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  • 常见离散型随机变量比较
    2021-12-07 07:45:32

    离散型随机变量比较

    1、X~Bern(p), 表明X的取值符合伯努利分布,只有1(成功)和0(失败)两种结果,其中成功的概率为P。伯努利分布的X期望值为P,方差为P(1-P);
    2、X~Geom(p),表明X是几何随机变量,符合几何分布,其中成功的概率为P, 该分布主要是探索n次独立尝试,直到第一次尝试成功的概率,每一次独立试验都是伯努利分布。几何分布的X期望值为1/P,方差为(1-P)/P^2;
    3、X~Bin(n,p),表明X是二项式随机变量,符合二项式分布,其中每次试验成功的概率为P,该分布主要是探索在n次独立尝试中,有X次成功的概率,每一次试验都是伯努利试验,在这里尝试次数n是固定的。二项式分布的X期望值为nP, 方差为nP(1-P);
    4、Y~NB(r,p),表明Y是负二项式随机变量,符合负二项式分布,其中每次试验成功的概率为P,该分布主要是探索在n次独立试验中,在达到r次成功前,失败的次数。Y就是r次成功试验前,失败的次数。在这里,成功次数r是固定的。负二项式分布的Y期望值为r(1-P)/P,而方差为r(1-P)/P^2。

    几种离散型随机变量分布比较,以二项式分布为例

    rbinom(): 知道随机变量的分布, 如𝐵𝑖𝑛(15,0.3) ),求出符合该分布的离散型变量的取值或观察值
    1、rbinom(n=30,size=15,prob=0.3), n 为观察值个数,size为试验次数,prob为每个试验成功的概率。该函数产生的结果就是在10次试验中,成功的次数。

    2、dbinom(): 知道随机变量的分布, 如𝐵𝑖𝑛(15,0.3) ,求出随机变量某个取值的概率,使用方法如下
    dbinom (x=4, size=15, prob=0.3), x为随机变量的取值,size为试验次数,prob为每个试验成功的概率。该函数产生的结果就是成功次数为4的概率,dbinom 也称为density function.

    3、pbinom(): 知道随机变量的分布, 如𝐵𝑖𝑛(15,0.3) ,求出随机变量某个取值的cumulative density function,如𝑃(𝑋≤4) . 使用方法如下
    pbinom (q=4, size=15, prob=0.3), q 为随机变量的取值范围小于或等于4,size为试验次数,prob为每个试验成功的概率。该函数产生的结果就是随机变量取值为小于或等于4时的累计分布概率。

    4、qbinom():知道随机变量的分布, 如𝐵𝑖𝑛(15,0.3) ,并且知道cumulative density function(cdf),求出随机变量某个取值范围,使用方法如下
    qbinom (p, size=15, prob=0.3), p为为cdf,size为试验次数,prob为每个试验成功的概率。该函数产生的结果就是随机变量小于或者等于的值。

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    假设实验重复了n次,每一次事件A发生的概率为p,则称随机变量X服从参数n,p的二项分布,记为X~B(n,p) 方差E(X)为np,数学期望D(X)为np(1-p) 泊松分布: 如果X的概率分布为 取值范围为x&g..

    0-1分布

    结果只能取0和1,只进行一次实验。

    假设取1的概率为p,则数学期望E(X)为p,方差D(X)为p(1-p)

    伯努利分布、二项分布

    结果只能取A和A反,进行多次实验,每次实验中,取0和取1的概率一致,X表示事件A发生的次数

    假设实验重复了n次,每一次事件A发生的概率为p,则称随机变量X服从参数n,p的二项分布,记为X~B(n,p)

    方差E(X)为np,数学期望D(X)为np(1-p)

    泊松分布

    如果X的概率分布为

    取值范围为x>=0

    则称X服从参数为λ的泊松分布,记为X~π(λ)X~P(k),数学期望和方差均为λ

     

    展开全文
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    1. 介绍离散型随机变量的定义,性质和分布律 2. 介绍0-1分布,二项分布,泊松分布,几何分布,超几何分布的性质以及必要性证明


    1. 随机变量

    • 设随机试验的样本空间为 S = { e } S=\{e\} S={e}. X = X ( e ) X=X(e) X=X(e) 是定义在样本空间 S S S上的实值单值函数。称 X = X ( e ) X=X(e) X=X(e)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 X X所有可能取的值为 x k ( k = 1 , 2 , ⋯   ) x_k(k=1,2,\cdots) xk(k=1,2,) X X X取各个可能值的概率,即事件 X = x k {X=x_k} X=xk 的概率,为 P { X = x k } = P k , k = 1 , 2 , ⋯ 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 1^o 1o p k ≥ 0 , k = 1 , 2 , 3 , ⋯   ; p_k \geq 0, \quad k=1,2,3,\cdots; pk0,k=1,2,3,;
        • 2 o 2^o 2o ∑ k = 1 ∞ p k = 1. \sum\limits_{k=1}^{\infty}{p_k=1.} k=1pk=1.

        稍后介绍常见分布的时候, p k ≥ 0 p_k \geq 0 pk0 这个的证明很简单,不在赘述,我会给出 ∑ k = 1 ∞ p k = 1. \sum\limits_{k=1}^{\infty}{p_k=1.} k=1pk=1. 的必要性证明。

    3. 离散型随机变量常见分布

    3.1 ( 0 − 1 ) (0-1) (01)分布

    • 设随机变量可能的取值只有 0 0 0 1 1 1,它的分布律为 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 ,记做 X X X服从以 p p p为参数的 ( 0 − 1 ) \pmb{(0-1)} (01)(01)(01)分布或两点分布

      X X X 0 0 0 1 1 1
      p k p_k pk 1 − p 1-p 1p 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 ) (0-1) (01)分布的离散型随机变量来表示

    3.2 二项分布

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

    • E E E 独立重复地进行 n n n次, 则称这一连串独立的重复试验为 n \pmb n nnn重伯努利试验

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

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

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

      • 必要性证明 :
        ∑ k = 0 n P { X = k } = ∑ k = 0 n ( k n ) p k q n − k = ( p + q ) n = 1 \sum\limits_{k=0}^{n}{P\{X=k\}} = \sum\limits_{k=0}^{n}{(_k^n)p^kq^{n-k}} = (p+q)^n=1 k=0nP{X=k}=k=0n(kn)pkqnk=(p+q)n=1

      • 二项式 ( a + b ) n = ( 0 n ) a n − 0 b 0 + ( 1 n ) a n − 1 b 1 + ⋯ + ( n − 1 n ) a n − ( n − 1 ) b n − 1 + ( n n ) a n − n b n = ∑ k = 0 n ( k n ) a n − k b k (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\limits_{k=0}^{n}{(_k^n)a^{n-k}b^{k}} (a+b)n=(0n)an0b0+(1n)an1b1++(n1n)an(n1)bn1+(nn)annbn=k=0n(kn)ankbk

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

    3.3 泊松分布

    • 设随机变量 X X X的可能取值为 0 , 1 , 2 , ⋯ 0,1,2,\cdots 0,1,2, 而各个取值的概率为 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, 其中 λ > 0 \lambda > 0 λ>0 为常数,则称 X X X服从以 λ \lambda λ为参数的泊松分布,记做 X ∼ π ( λ ) \pmb{X \sim \pi(\lambda)} Xπ(λ)Xπ(λ)Xπ(λ)

      • 必要性证明 :

        ∑ k = 0 ∞ P { X = k } = ∑ k = 0 ∞ λ k k ! e − λ = e − λ ∑ k = 0 ∞ λ k k ! = e − λ ⋅ e λ = 1 \sum\limits_{k=0}^{\infty}P\{X=k\}= \sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda}=e^{-\lambda}\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda^k}{k!} = e^{-\lambda} \cdot e^\lambda = 1 k=0P{X=k}=k=0k!λkeλ=eλk=0k!λk=eλeλ=1

      • 其中 ∑ k = 0 ∞ λ k k ! = e λ \sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda^k}{k!} = e^\lambda k=0k!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) f(x) x 0 x_0 x0的某个邻域 U ( x 0 ) U(x_0) U(x0)内具有(n+1)阶导数,那么对任一 x ∈ U ( x 0 ) x \in U(x_0) xU(x0) f ( x ) = f ( x 0 ) + f ′ ( x 0 ) ( x − x 0 ) + f ′ ′ ( x 0 ) 2 ! ( x − x 0 ) 2 + ⋯ + f ( n ) ( x 0 ) n ! ( x − x 0 ) n + R n ( x ) 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)(xx0)+2!f(x0)(xx0)2++n!f(n)(x0)(xx0)n+Rn(x)

      f ( x ) = ∑ n = 0 N f ( n ) ( x 0 ) n ! ( x − x 0 ) n + R n ( x ) f(x)=\sum\limits_{n=0}^{N}\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+R_{n}(x) f(x)=n=0Nn!f(n)(x0)(xx0)n+Rn(x) x 0 = 0 x_0=0 x0=0 时,有 f ( x ) = ∑ n = 0 N f ( n ) ( 0 ) n ! x n + R n ( x ) f(x)=\sum\limits_{n=0}^{N}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+R_{n}(x) f(x)=n=0Nn!f(n)(0)xn+Rn(x)

      此时有 e x = ∑ n = 0 N ( e x ) ( n ) ( 0 ) n ! x n + R n ( x ) ∵ ( e x ) ( n ) = e x ∴ ( e x ) ( n ) ( 0 ) = 1 ∴ e x = ∑ n = 0 N 1 n ! x n + R n ( x ) , R n ( x ) 为 关 于 x n 的 高 阶 无 穷 小 , 则 e x ≈ ∑ n = 0 N 1 n ! x n e^x=\sum\limits_{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\limits_{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\limits_{n=0}^{N}\frac{1}{n!}x^n ex=n=0Nn!(ex)(n)(0)xn+Rn(x)(ex)(n)=ex(ex)(n)(0)=1ex=n=0Nn!1xn+Rn(x)Rn(x)xnexn=0Nn!1xn
      ∴ 有 e λ = ∑ k = 0 ∞ λ k k ! 成 立 \therefore 有 e^\lambda = \sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda^k}{k!} 成立 eλ=k=0k!λk

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

    证明如下 :

    ∵ λ = n p n ∴ p n = λ n lim ⁡ n → ∞ ( k n ) p n k ( 1 − p n ) n − k = lim ⁡ n → ∞ n ! k ! ( n − k ) ! λ k n k ( 1 − λ n ) n − k = lim ⁡ n → ∞ λ k k ! ( n − k + 1 ) ! n k ( 1 − λ n ) n ( 1 − λ n ) − k = lim ⁡ n → ∞ λ k k ! [ 1 ⋅ ( 1 − 1 n ) ( 1 − 2 n ) ⋯ ( 1 − k − 1 n ) ] ( 1 − λ n ) n ( 1 − λ n ) − k ∵ lim ⁡ n → ∞ [ 1 ⋅ ( 1 − 1 n ) ( 1 − 2 n ) ⋯ ( 1 − k − 1 n ) ] = 1 lim ⁡ n → ∞ ( 1 − λ n ) n = e − λ lim ⁡ n → ∞ ( 1 − λ n ) − k = 1 ∴ lim ⁡ n → ∞ ( k n ) p n k ( 1 − p n ) n − k = λ k e − λ k ! \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=npnpnnlim(kn)pnk(1pn)nknlim(kn)pnk(1pn)nk=nλ=nlimk!(nk)!n!nkλk(1nλ)nk=nlimk!λknk(nk+1)!(1nλ)n(1nλ)k=nlimk!λk[1(1n1)(1n2)(1nk1)](1nλ)n(1nλ)knlim[1(1n1)(1n2)(1nk1)]=1nlim(1nλ)n=eλnlim(1nλ)k=1=k!λkeλ

    • 该定理说明,当 n n n很大, p p 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 ≈ λ k e − λ k ! ( λ = n p ) (_k^n)p^k(1-p)^{n-k} \approx \frac{\lambda^ke^{-\lambda}}{k!} \quad (\lambda=np) (kn)pk(1p)nkk!λkeλ(λ=np)

      一般地,当 n ≥ 100 , n p ≤ 10 n \geq 100,np \leq 10 n100,np10 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 A A发生的概率为 p p p,试验进行到事件 A A A出现时停止,此时所进行的试验次数为 X X X,其分布率为 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, , 则称 X X X服从 p p p为参数的几何分布,记作 X ∼ G ( p ) \pmb{X \sim G(p)} XG(p)XG(p)XG(p)

      必要性证明:

      ∑ k = 1 ∞ P { X = k } = ∑ k = 1 ∞ ( 1 − p ) k − 1 p = p ∑ k = 1 ∞ ( 1 − p ) k − 1 = p 1 − ( 1 − p ) k − 1 ( 1 − p ) 1 − ( 1 − p ) = 1 − ( 1 − p ) k ∵ 0 ≤ p ≤ 1 k → + ∞ ∴ ∑ k = 1 ∞ P { X = k } = 1 \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=1P{X=k}k=1P{X=k}=k=1(1p)k1p=pk=1(1p)k1=p1(1p)1(1p)k1(1p)=1(1p)k0p1k+=1

    • 几何分布用来描述 n n n次伯努利试验中,事件 A A 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 N N件产品中有 M M M件次品,抽检 n n n件时所得次品数 X = k X=k X=k,此时有 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}.

      X X X服从以 n , N , M n,N,M nNM 为参数的超几何分布,记做 X ∼ H ( n , M , N ) \pmb{X\sim H(n,M,N)} XH(n,M,N)XH(n,M,N)XH(n,M,N)

      必要性证明 :

      ∑ k = 0 m i n { n , M } P { X = k } = ∑ k = 0 m i n { n , M } ( k M ) ( n − k N − M ) ( n N ) = 1 ( n N ) ⋅ ∑ k = 0 m i n { n , M } ( k M ) ( n − k N − M ) ( 式 子 中 只 有 k 是 变 量 , 因 此 ( n N ) 是 常 数 , 可 以 提 出 来 ) = 1 ( n N ) ⋅ ( n N ) ( 范 德 蒙 恒 等 式 ) = 1 \begin{aligned}\sum\limits_{k=0}^{min\{n,M\}}P\{X=k\} &=\sum\limits_{k=0}^{min\{n,M\}}\frac{(_k^M)(_{n-k}^{N-M})}{(_n^N)}\\&=\frac{1}{(_n^N)}\cdot\sum\limits_{k=0}^{min\{n,M\}}(_k^M)(_{n-k}^{N-M})\quad(式子中只有k是变量,因此(_n^N)是常数,可以提出来) \\ &= \frac{1}{(_n^N)}\cdot(_n^N) \quad(范德蒙恒等式) \\&=1\end{aligned} k=0min{n,M}P{X=k}=k=0min{n,M}(nN)(kM)(nkNM)=(nN)1k=0min{n,M}(kM)(nkNM)(k(nN))=(nN)1(nN)()=1

      范德蒙恒等式: C m + n k = ∑ i = 0 k C m i C n k − i C_{m+n}^k = \sum\limits_{i=0}^{k}C_{m}^iC_{n}^{k-i} Cm+nk=i=0kCmiCnki

      证明比较简单,用二项展开式即可:

      ( 1 + x ) m + n = C m + n 0 x m + n + C m + n 1 x m + n − 1 + ⋯ + C m + n m + n x 0 ( 1 ) ( 1 + x ) m + n = ( 1 + x ) m ( 1 + x ) n = ( C m 0 x m + C m 1 x m − 1 + ⋯ + C m m x 0 ) ( C n 0 x n + C n 1 x n − 1 + ⋯ + C n n x 0 ) = C m 0 C n 0 x m + n + ( C m 0 C n 1 + C m 1 C n 0 ) x m + n − 1 + ⋯ + C m m C n m x 0 ( 2 ) 根 据 式 ( 1 ) 和 式 ( 2 ) 对 应 项 系 数 相 等 , 可 以 知 道 C m + n k = ∑ i = 0 k C m i C n k − i \begin{aligned}(1+x)^{m+n} &= C_{m+n}^0x^{m+n}+C_{m+n}^1x^{m+n-1}+\cdots + C_{m+n}^{m+n}x^{0} \quad(1) \\(1+x)^{m+n} &= (1+x)^{m}(1+x)^{n}=(C_{m}^0x^{m}+C_{m}^1x^{m-1}+\cdots + C_{m}^{m}x^{0})(C_{n}^0x^{n}+C_{n}^1x^{n-1}+\cdots + C_{n}^{n}x^{0})\\ &= C_{m}^0C_{n}^0x^{m+n}+(C_{m}^0C_{n}^1+C_{m}^1C_{n}^0)x^{m+n-1}+\cdots+C_{m}^mC_{n}^mx^{0} \quad (2) \\ 根据式(1)和式(2)对应项系数相等,可以知道 C_{m+n}^k = \sum\limits_{i=0}^{k}C_{m}^iC_{n}^{k-i} \end{aligned} (1+x)m+n(1+x)m+n(1)(2)Cm+nk=i=0kCmiCnki=Cm+n0xm+n+Cm+n1xm+n1++Cm+nm+nx0(1)=(1+x)m(1+x)n=(Cm0xm+Cm1xm1++Cmmx0)(Cn0xn+Cn1xn1++Cnnx0)=Cm0Cn0xm+n+(Cm0Cn1+Cm1Cn0)xm+n1++CmmCnmx0(2)

      关于 范德蒙恒等式的证明方式有很多,感兴趣的可以查看相关资料

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

      证明如下:

      首先我们要明确要证明的等式是 当 N → + ∞ N\rightarrow +\infty N+ P { X = k } = ( k M ) ( n − k N − M ) ( n N ) = ( k n ) p k q n − k P\{X=k\}=\frac{(_k^M)(_{n-k}^{N-M})}{(_n^N)} = (_k^n)p^kq^{n-k} P{X=k}=(nN)(kM)(nkNM)=(kn)pkqnk ,即 lim ⁡ n → + ∞ ( k M ) ( n − k N − M ) ( n N ) = ( k n ) p k q n − k \lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\frac{(_k^M)(_{n-k}^{N-M})}{(_n^N)} = (_k^n)p^kq^{n-k} n+lim(nN)(kM)(nkNM)=(kn)pkqnk.

      lim ⁡ n → + ∞ ( k M ) ( n − k N − M ) ( n N ) = lim ⁡ n → + ∞ M ! k ! ( M − k ) ! ( N − M ) ! ( n − k ) ! ( N − M − n + k ) ! n ! ( N − n ) ! N ! = lim ⁡ n → + ∞ n ! k ! ( n − k ) ! M ( M − 1 ) ⋯ ( M − k + 1 ) N k ( N − M ) ! ( n − k ) ! ( N − M − n + k ) ! N k N ( N − 1 ) ⋯ ( N − n + 1 ) ( N k 为 构 造 出 来 的 中 间 量 ) n ! k ! ( n − k ) ! = ( k n ) , lim ⁡ n → + ∞ M ( M − 1 ) ⋯ ( M − k + 1 ) N k = lim ⁡ n → + ∞ M N ( M N − 1 N ) ⋯ ( M N − k N + 1 N ) = ( M N ) k , N k N ( N − 1 ) ⋯ ( N − n + 1 ) = N k N ( N − 1 ) ⋯ ( N − k + 1 ) ( N − k ) ( N − k − 1 ) ⋯ ( N − n + 1 ) = 1 1 ⋅ ( 1 − 1 N ) ( 1 − 2 N ) ⋯ ( 1 − k N + 1 N ) ( N − k ) ( N − k − 1 ) ⋯ ( N − n + 1 ) ∴ lim ⁡ n → + ∞ N k N ( N − 1 ) ⋯ ( N − n + 1 ) = lim ⁡ n → + ∞ 1 ( N − k ) ( N − k − 1 ) ⋯ ( N − n + 1 ) , ∴ lim ⁡ n → + ∞ ( k M ) ( n − k N − M ) ( n N ) = lim ⁡ n → + ∞ ( k n ) ( M N ) k ( N − M ) ( N − M − 1 ) ⋯ ( N − M − n + k + 1 ) N n − k N n − k ( N − k ) ( N − k − 1 ) ⋯ ( N − n + 1 ) ( N n − k 为 构 造 出 来 的 中 间 量 ) = lim ⁡ n → + ∞ ( k n ) ( M N ) k [ ( 1 − M N ) ( 1 − M N − 1 N ) ⋯ ( 1 − M N − n − k − 1 N ) ] [ 1 ( 1 − k N ) ( 1 − k + 1 N ) ⋯ ( 1 − n − 1 N ) ] = ( k n ) ( M N ) k ( 1 − M N ) n − k ∴ 命 题 得 证 \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)(nkNM)n+lim(nN)(kM)(nkNM)=n+limk!(Mk)!M!(nk)!(NMn+k)!(NM)!N!n!(Nn)!=n+limk!(nk)!n!NkM(M1)(Mk+1)(nk)!(NMn+k)!(NM)!N(N1)(Nn+1)Nk(Nk)k!(nk)!n!=(kn),n+limNkM(M1)(Mk+1)=n+limNM(NMN1)(NMNk+N1)=(NM)k,N(N1)(Nn+1)Nk=N(N1)(Nk+1)(Nk)(Nk1)(Nn+1)Nk=1(1N1)(1N2)(1Nk+N1)(Nk)(Nk1)(Nn+1)1n+limN(N1)(Nn+1)Nk=n+lim(Nk)(Nk1)(Nn+1)1,=n+lim(kn)(NM)kNnk(NM)(NM1)(NMn+k+1)(Nk)(Nk1)(Nn+1)Nnk(Nnk)=n+lim(kn)(NM)k[(1NM)(1NMN1)(1NMNnk1)][(1Nk)(1Nk+1)(1Nn1)1]=(kn)(NM)k(1NM)nk

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    这一小节我们一起学习几个离散型随机变量里的特殊的概率分布:几何分布、二项分布和泊松分布。

    几何分布

    乘风破浪的姐姐最近正在热播,还记得万茜小姐姐第一次个人solo的那段吉他弹唱吗?第一次她在台上弹错了,第二次虽然也有失误,但算是完整地弹了下来,假定她没有失误完成弹唱的概率是0.2,可以彩排两次,试一次或者两次就能成功的概率是多大?(如果第一次直接成功,则不进行第二次)

    这是个概率的问题,还记得上一小节的内容吗?可以画个图来理解下这个问题。


    已知:

    P(X=1) =P(第一次成功) = 0.2

    即第一次弹唱就能成功的概率是0.2。

    如何求第一次没成功第二次才成功的概率呢?就是:

    P(X=2) = P(第二次成功且第一次失败) = 0.2 x 0.8 = 0.16

    回到问题本身,她试弹一次或者两次就能成功的概率是多少呢?加一起:

    P(X=1) + P(X=2) = 0.36

    这是假设她试弹不超过3次的前提下成功的概率,那如果要求她试弹10次,100次呢?一个一个算也是可以的,但未免太麻烦了些,通过前人一次一次算的过程中总结的规律,得到了几何分布的概率可以用如下公式快速计算:

    p是成功的概率,q是失败的概率(1-p),结合到我们的案例里,p就是0.2,q就是0.8,有了这个公式,就不用我们一个一个算就能得出一个一劳永逸的方法了。

    回过头来我们再想一下这个案例有什么特点,也就能得出符合什么条件可以使用几何分布了:

    • 进行一系列相互独立的试验
    • 每次试验可能成功,也可能失败,且单次试验成功的概率相同
    • 我们研究的主要是为了取得第一次成功需要进行多少次试验

    代入到这个案例里就特别明显了,每次弹唱彩排都是相互独立的,每次弹唱可能成功也可能失败,且单次成功的概率都是0.2,而我们重点关心的则是首次成功需要进行多少次试验

    下面是几何分布的形状,可以看出来,其实仅尝试一次就成功的概率是最大的。
    几何分布

    总结一下

    二项分布

    假设总共有5个单选题,每个问题都有4个选项,每回答对一题的概率是0.25,回答对1到题的概率是多少呢?

    回答对一道题有3种情况:

    • 第一题答对,第二题第三题答错,概率是:0.25x0.75x0.75
    • 第一题答错,第二题答对,第三题答错,概率是:0.75x0.25x0.75
    • 第一题答错,第二题答错,第三题答对,概率是:0.75x0.75x0.25

    归纳一下,P(X=1) = 3x0.75^2x0.25
    这是回答对1道题,那么回答对5道题,r道题呢?

    类似上述这种单选题一样包含两个结果(答对或答错)的试验其随机变量服从的分布就是二项分布,它们的特征可总结如下:

    • 一系列独立试验
    • 每次试验可能成功,也可能失败,且单次试验成功的概率相同(同几何分布)
    • 试验次数有限

    满足二项分布模型后,X表示n次试验中的成功次数,如果要求成功r次的其概率可以用如下公式快速计算:

    其中,

    它的形状是这样的,可以看出图形比较对称。

    对比几何分布

    相同:

    • 都是独立试验
    • 每次试验都有成功或失败

    不同:

    • 几何分布:取得首次成功前要试验多少次
    • 二项分布:试验次数固定,求成功次数的概率

    泊松分布

    在一定时间范围内或指定面积/体积内某一事件出现的次数的分布,就属于泊松分布。

    比如某企业每月发生事故的次数,单位时间内到底某一柜台的客户人数。

    这与几何分布、二项分布不同,它没有一系列的试验,它是已知某一事件在特定区间内的平均发生次数,求发生r次事件的概率,符合泊松分布的条件是这样的:

    • 单独事件在给定时间/空间内随机、独立地发生
    • 已知该时间/空间内的事件发生率 入

    满足泊松分布后,X表示给定区间内事件发生次数,发生率为 入,那么求给定区间内发生r次事件的概率就可以用如下公式计算:

    泊松分布的形状取决于入的值,入越小,分布越向右偏斜,随着入变大,分布会月对称:

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