§2.1–2.2 随机变量与离散分布（Random Variables and Discrete Distributions）

随机变量：把试验结果映射为实数

随机变量（random variable, r.v.）是定义在样本空间上的实值函数

\[ X:S\to\mathbb R,\qquad \omega\mapsto X(\omega). \]

映射规则确定，输入结果随机；大写 \(X\) 表示变量，小写 \(x\) 表示取值。

例如抛三次硬币，\(S\) 的结果为 HHH、HHT 等，\(X\) 定义为正面数，则

\[ \{X=1\}=\{\mathrm{HTT},\mathrm{THT},\mathrm{TTH}\}. \]

\(X\) 是函数，\(\{X=x\}\)、\(\{X\in I\}\) 是事件，\(P(X=x)\)、\(P(X\in I)\) 是概率数值。

分布（distribution）描述取值及其概率。

离散型随机变量与分布律（PMF）

若全部可能取值有限或可列无限，称为离散型随机变量（discrete random variable）。其概率质量函数／分布律（probability mass function, PMF）为

\[ p_k=P(X=x_k),\qquad k=1,2,\ldots. \]

PMF 直接给出每个取值的概率。分布律须包含取值和概率，满足

\[ p_k\ge0,\qquad\sum_kp_k=1. \]

不同取值对应的事件互斥，因此

\[ P(X\in I)=\sum_{x_k\in I}p_k. \]

列 PMF：列全取值 → 求对应事件概率 → 检查非负、和为 1。

作业｜习题二 A2：归一化与区间概率

题目。\(P(X=i)=c(5-i)\)，\(i=1,2,3,4\)。求 \(c\) 和 \(P(1.5<X\le3)\)。

解析。

\[ 1=c(4+3+2+1)\implies c=\frac1{10}. \]

区间内只有取值 2、3，故

\[ P(1.5<X\le3)=P(X=2)+P(X=3)=\frac3{10}+\frac2{10}=\frac12. \]

常见离散分布与模型选择

分布	计数对象／试验条件	取值	分布律
伯努利（Bernoulli）	一次试验是否成功	\(0,1\)	\(p^k(1-p)^{1-k}\)
二项（Binomial）	固定 \(n\) 次独立、同成功率试验的成功数	\(0,\ldots,n\)	\(\binom nkp^k(1-p)^{n-k}\)
泊松（Poisson）	固定时空范围内的事件次数	\(0,1,\ldots\)	\(e^{-\lambda}\lambda^k/k!\)
几何（Geometric）	首次成功所需试验数	\(1,2,\ldots\)	\((1-p)^{k-1}p\)
巴斯卡／负二项（Pascal / Negative binomial）	第 \(r\) 次成功所需试验数	\(r,r+1,\ldots\)	\(\binom{k-1}{r-1}p^r(1-p)^{k-r}\)
超几何（Hypergeometric）	有限总体中无放回抽样的成功数	\(\max(0,n-b)\le k\le\min(a,n)\)	\(\binom ak\binom b{n-k}/\binom{a+b}n\)

二项、泊松和几何分布的概率质量函数比较

自绘。依次为固定试验数的成功数、事件计数、首次成功的等待次数。来源与许可。

伯努利分布与二项分布

伯努利试验（Bernoulli trial）只有成功／失败两种结果。成功记 1、失败记 0，则 \(X\sim\operatorname{Bernoulli}(p)=B(1,p)\)。

\(n\) 重伯努利试验（Bernoulli scheme）要求各次独立、成功率同为 \(p\)。成功数（number of successes）\(X\sim B(n,p)\)：指定顺序概率为 \(p^k(1-p)^{n-k}\)，成功位置有 \(\binom nk\) 种。

\[ P(X=k)=\binom nkp^k(1-p)^{n-k}. \]

由二项式定理得归一性。二项分布固定试验数、数成功次数；几何和负二项分布数等待次数。

泊松分布（Poisson Distribution）

泊松分布描述固定时间段或空间区域内，某类事件发生的次数，如一小时收到的来电数、一米布料上的疵点数。次数没有预设上限，可为 0；这与固定 \(n\) 次试验中数成功次数的二项分布不同。

常用建模条件是：事件以稳定速率随机发生，不相交范围内的计数独立，足够小的范围内发生两次及以上的概率可忽略。若计数 \(X\) 服从泊松分布，记为 \(X\sim\operatorname{Pois}(\lambda)\)，则

\[ P(X=k)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!},\qquad k=0,1,\ldots. \]

\(\lambda>0\) 是整个观察窗口内的平均次数。每单位时间平均发生 \(\nu\) 次，观察时长为 \(t\)，则 \(\lambda=\nu t\)，单位须一致。例如平均每分钟 2 次，观察 3 分钟，计数服从 \(\operatorname{Pois}(6)\)。归一性由 \(\sum_{k\ge0}\lambda^k/k!=e^\lambda\) 得到。

“至少三次”适合用取补：

\[ P(X\ge3)=1-e^{-\lambda}\left(1+\lambda+\frac{\lambda^2}{2}\right). \]

若某个单位时间内的计数服从 \(\operatorname{Pois}(4.8)\)，至少三人的概率

\[ q=1-e^{-4.8}\left(1+4.8+\frac{4.8^2}{2}\right)\approx0.8575. \]

独立观察五个这样的时间段，恰有四段满足“至少三人”的概率为

\[ \binom54q^4(1-q)\approx0.3853. \]

第二层数“满足条件的时间段数”，用二项分布。

作业｜习题二 B12：短信计数与条件概率

题目。短信按每分钟 \(\nu=0.05\) 的速率满足泊松计数模型。考察 10:00–12:00，求恰收六条的概率；给定至少五条，求恰为六条的概率。

解析。窗口长 120 分钟，故 \(N\sim\operatorname{Pois}(6)\)：

\[ P(N=6)=e^{-6}\frac{6^6}{6!}=\frac{324}{5}e^{-6}\approx0.1606. \]

利用 \(\{N=6\}\subseteq\{N\ge5\}\)：

\[ P(N=6\mid N\ge5) =\frac{e^{-6}6^6/6!}{1-e^{-6}\sum_{k=0}^4 6^k/k!} =\frac{(324/5)e^{-6}}{1-115e^{-6}} \approx0.2247. \]

泊松近似二项分布（Poisson Approximation）

若 \(n\) 很大、\(p\) 很小，且 \(np=\lambda\) 适中，可以近似

\[ B(n,p)\approx\operatorname{Pois}(np). \]

极限条件为 \(n\to\infty,p\to0,np\to\lambda\)；\(n>10,p<0.1\) 仅为经验判断，不保证尾概率精度。

如 \(X\sim B(1000,1/200)\)，\(P(X\ge3)\approx0.8760\)；泊松近似取 \(\lambda=np=5\)，得 0.8753。解答须列模型与概率式。

首次成功与第 r 次成功

几何分布（Geometric Distribution）

各次独立、成功率 \(p\)，\(X\) 记录首次成功所需试验数（number of trials until the first success）。\(X=k\) 要求前 \(k-1\) 次失败、第 \(k\) 次成功：

\[ P(X=k)=(1-p)^{k-1}p,\qquad k=1,2,\ldots. \]

若 \(S_m\) 是前 \(m\) 次试验的成功数，则 \(S_m\sim B(m,p)\)。首次成功尚未出现，等价于成功数为零：

\[ \{X>m\}=\{S_m=0\},\qquad P(X>m)=(1-p)^m. \]

二项分布数固定试验次数内的成功数，几何分布数首次成功所需的试验次数；连续时间中的对应关系见泊松计数与指数等待时间。

\[ P(X>m+n\mid X>m)=(1-p)^n. \]

这是无记忆性（memorylessness）。若按“首次成功前的失败数”定义，取值从 0 开始；先确认计数约定。

巴斯卡／负二项分布

\(X\) 表示达到 \(r\) 次成功所需的总试验次数。\(X=k\) 要求第 \(k\) 次成功，前 \(k-1\) 次中恰有 \(r-1\) 次成功：

\[ P(X=k)=\binom{k-1}{r-1}p^{r-1}(1-p)^{k-r}p, \qquad k=r,r+1,\ldots. \]

\(r=1\) 时退化为几何分布。若记录第 \(r\) 次成功前的失败数 \(Z=X-r\)，则

\[ P(Z=j)=\binom{j+r-1}{r-1}p^r(1-p)^j,\qquad j=0,1,\ldots. \]

作业｜习题二 A1：四种随机变量

题目。分别求下列分布律：（1）从编号 1–4 的球中无放回取两个，\(X\) 为较小编号；（2）掷均匀骰子三次，\(X\) 为点数大于 4 的次数；（3）从 2 红、3 白中无放回取两球，\(X\) 为红球数；（4）从该袋放回抽球，首次取红即停止，最多抽三次，\(X\) 为抽取次数。

解析。

无序球对共 \(\binom42=6\) 个。最小编号为 \(k\) 时另一编号可从 \(k+1,\ldots,4\) 选，故 \(P(X=k)=(4-k)/6\)。
\(X\sim B(3,1/3)\)。
\(X\) 为超几何计数，\(P(X=k)=\binom2k\binom3{2-k}/\binom52\)。
前两次均为白球就一定抽到第三次，不论第三次颜色；所以 \(P(X=3)=(3/5)^2\)。

小问	取值	对应概率
(1)	\(1,2,3\)	\(1/2,\ 1/3,\ 1/6\)
(2)	\(0,1,2,3\)	\(8/27,\ 4/9,\ 2/9,\ 1/27\)
(3)	\(0,1,2\)	\(3/10,\ 3/5,\ 1/10\)
(4)	\(1,2,3\)	\(2/5,\ 6/25,\ 9/25\)

第 (4) 问的第三项含第三次首次成功、三次均失败两种情形。

作业｜习题二 B2：连续闯关的得分

题目。三关各自通过概率为 \(1/5\)，结果独立；第一、二关各得 1 分，第三关得 2 分。一旦某关失败，后续仍可进行，但无论通过与否均不得分。求总得分 \(X\) 的分布、\(P(X>2)\)、\(P(X=4\mid X\ge2)\)。

解析。设 \(A_i\) 为第 \(i\) 关通过，\(p=1/5,q=4/5\)：

得分	等价事件	概率
\(0\)	\(A_1^c\)	\(q=4/5\)
\(1\)	\(A_1A_2^c\)	\(pq=4/25\)
\(2\)	\(A_1A_2A_3^c\)	\(p^2q=4/125\)
\(4\)	\(A_1A_2A_3\)	\(p^3=1/125\)

不存在得 3 分的情形。因此

\[ P(X>2)=\frac1{125},\qquad P(X=4\mid X\ge2)=\frac{1/125}{4/125+1/125}=\frac15. \]

作业｜习题二 B7：不同故障率与截断等待

题目。车辆经过三个特殊地段，第 \(i\) 段故障概率为 \(p_i\)，三个概率不必相同。求故障地段数 \(X\) 的分布，以及首次故障前已通过的地段数 \(Y\) 的分布；全程无故障时 \(Y=3\)。

解析。假设各段故障相互独立；仅给 \(p_i\) 不足以确定分布。记 \(q_i=1-p_i\)。

\[ \begin{aligned} P(X=0)&=q_1q_2q_3,\\ P(X=1)&=p_1q_2q_3+q_1p_2q_3+q_1q_2p_3,\\ P(X=2)&=p_1p_2q_3+p_1q_2p_3+q_1p_2p_3,\\ P(X=3)&=p_1p_2p_3. \end{aligned} \]

当 \(p_i\) 不同，\(X\) 一般不是普通二项分布。\(Y\) 不计入发生首次故障的地段：

\(Y\)	\(0\)	\(1\)	\(2\)	\(3\)
概率	\(p_1\)	\(q_1p_2\)	\(q_1q_2p_3\)	\(q_1q_2q_3\)

检验最后三项：\(q_1p_2+q_1q_2p_3+q_1q_2q_3=q_1\)，加上 \(p_1\) 为 1。

超几何分布与不放回抽样

总体有 \(a\) 个成功对象、\(b\) 个失败对象，\(N=a+b\)；无放回取 \(n\) 个，成功数 \(X\) 满足

\[ P(X=k)=\frac{\binom ak\binom b{n-k}}{\binom Nn}, \qquad \max(0,n-b)\le k\le\min(a,n). \]

下界由失败对象数量约束，上界由样本量和成功对象数量约束。不放回各次结果通常不独立，不能套二项分布。

易错点

泊松取值含 0；不同成功率不能套普通二项分布。
边际成功率相同不保证各次独立。

参考资料

主课件第 4–36 页；课堂识别 lecture-record-21；教材习题二 A1、A2、B2、B7、B12。