 ) = ∫ − ∞ + ∞ x f ( x ) d x = ∫ − ∞ + ∞ x 1 2 π e − x 2 2 d x = 1 2 π ( − e − x 2 2 ) ∣ − ∞ + ∞ = 0 \begin{aligned} E(X_0) &= \int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)dx = \int_{-\infty}^{+\infty}x\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}dx\\&= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}(-e^{-\frac{x^2}{2}})\bigg|_{-\infty}^{+\infty} \\&=0\end{aligned} E(X0)=+xf(x)dx=+x2π 1e2x2dx=2π 1(e2x2)+=0

      ∴ E ( X − μ σ ) = E ( X ) σ − μ σ = 0 ∴ E ( X ) = μ \begin{aligned} \therefore E(\frac{X-\mu}{\sigma}) = \frac{E(X)}{\sigma}-\frac{\mu}{\sigma} = 0 \quad \therefore E(X) = \mu \end{aligned} E(σXμ)=σE(X)σμ=0E(X)=μ

    5.9 总结

    分布参数分布律或概率密度数学期望
    ( 0 − 1 ) (0-1) (01)分布 0 < p < 1 0<p<1 0<p<1 P { X = k } = p k ( 1 − p ) 1 − k , k = 0 , 1 P\{X=k\} = p^k(1-p)^{1-k}, \quad k=0,1 P{X=k}=pk(1p)1k,k=0,1 p p p
    二项分布 X ∼ b ( n , p ) X\sim b(n,p) Xb(n,p) n ≥ 1 0 < p < 1 n\geq1\\0<p<1 n10<p<1 P { X = k } = ( k n ) p k q n − k k = 0 , 1 , 2 ⋯   , n P\{X=k\} = \left(_k^n\right)p^kq^{n-k} \quad k=0,1,2\cdots, n P{X=k}=(kn)pkqnkk=0,1,2,n n p np np
    泊松分布 X ∼ π ( λ ) X\sim \pi(\lambda) Xπ(λ) λ > 0 \lambda>0 λ>0 P { X = k } = λ k k ! e − λ k = 0 , 1 , 2 , ⋯ P\{X=k\} = \frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda} \quad k=0,1,2,\cdots P{X=k}=k!λkeλk=0,1,2, λ \lambda λ
    几何分布 X ∼ G ( p ) X\sim G(p) XG(p) 0 < p < 1 0<p<1 0<p<1 P { X = k } = ( 1 − p ) k − 1 p k = 1 , 2 , 3 , ⋯ P\{X=k\} = (1-p)^{k-1}p \quad k = 1,2,3,\cdots P{X=k}=(1p)k1pk=1,2,3, 1 p \frac{1}{p} p1
    超几何分布 X ∼ H ( n , M , N ) X\sim H(n,M,N) XH(n,M,N) N , M , n N ≥ M N ≥ n N,M,n\\N\geq M\\ N\geq n N,M,nNMNn P { X = k } = ( k M ) ( n − k N − M ) ( n N ) k = 0 , 1 , ⋯   , m i n { n , M } . 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)(nkNM)k=0,1,,min{n,M}. n M N n\frac{M}{N} nNM
    均匀分布 X ∼ U ( a , b ) X\sim U(a,b) XU(a,b) a < b a<b a<b f ( x ) = { 1 b − a , a < x < b , 0 , e l s e . f(x)=\begin{cases} \frac{1}{b-a},\quad a<x<b, \\ 0,\quad else \end{cases}. f(x)={ba1,a<x<b0,else. a + b 2 \frac{a+b}{2} 2a+b
    指数分布 X ∼ E ( θ ) X\sim E(\theta) XE(θ) θ > 0 \theta>0 θ>0 f ( x ) = { 1 θ e − x / θ , 0 < x , 0 , e l s e . f(x)=\begin{cases} \frac{1}{\theta}e^{-x/\theta},\quad 0<x, \\ 0,\quad else \end{cases} \quad . f(x)={θ1ex/θ,0<x0,else. θ \theta θ
    正态分布 X ∼ N ( μ , σ 2 ) X\sim N(\mu,\sigma^2) XN(μ,σ2) μ σ > 0 \mu\\\sigma>0 μσ>0 f ( x ) = 1 2 π σ e − ( x − μ ) 2 2 σ 2 , − ∞ < x < + ∞ . f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} , \quad -\infty<x<+\infty. f(x)=2π σ1e2σ2(xμ)2,<x<+. μ \mu μ
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    千次阅读 2020-06-01 09:31:09
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  • 三、常见分布 1.均匀分布 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....
  • 文章目录必须知道的概率论知识一维变量离散随机变量def常见分布几何分布期望方差二项分布——b(n,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...
  • 常见分布期望与方差以及图形

    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:
  • 点击查看密度函数已知,怎么用matlab求其数学期望和方差?具体信息答:因为你的是密度函数,所以不会是离散型随机变量,如果你有概率密度函数的表达式的话,可以通过积分求得期望和方差,程序如下: sym x; %定义...
  • 概率论几种常见分布

    千次阅读 2020-02-27 21:03:31
    概率论几种常见分布正态分布概要分析泊松分布适用范围伽玛分布对数正态分布 本文也算是一对大学知识的回顾吧!学习数据分析看到几统计方法,没办法,过来总计一下吧,反正感觉我以后用的次数还多着哩。 正态分布...
  • 常见随机分布数学期望及方差

    千次阅读 2014-11-28 23:33:04
  • 首先:1)数据有哪些类型?...根据数据类型的不同,概率分布分为两:离散概率分布,连续概率分布对于离散概率分布,我们关心的是一个特定数值的概率。对于连续概率分布,我们无法给出每一个数值...
  • 概率论考点之方差及数学期望

    千次阅读 2021-01-31 14:16:32
    2、常见离散型随机变量方差: 0-1分布: D(x)=p(数学期望) * (1-p) 二项分布: D(x)=np * (1-p) 泊松分布: D(x)=(与数学期望一样) 3、常见连续型随机变量的方差: 均匀分布: D(x)=,区间长度的平方除以...
  • 概率论几大分布期望和方差证明整合

    万次阅读 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、指数分布的期望和方差推导证明。
  • 本文介绍六种概率分布的原理、举例、均值、方差、期望、概率分布图等,分布分别为伯努利分布、均匀分布、二项分布、正态分布、泊松分布、指数分布;另外介绍各种分布之间的关系和不同
  • 期望 方差 0-1分布 X ~ B(x,p) p p(1-p) 二项分布 X ~ B(n,p) np np(1-p) 几何分布 X ~ GE(p) 1/p (1-p)/p^2 泊松分布 X ~ P(λ) λ λ ...
  • 总结一下概统用到的各种分布,以及其期望和方差。
  • 常见随机变量的数学期望和方差

    千次阅读 2014-10-05 18:44:04

空空如也

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