§2.4 连续型随机变量与常用分布（Continuous Distributions）

密度的定义与两条本质性质

若存在非负函数 \(f_X\)，使得对所有 \(x\in\mathbb R\)，

\[ F_X(x)=\int_{-\infty}^x f_X(t)\,dt, \]

则 \(X\) 为连续型随机变量（continuous random variable），\(f_X\) 为概率密度函数（probability density function, PDF）；这里的连续型指绝对连续（absolutely continuous）。

一个函数可以作为 PDF 的充要条件是

\[ f_X(x)\ge0,\qquad \int_{-\infty}^{+\infty}f_X(x)\,dx=1. \]

密度定义在全实轴；沿用课件，将 \(D=\{x:f_X(x)>0\}\) 称为支撑区域（support）。分段端点取值不影响分布。

概率、CDF 与密度

\[ P(X\in A)=\int_Af_X(x)\,dx,\qquad P(a<X\le b)=F_X(b)-F_X(a). \]

单点概率为零，区间端点开闭不影响概率。在 \(f_X\) 的连续点处：

\[ F_X'(x)=f_X(x). \]

密度值不是点概率，也不必小于等于 1。例如 \(X\sim U(0,0.1)\)，密度为 10；区间概率仍是高度乘长度。小区间上

\[ P(x<X\le x+\Delta x)\approx f_X(x)\Delta x. \]

有限个点上改密度值不改变分布；CDF 在分段端点不可导不妨碍存在密度。CDF 连续是存在密度的必要条件，并非充分条件；常见分段光滑连续 CDF 可逐段求导得到密度。

自绘。实心点表示跳点取值；连续密度的累积面积为 CDF。来源与许可。

例：不相连的支撑区域

设密度在 \((0,1)\) 为 \(c\)，在 \((3,6)\) 为 \(2/9\)，其余为零。由归一性 \(c+3(2/9)=1\)，得 \(c=1/3\)，进而

\[ F(x)= \begin{cases} 0,&x<0,\\ x/3,&0\le x<1,\\ 1/3,&1\le x<3,\\ (2x-3)/9,&3\le x<6,\\ 1,&x\ge6. \end{cases} \]

密度空档对应 CDF 平台，后续仍须保留此前累积值。\(P(X<k)=2/3\) 得 \(k=4.5\)。

作业｜习题二 B17：归一化、积分与重复观察

题目。\(f(x)=c(4-x^2)\)，\(0<x<2\)，其余为零。求 \(c\)、CDF、\(P(-1<X<1)\)；独立观察五次，求该事件恰好发生两次的概率。

解析。

\[ 1=c\int_0^2(4-x^2)\,dx=\frac{16c}{3} \implies c=\frac3{16}. \]

\[ F(x)= \begin{cases} 0,&x<0,\\ \dfrac{3x}{4}-\dfrac{x^3}{16},&0\le x<2,\\ 1,&x\ge2. \end{cases} \]

\[ q=P(-1<X<1)=\int_0^1\frac3{16}(4-x^2)\,dx=\frac{11}{16}. \]

令 \(N\) 为五次中该事件发生的次数，\(N\sim B(5,11/16)\)，故

\[ P(N=2)=\binom52\left(\frac{11}{16}\right)^2 \left(\frac5{16}\right)^3\approx0.1442. \]

作业｜习题二 B18：由连续性确定参数

题目。连续型 \(X\) 的 CDF 为

\[ F(x)= \begin{cases} 0,&x<0,\\ ax^2,&0\le x<1,\\ bx,&1\le x<2,\\ 1,&x\ge2. \end{cases} \]

求 \(a,b\)、密度，以及 \(P(0.5<X<1.5)\)。

解析。CDF 在 1、2 连续，得 \(a=b,2b=1\)，所以 \(a=b=1/2\)。逐段求导：

\[ f(x)= \begin{cases} x,&0<x<1,\\ 1/2,&1<x<2,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases} \]

\[ P(0.5<X<1.5)=F(1.5)-F(0.5) =\frac34-\frac18=\frac58. \]

连续只是必要条件，还须检查 CDF 单调、密度非负。

均匀分布（Uniform Distribution）

\(X\sim U(a,b)\)，\(a<b\)，表示区间内按长度均匀取值：

\[ f_X(x)= \begin{cases} 1/(b-a),&a<x<b,\\ 0,&\text{其他}, \end{cases} \qquad F_X(x)= \begin{cases} 0,&x<a,\\ (x-a)/(b-a),&a\le x<b,\\ 1,&x\ge b. \end{cases} \]

求 \(P(X\in A)\)：先取 \(A\cap(a,b)\)，再用其长度除以 \(b-a\)。

作业｜习题二 A12：先解不等式

题目。\(X\sim U(0,4)\)，求 \(P(X^2-2X-3<0)\)。

解析。因 \((X+1)(X-3)<0\iff-1<X<3\)，与 \((0,4)\) 相交得到 \((0,3)\)：

\[ P(X^2-2X-3<0)=\frac{3}{4}. \]

例：到站时间不等于等待时间

汽车从 6:00 起每隔 30 分钟发车。到达时间在 6:20–7:10 均匀分布，令 \(U\) 为从 6:20 起的到达分钟数，\(W\) 为候车时间。除去零概率端点：

\[ W= \begin{cases} 10-U,&0<U<10,\\ 40-U,&10<U<40,\\ 70-U,&40<U<50. \end{cases} \]

于是 \(P(W\le15)=25/50=0.5\)，\(P(W>10)=30/50=0.6\)，\(P(10<W\le15)=5/50=0.1\)。

两次独立候车，“一次不超过 15 分钟、另一次大于 10 分钟”的两种安排有重叠，容斥得

\[ 2(0.5)(0.6)-(0.1)^2=0.59. \]

不能把到达时间变量的阈值直接当成等待时间的阈值。

指数分布（Exponential Distribution）

指数分布描述事件发生前的连续等待时间（waiting time），如稳定来电速率下等待下一通电话的时间；也用于故障速率恒定的寿命模型。等待时间非负，可以取任意长的值。

本文用速率参数（rate parameter） \(\lambda>0\)，单位为时间的倒数。\(\lambda\) 越大，等待通常越短，平均等待时间为 \(1/\lambda\)。记为

\[ X\sim\operatorname{Exp}(\lambda),\qquad f_X(x)= \begin{cases} \lambda e^{-\lambda x},&x>0,\\ 0,&x\le0. \end{cases} \]

\[ F_X(x)= \begin{cases} 1-e^{-\lambda x},&x>0,\\ 0,&x\le0, \end{cases} \qquad P(X>t)=e^{-\lambda t}\quad(t\ge0). \]

生存函数（survival function）为 \(S(t)=P(X>t)\)。若用尺度参数 \(\theta=1/\lambda\)，密度为 \(\theta^{-1}e^{-x/\theta}\)；须区分速率与尺度。

泊松计数与首次等待时间

泊松过程（Poisson process）描述事件以恒定速率 \(\lambda\) 随机发生：不相交时间段的计数独立，长度为 \(t\) 的时间段内计数服从 \(\operatorname{Pois}(\lambda t)\)。记 \(N(t)\) 为从时刻 0 到 \(t\) 的事件数，\(T\) 为首次事件的等待时间，则“等待超过 \(t\)”等价于“此前一次也没发生”：

\[ \{T>t\}=\{N(t)=0\} \implies P(T>t)=P(N(t)=0)=e^{-\lambda t},\qquad t\ge0. \]

因此 \(T\sim\operatorname{Exp}(\lambda)\)。泊松过程中，各相邻事件之间的等待时间也相互独立，且都服从此指数分布；仅知道某一个时间段的计数服从泊松分布，不足以推出这些性质。

例如每分钟平均接到 2 通电话的泊松过程中，3 分钟内来电数 \(N(3)\sim\operatorname{Pois}(6)\)；等待下一通电话的时间 \(T\sim\operatorname{Exp}(2)\)（单位：分钟），平均等待半分钟，\(P(T>1)=e^{-2}\)。计数参数 \(\lambda t\) 是平均次数，等待时间参数 \(\lambda\) 是发生速率。

与几何分布的联系

两者都描述首次发生前的等待，计算依据都是“尚未发生等价于此前次数为零”。

事件模型	固定范围内的次数	首次发生的等待
独立伯努利试验，成功率 \(p\)	\(n\) 次中的成功数服从 \(B(n,p)\)	试验次数 \(G\) 服从几何分布，\(P(G>n)=(1-p)^n\)
速率 \(\lambda\) 的泊松过程	\(t\) 时间内计数服从 \(\operatorname{Pois}(\lambda t)\)	时间 \(T\sim\operatorname{Exp}(\lambda)\)，\(P(T>t)=e^{-\lambda t}\)

指数分布是几何分布在连续时间中的对应形式。将泊松过程按长度 \(\Delta t\) 分段，每段至少发生一次事件的概率为 \(p=1-e^{-\lambda\Delta t}\)，各段独立。首次有事件的段号 \(G\) 服从几何分布，故

\[ P(G\Delta t>n\Delta t)=(1-p)^n=e^{-\lambda n\Delta t}. \]

\(G\Delta t\) 是将首次等待时间向上取整到段末的结果，误差小于 \(\Delta t\)；当 \(\Delta t\to0\)，便趋于指数等待时间 \(T\)。

无记忆性（Memorylessness）

\[ P(X>s+t\mid X>s) =\frac{e^{-\lambda(s+t)}}{e^{-\lambda s}} =e^{-\lambda t}=P(X>t). \]

这里 \(s,t\ge0\)。已存活 \(s\) 后，剩余寿命 \(X-s\) 仍条件服从原指数分布；\(s+t\) 是总寿命，\(t\) 是额外等待。几何分布具有同样的无记忆性，只是等待按整数次试验计算。

作业｜习题二 B29：指数寿命的混合

题目。甲、乙厂产品寿命的指数速率分别为 \(1/3,1/6\)（单位：年），混合产品中甲厂占 40%。随机取一件，求寿命大于六年的概率；给定来自甲厂且已经使用四个月仍未坏，求能用到一年仍未坏的概率；不知道厂别时再求同一条件概率。

解析。设 \(A\) 为甲厂，\(B\) 为乙厂：

\[ S(t)=P(T>t)=0.4e^{-t/3}+0.6e^{-t/6}. \]

1. \(P(T>6)=0.4e^{-2}+0.6e^{-1}\approx0.2749\)。

2. 四个月为 \(1/3\) 年；“用到一年”指总寿命超过一年，故

   \[ P(T>1\mid T>1/3,A) =\frac{e^{-1/3}}{e^{-1/9}}=e^{-2/9}\approx0.8007. \]

3. 未知厂别时，应对混合生存函数取比值：

\[ P(T>1\mid T>1/3) =\frac{0.4e^{-1/3}+0.6e^{-1/6}} {0.4e^{-1/9}+0.6e^{-1/18}} \approx0.8584. \]

混合指数寿命一般不再无记忆：已存活的信息会更新厂别权重。

正态分布（Normal / Gaussian Distribution）

\[ X\sim N(\mu,\sigma^2),\qquad f_X(x)=\frac1{\sqrt{2\pi}\sigma} \exp\left[-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right], \quad x\in\mathbb R,\quad\sigma>0. \]

\(\mu\) 是位置参数（location），\(\sigma\) 是尺度参数（scale）；记号的第二项是 \(\sigma^2\)。

• 曲线关于 \(x=\mu\) 对称，峰值为 \(1/(\sqrt{2\pi}\sigma)\)。
• \(\mu\) 改变使曲线平移；\(\sigma\) 增大使曲线变宽、变低。
• 拐点在 \(\mu\pm\sigma\)，两端趋于零。

归一化可用高斯积分证明。令 \(I=\int_{\mathbb R}e^{-x^2/2}\,dx\)，由二重积分的极坐标变换，

\[ I^2=\int_0^{2\pi}\int_0^\infty e^{-r^2/2}r\,dr\,d\theta=2\pi, \]

所以 \(I=\sqrt{2\pi}\)。再作 \(z=(x-\mu)/\sigma\) 即得正态密度积分为 1。

标准化（Standardization）

若 \(X\sim N(\mu,\sigma^2)\)，减去均值 \(\mu\) 将中心移到 0，再除以标准差 \(\sigma>0\)，以“偏离均值几个标准差”表示取值，便得到标准正态变量（standard normal variable）：

\[ Z=\frac{X-\mu}{\sigma}\sim N(0,1). \]

这样，任意正态分布的概率都能用同一张标准正态表计算。标准正态的密度与 CDF 分别记为

\[ \varphi(z)=\frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-z^2/2},\quad \Phi(z)=P(Z\le z)=\int_{-\infty}^z\varphi(t)\,dt. \]

求区间概率时，两个端点都作相同变换；由于 \(\sigma>0\)，不等号方向不变：

\[ \begin{aligned} P(a<X<b) &=P\left(\frac{a-\mu}{\sigma}<Z<\frac{b-\mu}{\sigma}\right)\\ &=\Phi\left(\frac{b-\mu}{\sigma}\right) -\Phi\left(\frac{a-\mu}{\sigma}\right). \end{aligned} \]

单侧概率及负数查表可用

\[ \begin{aligned} P(X\le b)&=\Phi\left(\frac{b-\mu}{\sigma}\right),\\ P(X>b)&=1-\Phi\left(\frac{b-\mu}{\sigma}\right), \end{aligned} \qquad \Phi(-z)=1-\Phi(z). \]

例如 \(X\sim N(100,15^2)\)，求 \(P(85<X<130)\)。两端标准化为 \(-1\) 和 2，故

\[ P(85<X<130)=\Phi(2)-\Phi(-1) \approx0.9772-0.1587=0.8185. \]

标准化除以 \(\sigma\)，不是 \(\sigma^2\)；查表先确认给的是左尾 \(\Phi(z)\)，还是 \(P(0<Z<z)\)（\(z\ge0\)），后者须加 \(0.5\) 才得到 \(\Phi(z)\)。正态分布单点概率为零，端点开闭不影响结果。

自绘。面积表示概率，峰高不是点概率。来源与许可。

\[ P(|X-\mu|<k\sigma)=2\Phi(k)-1. \]

当 \(k=1,2,3\) 时分别约为 \(0.6827,0.9545,0.9973\)。

从概率反推参数

若要求 \(P(|X-\mu|<d)\ge q\)，则

\[ 2\Phi(d/\sigma)-1\ge q \implies \sigma\le\frac{d}{\Phi^{-1}((1+q)/2)}. \]

例如 \(d=3,q=0.9\)，得到 \(\sigma\le3/1.64485\approx1.8239\)。若同时未知 \(\mu,\sigma\)，可由两个分位点构造两个方程。

作业｜习题二 B27：识别正态密度

题目。\(f_X(x)=ae^{-x^2}\)，\(x\in\mathbb R\)。求 \(a\) 与 \(P(X>1/2)\)。

解析。由 \(\int_{\mathbb R}e^{-x^2}\,dx=\sqrt\pi\)，得 \(a=1/\sqrt\pi\)。比较指数中的 \(-x^2/(2\sigma^2)\)，得 \(\sigma^2=1/2\)，所以

\[ X\sim N(0,1/2),\qquad P(X>1/2)=1-\Phi(1/\sqrt2)\approx0.2398. \]

作业｜习题二 B24：电压、故障与共享环境

题目。电压 \(X\sim N(220,25^2)\)。电压小于 200、位于 \([200,240]\)、大于 240 时，单个元件故障概率分别为 \(0.1,0.001,0.2\)。求故障率 \(\alpha\)；已故障时电压大于 240 的概率 \(\beta\)；由三个该类元件组成、至少两个正常才工作的系统可靠性 \(\theta\)。

解析。设 \(L,M,H\) 为上述三个电压区间，\(D\) 为单个元件故障。由正态对称性，

\[ q=P(L)=P(H)=1-\Phi(0.8)\approx0.2118554,\qquad P(M)=1-2q. \]

全概率与贝叶斯公式给出

\[ \alpha=P(D)=0.1q+0.001(1-2q)+0.2q =0.001+0.298q\approx0.06413, \]

\[ \beta=P(H\mid D)=\frac{0.2q}{\alpha}\approx0.6607. \]

第三问须补充元件依赖关系，单个故障率不足以确定系统可靠性：

• 若三个故障事件无条件相互独立，

\[ \theta=(1-\alpha)^3+3\alpha(1-\alpha)^2 =1-3\alpha^2+2\alpha^3\approx0.9882. \]

• 若三个元件共用同一电压，且给定电压区间后条件独立，令 \(g(p)=(1-p)^3+3p(1-p)^2\)，应先在各区间内算系统可靠性，再平均：

\[ \theta=qg(0.1)+(1-2q)g(0.001)+qg(0.2) \approx0.9720. \]

共用电压时，不能未经独立性说明就把平均故障率代入二项模型。

混合型随机变量（Mixed Distribution）

变量也可兼具点质量和连续部分。例如原等待时间 \(X\sim\operatorname{Exp}(1/10)\)，满 15 分钟离开，实际等待 \(Y=\min(X,15)\)：

\[ F_Y(y)= \begin{cases} 0,&y<0,\\ 1-e^{-y/10},&0\le y<15,\\ 1,&y\ge15. \end{cases} \]

\((0,15)\) 上有连续部分，且

\[ P(Y=15)=1-F_Y(15-)=e^{-1.5}>0. \]

\(Y\) 为混合型；光滑部分求导后积分仅为 \(1-e^{-1.5}\)，还须计入 15 处的点概率。

参考资料

主课件第 47–85 页；课堂识别 lecture-record-22、lecture-record-23；教材习题二 A12、B17、B18、B24、B27、B29。