§3.1 二维离散分布、边际与条件分布（Discrete Joint Distributions）

从一个指标到随机向量

若 \(X,Y\) 定义在同一样本空间上，则

\[ \omega\mapsto(X(\omega),Y(\omega)) \]

构成二维随机变量／随机向量（bivariate random variable / random vector），如同一人的身高与体重。

联合分布（joint）描述两者共同取值；边际分布（marginal）描述单个坐标；条件分布（conditional）描述给定另一坐标信息后的取值。

联合分布律（Joint PMF）

若 \((X,Y)\) 的取值对有限或可列，则为二维离散型。记

\[ p_{ij}=P(X=x_i,Y=y_j). \]

逗号表示交集，不是“或”。分布律满足

\[ p_{ij}\ge0,\qquad\sum_i\sum_jp_{ij}=1. \]

对区域 \(A\subseteq\mathbb R^2\)，

\[ P((X,Y)\in A)=\sum_{(x_i,y_j)\in A}p_{ij}. \]

本页以 \(X\) 为行、\(Y\) 为列；不可能的取值对填 0。两个分量均离散时，向量也离散，因为两个可列集的笛卡尔积仍可列。

例：依次均匀选择，不等于所有数对等可能

先从 1、2、3、4 中等可能选 \(X\)；给定 \(X=i\) 后，从 \(1,\ldots,i\) 等可能选 \(Y\)。由乘法公式，

\[ P(X=i,Y=j)=\frac14\frac1i,\qquad i=1,2,3,4,\quad j=1,\ldots,i. \]

10 个数对不等可能：第二层的可选数量随第一层变化。

泊松计数的联合建模

若 \(N(t)\) 是具有独立增量的齐次泊松计数模型，速率为 \(\lambda\)，\(X_1=N(t_1),X_2=N(t_2)\)，\(0<t_1<t_2\)，则

\[ \begin{aligned} P(X_1=i,X_2=j) &=P(N(t_1)=i)P(N(t_2)-N(t_1)=j-i)\\ &=e^{-\lambda t_1}\frac{(\lambda t_1)^i}{i!} e^{-\lambda(t_2-t_1)} \frac{[\lambda(t_2-t_1)]^{j-i}}{(j-i)!}, \end{aligned} \]

\(i=0,1,\ldots,\ j=i,i+1,\ldots\)。乘法用于前段计数与后段增量；仅边际泊松不能保证增量独立。

边际分布律（Marginal PMF）

\[ p_{i\cdot}=P(X=x_i)=\sum_jp_{ij},\qquad p_{\cdot j}=P(Y=y_j)=\sum_ip_{ij}. \]

消去变量（summing out a variable）：求 \(X\) 时对 \(Y\) 求和（行和），求 \(Y\) 时对 \(X\) 求和（列和）。

联合确定边际；边际通常不能还原联合，还缺依赖关系。

条件分布律（Conditional PMF）

若 \(p_{\cdot j}>0\)，给定 \(Y=y_j\) 后

\[ P(X=x_i\mid Y=y_j)=\frac{p_{ij}}{p_{\cdot j}}. \]

指定列除以列和，重新归一化；固定 \(y_j\) 后，\(x_i\) 变化，条件概率非负且和为 1。

同理，若 \(p_{i\cdot}>0\)，

\[ P(Y=y_j\mid X=x_i)=\frac{p_{ij}}{p_{i\cdot}}. \]

条件也可为 \(X<2\)、\(X+Y=2\) 等区域事件：逐个取值与条件求交，再除以条件概率。

作业｜习题三 A6：由条件概率补全表格

题目。联合 PMF 为

\(X\backslash Y\)	\(-1\)	\(0\)	\(1\)
\(1\)	\(a\)	\(0.1\)	\(b\)
\(2\)	\(0.1\)	\(0.1\)	\(c\)

已知 \(P(Y\le0\mid X<2)=0.5\)，\(P(Y=1)=0.5\)。求 \(a,b,c\) 及边际。

解析。归一性给出 \(a+b+c=0.7\)；最后一列给出 \(b+c=0.5\)，故 \(a=0.2\)。由于 \(\{X<2\}=\{X=1\}\)，

\[ \frac{a+0.1}{a+0.1+b}=0.5 \implies b=a+0.1=0.3,\qquad c=0.2. \]

\(X\backslash Y\)	\(-1\)	\(0\)	\(1\)	\(P_X\)
\(1\)	\(0.2\)	\(0.1\)	\(0.3\)	\(0.6\)
\(2\)	\(0.1\)	\(0.1\)	\(0.2\)	\(0.4\)
\(P_Y\)	\(0.3\)	\(0.2\)	\(0.5\)	\(1\)

作业｜习题三 A9：第一次点数与最大点数

题目。均匀骰子独立掷两次，\(X\) 为第一次点数，\(Y\) 为两次最大值。求联合、边际分布，以及给定 \(Y=6\) 时 \(X\) 的条件分布。

解析。记第二次点数为 \(U\)，\(Y=\max(X,U)\)。

• \(X=i,Y=i\) 要求 \(U\in\{1,\ldots,i\}\)，有 \(i\) 个结果。
• \(X=i,Y=j>i\) 要求 \(U=j\)，只有一个结果。
• \(Y<X\) 不可能。

\[ P(X=i,Y=j)= \begin{cases} i/36,&1\le i=j\le6,\\ 1/36,&1\le i<j\le6,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases} \]

下表中的整数均须除以 36：

\(X\backslash Y\)	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	行和
\(1\)	1	1	1	1	1	1	6
\(2\)	0	2	1	1	1	1	6
\(3\)	0	0	3	1	1	1	6
\(4\)	0	0	0	4	1	1	6
\(5\)	0	0	0	0	5	1	6
\(6\)	0	0	0	0	0	6	6
列和	1	3	5	7	9	11	36

故 \(P(X=i)=1/6\)，\(P(Y=j)=(2j-1)/36\)。后者也可由

\[ P(Y=j)=P(Y\le j)-P(Y\le j-1) =\left(\frac j6\right)^2-\left(\frac{j-1}6\right)^2 \]

得到。给定 \(Y=6\)，除以最后一列总和 \(11/36\)：

\[ P(X=i\mid Y=6)= \begin{cases} 1/11,&i=1,\ldots,5,\\ 6/11,&i=6. \end{cases} \]

给定最大值 6，第一次点数不再均匀。

已知边际与条件分布，构造联合分布

\[ P(X=x_i,Y=y_j) =P(X=x_i)P(Y=y_j\mid X=x_i). \]

无需独立；把条件 PMF 换成边际 PMF 才需要独立性。

作业｜习题三 A10：故障次数与损失

题目。单位时间故障数 \(X\) 在 \(0,1,2\) 的概率为 \(0.6,0.3,0.1\)；每次故障以概率 \(p\) 造成损失 \(a\) 万元，\(Y\) 为总损失。求联合 PMF 和 \(Y\mid X=1\)。

解析。假设 \(a>0\)，且给定故障次数后，各次损失事件独立。记 \(q=1-p\)：

\[ Y/a\mid X=k\sim B(k,p). \]

因此联合 PMF 为

\(X\backslash Y\)	\(0\)	\(a\)	\(2a\)
\(0\)	\(0.6\)	\(0\)	\(0\)
\(1\)	\(0.3q\)	\(0.3p\)	\(0\)
\(2\)	\(0.1q^2\)	\(0.2pq\)	\(0.1p^2\)

\[ P(Y=0\mid X=1)=q,\qquad P(Y=a\mid X=1)=p. \]

无上述独立性时，\(X=2\) 的联合概率不能唯一确定。

作业｜习题三 B2：泊松计数的筛选（Poisson Thinning）

题目。单位时间交通事故数 \(X\sim\operatorname{Pois}(\lambda)\)，每起事故由超速引发的概率为 0.1，\(Y\) 为超速事故数。求联合分布及 \(Y\) 的边际分布。

解析。在每起事故的原因独立分类的模型下，

\[ Y\mid X=n\sim B(n,0.1). \]

由乘法公式，

\[ P(X=n,Y=k)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^n}{n!} \binom nk(0.1)^k(0.9)^{n-k}, \quad n\ge0,\quad0\le k\le n. \]

其余为零。对 \(n\) 求和，令 \(m=n-k\)：

\[ \begin{aligned} P(Y=k) &=\sum_{n=k}^{\infty}e^{-\lambda}\frac{\lambda^n}{n!} \binom nk(0.1)^k(0.9)^{n-k}\\ &=e^{-\lambda}\frac{(0.1\lambda)^k}{k!} \sum_{m=0}^{\infty}\frac{(0.9\lambda)^m}{m!}\\ &=e^{-0.1\lambda}\frac{(0.1\lambda)^k}{k!}. \end{aligned} \]

故 \(Y\sim\operatorname{Pois}(0.1\lambda)\)。因 \(Y\le X\)，求和从 \(n=k\) 开始。

例：首次与第二次成功的时间

每次独立成功率为 \(p\)，\(X\) 为首次成功的试验序号，\(Y\) 为第二次成功的序号。设 \(q=1-p\)：

\[ P(X=m,Y=n)=p^2q^{n-2}, \quad n=2,3,\ldots,\quad m=1,\ldots,n-1. \]

第 \(m,n\) 次成功，其余前 \(n\) 次中 \(n-2\) 次失败。因此

\[ P(X=m)=pq^{m-1},\qquad P(Y=n)=(n-1)p^2q^{n-2}. \]

即 \(X\) 为几何分布，\(Y\) 为第 2 次成功的负二项等待次数。给定总次数 \(Y=n\)，

\[ P(X=m\mid Y=n)=\frac1{n-1},\quad m=1,\ldots,n-1. \]

给定首次成功序号 \(X=m\)，

\[ P(Y=n\mid X=m)=pq^{n-m-1},\quad n=m+1,m+2,\ldots. \]

额外等待 \(Y-m\) 仍为几何分布；条件取值范围随 \(m\) 变化。

参考资料

主课件第 4–30 页；课堂识别 lecture-record-23；教材习题三 A6、A9、A10、B2。