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.

• 1. 随机变量与随机变量的数字特征
  • 1.1 随机变量
  • 1.2 期望和方差
  • 1.3 相关系数
• 2. 常见离散型随机变量分布
  • 2.1 伯努利分布
  • 2.2 超几何分布
  • 2.3 几何分布
• 3. 正态分布
  • 3.1 分布
  • 3.2 数字特征
  • 3.3 与离散型随机变量的关系
  • 3.4 高尔顿板
  • 3.5 特殊概率值
  • 3.6 标准正态分布
• 4. 卡方检测

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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):

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

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:

$$\begin{gathered} E(X+b)=E(X)+b \\ E(kX)=kE(X) \\ D(X+b)=D(X) \\ D(kX)=k^{2}D(X) \end{gathered}$$

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:

$$\begin{array}{c}\begin{array}{rl}Cov(X,Y)& =E[(X-E(X))(Y-E(Y))]\\ & =E[XY-XE(Y)-YE(X)+E(X)E(Y)]\\ & =E(XY)-E(Y)E(X)-E(X)E(Y)+E(X)E(Y)\\ & =E(XY)-E(Y)E(X)\end{array}\end{array}$$

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.

它表现力两个随机变量直接的线性关系, 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:

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

不难得出协方差有如下性质:

$$\begin{array}{rl}& Cov(X,Y)=Cov(Y,X)\\ & Cov(X,a)=Cov(b,Y)=0,a,b\in R\\ & Cov(aX,bY)=aCov(X,bY)=bCov(aX,Y)=abCov(X,Y),a,b\in R\\ & Cov(X_1+X_2,Y)=Cov(X_1,Y)+Xov(X_2,Y)\end{array}$$

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 $X$ 和 $Y$ 相对的分数趋势, 因此对 $X,Y$ 标准化:

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

这时:

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

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:

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

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.

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

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 $P(X=k)$ :

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

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:

$$\begin{gathered} E(X)=np \\ D(X)=np(1-p) \end{gathered}$$

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 $s=min\{M,n\}$ , $t=\begin{array}{r}\{\begin{array}{ll}0& ,n\le N-M\\ n-(N-M)& ,n>N-M\end{array}\end{array}$ , 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: $X\ge \begin{array}{r}\{\begin{array}{ll}0& ,n\le N-M\\ n-(N-M)& ,n>N-M\end{array}\end{array}$ .

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:

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

摘自百度 超几何分布

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

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

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

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

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

则有:

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

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

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

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

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

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

代入上式得:

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

d) 方差

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

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)	$p$	$(1-p)p$	$\cdots$	$(1-p{)}^{k-1}p$	$\cdots$

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

同理, 令 $q=1-p$ 并构造如下函数:

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

则:

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

那么 $g(p)$ 是多少呢? 实际上就是上面的 $q{f}^{\prime }(q)$ .

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

代入求解得:

$$\begin{gathered} g(q)=\frac{q}{(1-q{)}^2} \\ {g}^{\prime }(q)=\frac{1+q}{(1-q{)}^3} \end{gathered}$$

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

故:

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

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 $f^{\prime }(q),f^{\prime \prime }(q)$ 则分别为 $E(X),D(X)$ (的关键).

记住, 遇到 $k{q}^k$ 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

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）

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

引用自CSDN十大战略工具（6）—— 正态分布&幂律分布

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

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 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$

$$\begin{gathered} P(\mu -\sigma \le X\le \mu +\sigma )=68\% \\ P(\mu -2\sigma \le X\le 2\mu +\sigma )=95\% \\ P(\mu -3\sigma \le X\le 3\mu +\sigma )=99.7\% \end{gathered}$$

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 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$

$$X_i^{\prime }=\frac{1}{\sigma }(X_i-\mu )$$

这样

$$\begin{gathered} {\mu }^{\prime }=\mu -\mu =0 \\ {\sigma }^2={\sigma }^2\times \frac{1}{{\sigma }^2}=1 \end{gathered}$$

则上述转换将 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)\to X^{\prime }\sim N(0,1)$

$N(0,1)$ 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:

(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.

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