2.4 常用离散分布

本节概览

本节介绍概率论中最重要的五大离散分布：二项分布、泊松分布、超几何分布、几何分布和负二项分布。这些分布描述了不同场景下离散随机变量的统计规律性，是后续统计推断的理论基础。

逻辑链条：二点分布（伯努利试验）→ 二项分布（n重伯努利试验）→ 泊松分布（稀有事件近似）→ 超几何分布（不放回抽样）→ 几何分布（首次成功）→ 负二项分布（第r次成功）→ 分布间的关系与近似

前置依赖：§2.1（分布列）、§2.2（期望、线性性）、§2.3（方差）、§1.5（事件的独立性）

核心主线：五大离散分布各有适用场景。二项分布 $b(n,p)$ 描述n次独立试验中成功的次数；泊松分布 $P(\lambda )$ 描述稀有事件的计数；几何分布 $Ge(p)$ 描述首次成功所需的试验次数。泊松定理 $b(n,p)\approx P(np)$（n大p小）是重要的近似工具。

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一、二点分布与二项分布

伯努利试验与二点分布

定义 2.4.1 — 二点分布（伯努利分布）

设随机变量 $X$ 只可能取 $0$ 和 $1$ 两个值，其分布列为

$$P(X=1)=p,P(X=0)=1-p$$

其中 $0<p<1$，则称 $X$ 服从二点分布（或伯努利分布），记为 $X\sim b(1,p)$ 或 $X\sim B(1,p)$。

二点分布是最简单的离散分布，它描述的是一次伯努利试验的结果：

• 伯努利试验：只有两种可能结果的随机试验，通常称为”成功”（$X=1$）和”失败”（$X=0$）。
• 现实中的例子：抛一次硬币（正面/反面）、检验一件产品（合格/不合格）、一次投篮（命中/未中）。

二点分布的数字特征：

利用 §2.2 的定义直接计算：

$$E(X)=1\cdot p+0\cdot (1-p)=pE(X^2)=1^2\cdot p+0^2\cdot (1-p)=p\text{Var}(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2=p-p^2=p(1-p)$$

二项分布的定义

定义 2.4.2 — 二项分布

设随机变量 $X$ 的分布列为

$$P(X=k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k(1-p{)}^{n-k},k=0,1,2,\dots ,n$$

其中 $0<p<1$，则称 $X$ 服从参数为 $(n,p)$ 的二项分布，记为 $X\sim b(n,p)$ 或 $X\sim B(n,p)$。

二项分布描述的是n重伯努利试验中成功的总次数。所谓n重伯努利试验，是指：

1. 试验由 $n$ 次独立的伯努利试验组成；
2. 每次试验只有”成功”和”失败”两种结果；
3. 每次试验中成功的概率 $p$ 保持不变。

分布列的推导：在 $n$ 次试验中恰好有 $k$ 次成功，需要满足：

• 从 $n$ 次试验中选出 $k$ 次：$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ 种方式；
• 选定的 $k$ 次每次都成功：概率为 $p^k$；
• 剩余的 $n-k$ 次每次都失败：概率为 $(1-p{)}^{n-k}$。

由 §1.5 中事件的独立性，三者相乘即得分布列。

验证归一性：由二项式定理，

$$\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k(1-p{)}^{n-k}=[p+(1-p){]}^n=1$$

二项分布的期望和方差

定理 2.4.1 — 二项分布的数字特征

若 $X\sim b(n,p)$，则

$$E(X)=np,\text{Var}(X)=np(1-p)$$

证明思路

证明：采用和分解法——将 $X$ 表示为 $n$ 个独立同分布的二点分布之和。

设 $X_i$ 为第 $i$ 次试验的结果，即

$$X_i=\{\begin{array}{ll}1,& \text{第 }i\text{ 次试验成功}\\ 0,& \text{第 }i\text{ 次试验失败}\end{array}$$

则 $X_i\sim b(1,p)$，且由试验的独立性知 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 相互独立。

显然 $X=X_1+X_2+\cdots +X_n$（成功总次数 = 各次成功次数之和）。

[和分解法]：利用 §2.2 中期望的线性性和 §2.3 中方差的性质：

$$E(X)=E\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)=\sum _{i=1}^{n}E(X_i)=\sum _{i=1}^{n}p=np$$

由于 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 相互独立，

$$\text{Var}(X)=\text{Var}\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)=\sum _{i=1}^n\text{Var}(X_i)=\sum _{i=1}^{n}p(1-p)=np(1-p)$$

$\square$

和分解法的意义：这是概率论中极其重要的技巧——将复杂的随机变量分解为简单的、独立的随机变量之和，然后利用期望和方差的线性性来简化计算。这一方法在后续章节中会反复出现。

二项分布的例题

例 2.4.1 — 疾病治疗有效率

某种疾病的治疗有效率为 $p=0.95$。现有 $10$ 名患者接受治疗，求至少有 $8$ 人被治愈的概率。

解：设 $X$ 为 $10$ 名患者中被治愈的人数，则 $X\sim b(10,0.95)$。

所求概率为：

$$P(X\ge 8)=P(X=8)+P(X=9)+P(X=10)$$

逐项计算：

$$P(X=8)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{8}\right)(0.95{)}^8(0.05{)}^2=45\times 0.6634\times 0.0025=0.0746P(X=9)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{9}\right)(0.95{)}^9(0.05{)}^1=10\times 0.6302\times 0.05=0.3151P(X=10)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{10}\right)(0.95{)}^{10}(0.05{)}^0=1\times 0.5987\times 1=0.5987$$

因此：

$$P(X\ge 8)=0.0746+0.3151+0.5987=0.9884$$

即至少 $8$ 人被治愈的概率约为 $98.84\%$。

例 2.4.2 — 已知概率反求参数

设 $X\sim b(2,p)$，已知 $P(X\ge 1)=\frac{5}{9}$，求 $P(Y\ge 1)$，其中 $Y\sim b(3,p)$。

解：先由 $X\sim b(2,p)$ 的条件求出 $p$。

$$P(X\ge 1)=1-P(X=0)=1-(1-p{)}^2=\frac{5}{9}$$

因此：

$$(1-p{)}^2=1-\frac{5}{9}=\frac{4}{9}1-p=\frac{2}{3}(\text{因为 }0<p<1)p=\frac{1}{3}$$

再计算 $Y\sim b(3,1/3)$ 时 $P(Y\ge 1)$：

$$P(Y\ge 1)=1-P(Y=0)=1-{\left(\frac{2}{3}\right)}^3=1-\frac{8}{27}=\frac{19}{27}$$

例 2.4.3 — 棋手比赛

甲、乙两名棋手比赛。每局甲胜的概率为 $0.6$，乙胜的概率为 $0.4$（假设没有平局）。共比赛 $10$ 局，求甲胜的局数多于乙胜的局数的概率。

解：设 $X$ 为甲在 $10$ 局中获胜的局数，则 $X\sim b(10,0.6)$。

甲胜局数多于乙胜局数，即 $X>5$（因为 $X+Y=10$，$X>Y$ 等价于 $X>5$）。

$$P(X>5)=P(X=6)+P(X=7)+P(X=8)+P(X=9)+P(X=10)$$

逐项计算：

$$P(X=6)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{6}\right)(0.6{)}^6(0.4{)}^4=210\times 0.04666\times 0.0256=0.2508P(X=7)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{7}\right)(0.6{)}^7(0.4{)}^3=120\times 0.02799\times 0.064=0.2150P(X=8)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{8}\right)(0.6{)}^8(0.4{)}^2=45\times 0.01680\times 0.16=0.1209P(X=9)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{9}\right)(0.6{)}^9(0.4{)}^1=10\times 0.01008\times 0.4=0.0403P(X=10)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{10}\right)(0.6{)}^{10}(0.4{)}^0=1\times 0.00605\times 1=0.0061P(X>5)=0.2508+0.2150+0.1209+0.0403+0.0061=0.6331$$

甲胜局数多于乙的概率约为 $63.31\%$。

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二、泊松分布

泊松分布的定义

定义 2.4.3 — 泊松分布

设随机变量 $X$ 的分布列为

$$P(X=k)=\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda },k=0,1,2,\dots$$

其中 $\lambda >0$ 为常数，则称 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布，记为 $X\sim P(\lambda )$ 或 $X\sim \text{Poisson}(\lambda )$。

泊松分布由法国数学家 Simeon-Denis Poisson 于 1837 年提出，最初用于描述稀有事件在单位时间/空间内发生的次数。

泊松分布的典型应用场景：

场景	$X$ 的含义	典型 $\lambda$ 值
电话交换台	单位时间内接到的呼叫次数	$\lambda =3$ 次/分钟
放射性物质	单位时间内发射的粒子数	$\lambda =4.5$ 次/秒
纺织品	每平方米布料上的瑕疵数	$\lambda =0.5$ 个/平方米
交通事故	某路口每月的事故数	$\lambda =2$ 次/月
服务器	单位时间内收到的请求次数	$\lambda =10$ 次/秒

验证归一性：

$$\sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }=e^{-\lambda }\sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^k}{k!}=e^{-\lambda }\cdot e^{\lambda }=1$$

这里利用了 $e^{\lambda }$ 的泰勒展开式 $e^{\lambda }=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^k}{k!}$。

泊松分布的期望和方差

定理 2.4.2 — 泊松分布的数字特征

若 $X\sim P(\lambda )$，则

$$E(X)=\lambda ,\text{Var}(X)=\lambda$$

证明思路

证明：利用 §2.2 的定义和泊松分布的分布列。

期望：

$$E(X)=\sum _{k=0}^{\infty }k\cdot \frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }=\sum _{k=1}^{\infty }k\cdot \frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }$$

注意 $k=0$ 的项为零，故从 $k=1$ 开始。利用 $\frac{k}{k!}=\frac{1}{(k-1)!}$：

$$E(X)=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{{\lambda }^k}{(k-1)!}{e}^{-\lambda }=\lambda e^{-\lambda }\sum _{k=1}^{\infty }\frac{{\lambda }^{k-1}}{(k-1)!}$$

令 $j=k-1$，则 $j$ 从 $0$ 到 $\infty$：

$$E(X)=\lambda e^{-\lambda }\sum _{j=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^j}{j!}=\lambda e^{-\lambda }\cdot e^{\lambda }=\lambda$$

[换元求和]：关键技巧是将求和指标平移，重新利用 $e^{\lambda }$ 的展开式。

方差：先求 $E(X^2)$。

$$E(X^2)=\sum _{k=0}^{\infty }{k}^2\cdot \frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }$$

利用 $k^2=k(k-1)+k$：

$$E(X^2)=\sum _{k=0}^{\infty }k(k-1)\cdot \frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }+\sum _{k=0}^{\infty }k\cdot \frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }$$

第二个求和就是 $E(X)=\lambda$。对于第一个求和：

$$\sum _{k=2}^{\infty }k(k-1)\cdot \frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }=\sum _{k=2}^{\infty }\frac{{\lambda }^k}{(k-2)!}{e}^{-\lambda }={\lambda }^2{e}^{-\lambda }\sum _{j=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^j}{j!}={\lambda }^2$$

因此 $E(X^2)={\lambda }^2+\lambda$，从而

$$\text{Var}(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2={\lambda }^2+\lambda -{\lambda }^2=\lambda$$

$\square$

泊松分布的期望等于方差，这是它最显著的特征之一，也是判断数据是否服从泊松分布的重要依据。

泊松分布的例题

例 2.4.4 — 铸件砂眼

某铸件上的砂眼数 $X$ 服从参数 $\lambda =0.5$ 的泊松分布。规定砂眼数不超过 $1$ 个的铸件为合格品。（1）求铸件为合格品的概率；（2）求铸件为不合格品的概率。

解：$X\sim P(0.5)$。

（1）合格品要求 $X\le 1$：

$$P(X\le 1)=P(X=0)+P(X=1)=\frac{0.5^0}{0!}{e}^{-0.5}+\frac{0.5^1}{1!}{e}^{-0.5}=e^{-0.5}(1+0.5)=1.5\times 0.6065=0.9098$$

（2）不合格品要求 $X\ge 2$：

$$P(X\ge 2)=1-P(X\le 1)=1-0.9098=0.0902$$

例 2.4.5 — 库存决策

某商店某种商品的销售量 $X$ 服从参数 $\lambda =8$ 的泊松分布。问月初应库存多少件该商品，才能以不小于 $90\%$ 的概率满足当月需求？

解：设月初库存 $m$ 件，需要求最小的 $m$ 使得

$$P(X\le m)\ge 0.9$$

即：

$$\sum _{k=0}^m\frac{8^k}{k!}{e}^{-8}\ge 0.9$$

逐项累加计算：

$$P(X=0)=e^{-8}=0.0003P(X=1)=8e^{-8}=0.0027P(X=2)=\frac{64}{2}{e}^{-8}=0.0107P(X=3)=\frac{512}{6}{e}^{-8}=0.0286P(X=4)=\frac{4096}{24}{e}^{-8}=0.0573P(X=5)=\frac{32768}{120}{e}^{-8}=0.0916P(X=6)=\frac{262144}{720}{e}^{-8}=0.1221P(X=7)=\frac{2097152}{5040}{e}^{-8}=0.1396P(X=8)=\frac{16777216}{40320}{e}^{-8}=0.1396P(X=9)=\frac{134217728}{362880}{e}^{-8}=0.1241P(X=10)=\frac{1073741824}{3628800}{e}^{-8}=0.0993P(X=11)=\frac{8589934592}{39916800}{e}^{-8}=0.0722P(X=12)=\frac{68719476736}{479001600}{e}^{-8}=0.0481$$

累加至 $m=12$：

$$P(X\le 12)=0.0003+0.0027+0.0107+0.0286+0.0573+0.0916+0.1221+0.1396+0.1396+0.1241+0.0993+0.0722+0.0481=0.9362$$

而 $P(X\le 11)=0.9362-0.0481=0.8881<0.9$。

因此，月初应库存 $m=12$ 件，才能以不小于 $90\%$ 的概率满足需求。

泊松定理

定理 2.4.3 — 泊松定理

设 $X_n\sim b(n,p_n)$，其中 $n{p}_n\to \lambda$（$\lambda >0$ 为常数），则对任意固定的非负整数 $k$，

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p_n^k(1-p_n{)}^{n-k}=\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }$$

证明思路

证明：设 $n{p}_n={\lambda }_n$，则 ${\lambda }_n\to \lambda$，且 $p_n={\lambda }_n/n$。

[取极限]：将二项分布的分布列展开并逐步取极限。

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p_n^k(1-p_n{)}^{n-k}=\frac{n(n-1)\cdots (n-k+1)}{k!}\cdot \frac{{\lambda }_n^k}{n^k}\cdot {\left(1-\frac{{\lambda }_n}{n}\right)}^{n-k}$$

将其分解为三个因子：

因子一：

$$\frac{n(n-1)\cdots (n-k+1)}{n^k}=\frac{n}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdots \frac{n-k+1}{n}=\left(1-\frac{0}{n}\right)\left(1-\frac{1}{n}\right)\cdots \left(1-\frac{k-1}{n}\right)\to 1(n\to \infty )$$

因子二：$\frac{{\lambda }_n^k}{k!}\to \frac{{\lambda }^k}{k!}$。

因子三：

$${\left(1-\frac{{\lambda }_n}{n}\right)}^{n-k}={\left(1-\frac{{\lambda }_n}{n}\right)}^n\cdot {\left(1-\frac{{\lambda }_n}{n}\right)}^{-k}\to e^{-\lambda }\cdot 1=e^{-\lambda }$$

其中利用了重要极限 $\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{a}{n}\right)}^n=e^a$。

三个因子相乘，即得

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p_n^k(1-p_n{)}^{n-k}=1\cdot \frac{{\lambda }^k}{k!}\cdot e^{-\lambda }=\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }$$

$\square$

泊松定理的实用意义：当 $n$ 很大、$p$ 很小、$np$ 适中时，二项分布 $b(n,p)$ 可以用泊松分布 $P(np)$ 来近似：

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k(1-p{)}^{n-k}\approx \frac{(np{)}^k}{k!}{e}^{-np}$$

这一近似大大简化了计算，因为直接计算 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ 当 $n$ 很大时非常困难。

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三、泊松近似的应用

核心思想

泊松定理的实际应用：当 $n$ 较大（通常 $n\ge 20$）、$p$ 较小（通常 $p\le 0.05$）时，用泊松分布 $P(\lambda )$（其中 $\lambda =np$）近似二项分布 $b(n,p)$，可以大幅简化计算。

例题精讲

例 2.4.6 — 发病率问题

某地区某种疾病的发病率为 $0.001$。现检查 $5000$ 人，求至少有 $2$ 人患病的概率。

解：设 $X$ 为 $5000$ 人中患病的人数，则 $X\sim b(5000,0.001)$。

直接计算：

$$P(X\ge 2)=1-P(X=0)-P(X=1)P(X=0)=(0.999{)}^{5000}P(X=1)=5000\times 0.001\times (0.999{)}^{4999}$$

$(0.999{)}^{5000}$ 的计算非常困难。由于 $n=5000$ 很大、$p=0.001$ 很小，使用泊松近似。

取 $\lambda =np=5000\times 0.001=5$，则 $X\approx P(5)$。

$$P(X\ge 2)\approx 1-P(Y=0)-P(Y=1)=1-\frac{5^0}{0!}{e}^{-5}-\frac{5^1}{1!}{e}^{-5}=1-e^{-5}(1+5)=1-6e^{-5}=1-6\times 0.00674=1-0.0404=0.9596$$

即至少有 $2$ 人患病的概率约为 $95.96\%$。

例 2.4.7 — 保险问题

某保险公司有 $10000$ 名同年龄段的人参保，每人每年死亡的概率为 $0.001$。参保人每年交保费 $12$ 元，若死亡则保险公司赔付 $2000$ 元。求：（1）保险公司亏本的概率；（2）保险公司获利不少于 $40000$ 元的概率。

解：设 $X$ 为一年中死亡的人数，则 $X\sim b(10000,0.001)$。

由于 $n=10000$ 很大、$p=0.001$ 很小，取 $\lambda =np=10$，用 $P(10)$ 近似。

保险公司总收入：$10000\times 12=120000$ 元。 赔付总额：$2000X$ 元。

（1）亏本：$2000X>120000$，即 $X>60$。

$$P(X>60)\approx \sum _{k=61}^{\infty }\frac{10^k}{k!}{e}^{-10}$$

由于 $\lambda =10$，$X>60$ 是极端事件，概率几乎为零（$P(X>60)\approx 0$），保险公司几乎不可能亏本。

（2）获利不少于 $40000$ 元：$120000-2000X\ge 40000$，即 $2000X\le 80000$，即 $X\le 40$。

$$P(X\le 40)\approx \sum _{k=0}^{40}\frac{10^k}{k!}{e}^{-10}$$

由于 $E(X)=10$，$\text{Var}(X)=10$，$X\le 40$ 距离均值约 $9.5$ 个标准差，概率非常接近 $1$（$P(X\le 40)\approx 1$）。

结论：在给定的条件下，保险公司亏本的概率几乎为零，获利不少于 $40000$ 元的概率几乎为 $1$。这体现了大数定律在保险业中的基础作用。

例 2.4.8 — 维修工问题

某工厂有 $80$ 台同类型设备，各台设备的工作是相互独立的，发生故障的概率均为 $0.01$。一台设备的故障由一名维修工处理。考虑以下三种配置方案：

• 方案一：$1$ 名维修工负责 $80$ 台设备；
• 方案二：$2$ 名维修工各负责 $40$ 台设备；
• 方案三：$3$ 名维修工各负责 $27$ 台设备（共 $81$ 台）。

比较三种方案下设备发生故障但不能及时修理的概率。

解：设 $X$ 为同时发生故障的设备数。

方案一：$X\sim b(80,0.01)$，$\lambda =0.8$，用 $P(0.8)$ 近似。

不能及时修理的条件：$X\ge 2$（只有 $1$ 名维修工）。

$$P(X\ge 2)\approx 1-P(Y=0)-P(Y=1)=1-e^{-0.8}-0.8\cdot e^{-0.8}=1-1.8e^{-0.8}=1-1.8\times 0.4493=0.1912$$

方案二：每名维修工负责 $40$ 台设备，$X\sim b(40,0.01)$，$\lambda =0.4$，用 $P(0.4)$ 近似。

不能及时修理的条件：$X\ge 2$（每名维修工只能处理 $1$ 台）。

$$P(X\ge 2)\approx 1-e^{-0.4}-0.4\cdot e^{-0.4}=1-1.4e^{-0.4}=1-1.4\times 0.6703=0.0616$$

方案三：每名维修工负责 $27$ 台设备，$X\sim b(27,0.01)$，$\lambda =0.27$，用 $P(0.27)$ 近似。

不能及时修理的条件：$X\ge 2$。

$$P(X\ge 2)\approx 1-e^{-0.27}-0.27\cdot e^{-0.27}=1-1.27e^{-0.27}=1-1.27\times 0.7634=0.0305$$

比较：

方案	维修工人数	每人负责台数	不能及时修理概率
一	1	80	19.12%
二	2	40	6.16%
三	3	27	3.05%

增加维修工人数可以显著降低设备不能及时修理的概率，但边际效益递减。

泊松近似的适用条件

泊松近似 $b(n,p)\approx P(np)$ 的精度取决于 $n$ 和 $p$ 的具体取值：

• 当 $n\ge 20$ 且 $p\le 0.05$ 时，近似效果通常很好；
• 当 $n\ge 100$ 且 $np\le 10$ 时，近似效果极佳；
• 当 $p$ 较大（如 $p>0.1$）时，泊松近似不再适用，应考虑正态近似。

经验法则：$n$ 越大、$p$ 越小、$np$ 适中（$0.1\le np\le 10$），泊松近似效果越好。

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四、超几何分布

超几何分布的定义

定义 2.4.4 — 超几何分布

设一批产品共 $N$ 件，其中有 $M$ 件次品。从中不放回地随机抽取 $n$ 件，设 $X$ 为抽到的次品数，则 $X$ 的分布列为

$$P(X=k)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{M}{k}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N-M}{n-k}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{n}\right)},k=\max (0,n-N+M),\dots ,\min (n,M)$$

称 $X$ 服从参数为 $(n,N,M)$ 的超几何分布，记为 $X\sim h(n,N,M)$。

分布列的推导：

• 从 $N$ 件产品中抽取 $n$ 件，总共有 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{n}\right)$ 种等可能方式；
• 要恰好抽到 $k$ 件次品：从 $M$ 件次品中选 $k$ 件（$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{M}{k}\right)$ 种方式），从 $N-M$ 件正品中选 $n-k$ 件（$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N-M}{n-k}\right)$ 种方式）；
• 由乘法原理，有利方式数为 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{M}{k}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N-M}{n-k}\right)$。

$k$ 的取值范围：$k$ 必须同时满足 $0\le k\le M$（次品数不超过总次品数）和 $0\le n-k\le N-M$（正品数不超过总正品数），因此

$$\max (0,n-N+M)\le k\le \min (n,M)$$

超几何分布的期望

定理 2.4.4 — 超几何分布的期望

若 $X\sim h(n,N,M)$，则

$$E(X)=\frac{nM}{N}$$

证明思路

证明：同样采用和分解法。

设 $X_i$ 为第 $i$ 次抽样的结果（$X_i=1$ 表示抽到次品，$X_i=0$ 表示抽到正品），则 $X=X_1+X_2+\cdots +X_n$。

注意：不放回抽样中 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 不独立，但期望的线性性不要求独立性。

[期望线性性]：$E(X)={\sum }_{i=1}^{n}E(X_i)$。

对于任意 $i$，$E(X_i)=P(X_i=1)$。由对称性，每次抽样抽到次品的概率相同：

$$P(X_i=1)=\frac{M}{N}$$

这是因为无论第几次抽样，从整体来看，每件产品被抽到的概率是均等的。

因此 $E(X)=n\cdot \frac{M}{N}=\frac{nM}{N}$。

$\square$

超几何分布的方差

定理 2.4.5 — 超几何分布的方差

若 $X\sim h(n,N,M)$，则

$$\text{Var}(X)=\frac{nM(N-M)(N-n)}{N^2(N-1)}$$

证明思路

证明：利用和分解 $X=X_1+X_2+\cdots +X_n$，其中 $X_i$ 为第 $i$ 次抽样的指示变量。

[关键词]：$\text{Var}(X)={\sum }_{i=1}^n\text{Var}(X_i)+2{\sum }_{i<j}\text{Cov}(X_i,X_j)$

由于 $X_i\sim b(1,M/N)$，$\text{Var}(X_i)=\frac{M}{N}\left(1-\frac{M}{N}\right)=\frac{M(N-M)}{N^2}$。

对于 $i\ne j$，$\text{Cov}(X_i,X_j)=E(X_i{X}_j)-E(X_i)E(X_j)$。由于不放回抽样：

$$E(X_i{X}_j)=P(X_i=1,X_j=1)=\frac{M}{N}\cdot \frac{M-1}{N-1}$$ $$\text{Cov}(X_i,X_j)=\frac{M(M-1)}{N(N-1)}-\frac{M^2}{N^2}=\frac{M[MN-M-N+M\cdot 1]-M^2(N-1)}{N^2(N-1)}$$ $$=\frac{-M(N-M)}{N^2(N-1)}$$

共有 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)$ 对 $(i,j)$，因此：

$$\text{Var}(X)=n\cdot \frac{M(N-M)}{N^2}+n(n-1)\cdot \frac{-M(N-M)}{N^2(N-1)}=\frac{nM(N-M)}{N^2}\left(1-\frac{n-1}{N-1}\right)=\frac{nM(N-M)(N-n)}{N^2(N-1)}$$

$\square$

与二项分布方差的对比：

特征	超几何分布	二项分布
方差	$\frac{nM(N-M)(N-n)}{N^2(N-1)}$	$np(1-p)$
有限总体校正因子	$\frac{N-n}{N-1}$	无（无限总体）

当 $N\to \infty$ 时，$\frac{N-n}{N-1}\to 1$，超几何分布的方差趋近于二项分布的方差 $np(1-p)$。有限总体校正因子 $\frac{N-n}{N-1}<1$ 说明不放回抽样的方差更小（信息量更大）。

超几何分布与二项分布的关系

定理 2.4.6 — 超几何分布的二项近似

当 $N$ 很大、$n$ 相对 $N$ 很小（即 $n\ll N$）时，不放回抽样与有放回抽样差别很小，此时

$$h(n,N,M)\approx b\left(n,\frac{M}{N}\right)$$

即

$$\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{M}{k}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N-M}{n-k}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{n}\right)}\approx \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right){\left(\frac{M}{N}\right)}^k{\left(1-\frac{M}{N}\right)}^{n-k}$$

直观理解：当 $N$ 很大而 $n$ 很小时，每次抽样后总体成分变化微乎其微，不放回抽样近似于有放回抽样。

经验法则：当 $n/N<0.05$（即抽样比例不超过 $5\%$）时，超几何分布可以用二项分布很好地近似。

两者的核心区别：

特征	超几何分布 $h(n,N,M)$	二项分布 $b(n,p)$
抽样方式	不放回	有放回
各次试验	不独立	独立
成功概率	每次变化	每次相同
适用条件	总体有限	总体无限或近似无限

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五、几何分布与负二项分布

几何分布的定义

定义 2.4.5 — 几何分布

在一系列独立的伯努利试验中，每次试验成功的概率为 $p$（$0<p<1$）。设 $X$ 为首次成功所需的试验次数，则 $X$ 的分布列为

$$P(X=k)=(1-p{)}^{k-1}p,k=1,2,3,\dots$$

称 $X$ 服从参数为 $p$ 的几何分布，记为 $X\sim Ge(p)$。

分布列的推导：首次成功出现在第 $k$ 次试验，意味着前 $k-1$ 次都失败、第 $k$ 次成功。由独立性：

$$P(X=k)=\underset{k-1\text{ 次}}{\underbrace{(1-p)\cdot (1-p)\cdots (1-p)}}\cdot p=(1-p{)}^{k-1}p$$

验证归一性（利用等比级数）：

$$\sum _{k=1}^{\infty }(1-p{)}^{k-1}p=p\sum _{j=0}^{\infty }(1-p{)}^j=p\cdot \frac{1}{1-(1-p)}=p\cdot \frac{1}{p}=1$$

几何分布的期望和方差

定理 2.4.7 — 几何分布的数字特征

若 $X\sim Ge(p)$，则

$$E(X)=\frac{1}{p},\text{Var}(X)=\frac{1-p}{p^2}$$

证明思路

证明：

期望：

$$E(X)=\sum _{k=1}^{\infty }k(1-p{)}^{k-1}p=p\sum _{k=1}^{\infty }k(1-p{)}^{k-1}$$

利用求和公式 $\sum _{k=1}^{\infty }k{x}^{k-1}=\frac{1}{(1-x{)}^2}$（$|x|<1$），取 $x=1-p$：

$$E(X)=p\cdot \frac{1}{[1-(1-p){]}^2}=p\cdot \frac{1}{p^2}=\frac{1}{p}$$

[幂级数求和]：关键技巧是利用幂级数 $\sum _{k=1}^{\infty }k{x}^{k-1}=\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{1-x}\right)=\frac{1}{(1-x{)}^2}$。

方差：先求 $E(X^2)$。利用 $k^2=k(k-1)+k$：

$$E(X^2)=\sum _{k=1}^{\infty }{k}^2(1-p{)}^{k-1}p=\sum _{k=1}^{\infty }k(k-1)(1-p{)}^{k-1}p+\sum _{k=1}^{\infty }k(1-p{)}^{k-1}p$$

第二项即 $E(X)=1/p$。第一项：

$$\sum _{k=2}^{\infty }k(k-1)(1-p{)}^{k-1}p=p(1-p)\sum _{k=2}^{\infty }k(k-1)(1-p{)}^{k-2}$$

利用 $\sum _{k=2}^{\infty }k(k-1)x^{k-2}=\frac{2}{(1-x{)}^3}$（$|x|<1$），取 $x=1-p$：

$$p(1-p)\cdot \frac{2}{p^3}=\frac{2(1-p)}{p^2}$$

因此：

$$E(X^2)=\frac{2(1-p)}{p^2}+\frac{1}{p}=\frac{2(1-p)+p}{p^2}=\frac{2-p}{p^2}$$ $$\text{Var}(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2=\frac{2-p}{p^2}-\frac{1}{p^2}=\frac{1-p}{p^2}$$

$\square$

直观理解：$E(X)=1/p$ 意味着如果每次成功概率为 $p$，平均需要 $1/p$ 次试验才能首次成功。例如，$p=0.1$ 时平均需要 $10$ 次。

几何分布的无记忆性

定理 2.4.8 — 几何分布的无记忆性

若 $X\sim Ge(p)$，则对任意正整数 $m,n$，

$$P(X>m+n\mid X>m)=P(X>n)$$

证明思路

证明：首先计算尾部概率 $P(X>n)$。

$$P(X>n)=\sum _{k=n+1}^{\infty }(1-p{)}^{k-1}p=p(1-p{)}^n\sum _{j=0}^{\infty }(1-p{)}^j=p(1-p{)}^n\cdot \frac{1}{p}=(1-p{)}^n$$

即 $P(X>n)=(1-p{)}^n$，这表示前 $n$ 次全部失败的概率。

[尾部概率]：关键步骤是求出 $P(X>n)=(1-p{)}^n$ 的简洁形式。

然后利用条件概率公式：

$$P(X>m+n\mid X>m)=\frac{P(X>m+n)}{P(X>m)}=\frac{(1-p{)}^{m+n}}{(1-p{)}^m}=(1-p{)}^n=P(X>n)$$

$\square$

无记忆性的含义：如果已知前 $m$ 次试验都失败了，那么从第 $m+1$ 次开始，首次成功所需的额外试验次数仍然服从 $Ge(p)$。换句话说，“过去”的失败记录不会影响”未来”的成功概率——几何分布”忘记”了过去。

生活类比：就像反复掷一枚均匀的骰子，等待首次出现 $6$ 点。无论之前掷了多少次都没有出现 $6$ 点，下一次掷出 $6$ 点的概率始终是 $1/6$，之前的历史不会改变未来的概率。

无记忆性是几何分布的本质特征，在离散分布中只有几何分布具有这一性质（在连续分布中只有指数分布具有无记忆性）。

负二项分布的定义

定义 2.4.6 — 负二项分布

在一系列独立的伯努利试验中，每次试验成功的概率为 $p$（$0<p<1$）。设 $X$ 为==第 $r$ 次成功所需的试验次数==，则 $X$ 的分布列为

$$P(X=k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{r-1}\right)p^r(1-p{)}^{k-r},k=r,r+1,r+2,\dots$$

称 $X$ 服从参数为 $(r,p)$ 的负二项分布，记为 $X\sim Nb(r,p)$。

分布列的推导：第 $r$ 次成功出现在第 $k$ 次试验，意味着：

• 前 $k-1$ 次试验中恰好有 $r-1$ 次成功：$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{r-1}\right)$ 种方式；
• 前 $k-1$ 次中 $r-1$ 次成功、$k-r$ 次失败：概率为 $p^{r-1}(1-p{)}^{k-r}$；
• 第 $k$ 次试验成功：概率为 $p$。

三者相乘即得分布列。

负二项分布与几何分布的关系

几何分布是负二项分布的特例：当 $r=1$ 时，

$$P(X=k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{0}\right)p^1(1-p{)}^{k-1}=(1-p{)}^{k-1}p,k=1,2,3,\dots$$

这正是 $Ge(p)$ 的分布列。

负二项分布的分解：设 $X\sim Nb(r,p)$，则 $X$ 可以分解为 $r$ 个独立的几何分布之和：

$$X=X_1+X_2+\cdots +X_r$$

其中 $X_1,X_2,\dots ,X_r$ 相互独立，且 $X_i\sim Ge(p)$。

直观理解：$X_1$ 是首次成功所需的试验次数，$X_2$ 是从第 $X_1+1$ 次试验开始到第二次成功所需的额外试验次数，……，$X_r$ 是从第 $(r-1)$ 次成功之后到第 $r$ 次成功所需的额外试验次数。由无记忆性，每个 $X_i$ 都服从 $Ge(p)$ 且相互独立。

负二项分布的数字特征

定理 2.4.9 — 负二项分布的数字特征

若 $X\sim Nb(r,p)$，则

$$E(X)=\frac{r}{p},\text{Var}(X)=\frac{r(1-p)}{p^2}$$

证明思路

证明：利用分解 $X=X_1+X_2+\cdots +X_r$，其中 $X_i\sim Ge(p)$ 且相互独立。

[和分解法]：

$$E(X)=\sum _{i=1}^{r}E(X_i)=r\cdot \frac{1}{p}=\frac{r}{p}$$ $$\text{Var}(X)=\sum _{i=1}^r\text{Var}(X_i)=r\cdot \frac{1-p}{p^2}=\frac{r(1-p)}{p^2}$$

$\square$

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六、各分布间的关系与汇总

期望方差公式汇总

分布	记号	分布列	期望	方差
二点分布	$b(1,p)$	$p^k(1-p{)}^{1-k}$, $k=0,1$	$p$	$p(1-p)$
二项分布	$b(n,p)$	$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k(1-p{)}^{n-k}$, $k=0,\dots ,n$	$np$	$np(1-p)$
泊松分布	$P(\lambda )$	$\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }$, $k=0,1,2,\dots$	$\lambda$	$\lambda$
超几何分布	$h(n,N,M)$	$\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{M}{k}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N-M}{n-k}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{n}\right)}$	$\frac{nM}{N}$	$\frac{nM(N-M)(N-n)}{N^2(N-1)}$
几何分布	$Ge(p)$	$(1-p{)}^{k-1}p$, $k=1,2,\dots$	$\frac{1}{p}$	$\frac{1-p}{p^2}$
负二项分布	$Nb(r,p)$	$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{r-1}\right)p^r(1-p{)}^{k-r}$, $k=r,r+1,\dots$	$\frac{r}{p}$	$\frac{r(1-p)}{p^2}$

分布间的关系图

graph TD
    A[常用离散分布] --> B[二点分布]
    A --> C[二项分布]
    A --> D[泊松分布]
    A --> E[超几何分布]
    A --> F[几何分布]
    A --> G[负二项分布]

    B --> B1[伯努利试验]
    B --> C1[n个独立二点分布之和]

    C --> C1
    C --> D1[泊松近似]

    D --> D1
    D --> D2[稀有事件计数]

    E --> E1[不放回抽样]
    E --> C2[二项近似]

    F --> F1[首次成功]
    F --> F2[无记忆性]
    F --> G1[r个几何分布之和]

    G --> G1

近似关系总结

1. 超几何分布 → 二项分布：当 $n\ll N$ 时（抽样比例很小），$h(n,N,M)\approx b(n,M/N)$。

   • 本质：不放回抽样近似为有放回抽样。

2. 二项分布 → 泊松分布：当 $n$ 大、$p$ 小、$np$ 适中时，$b(n,p)\approx P(np)$。

   • 本质：大量试验中稀有事件的发生次数。

3. 近似链：$h(n,N,M)\stackrel{n\ll N}{\to }b(n,M/N)\stackrel{n\text{大},p\text{小}}{\to }P(np)$

记忆技巧：

• 二项分布的期望 $np$：每次试验期望贡献 $p$，$n$ 次就是 $np$；
• 泊松分布的期望 $=$ 方差 $=\lambda$：泊松分布独有特征；
• 几何分布的期望 $1/p$：概率越小，等待越久（$p\to 0$ 时 $E(X)\to \infty$）。

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七、知识结构总览

graph TD
    A[常用离散分布] --> B[二点分布]
    A --> C[二项分布]
    A --> D[泊松分布]
    A --> E[超几何分布]
    A --> F[几何分布]
    A --> G[负二项分布]

    B --> B1[伯努利试验]
    B --> C1[n个独立二点分布之和]

    C --> C1
    C --> D1[泊松近似]

    D --> D1
    D --> D2[稀有事件计数]

    E --> E1[不放回抽样]
    E --> C2[二项近似]

    F --> F1[首次成功]
    F --> F2[无记忆性]
    F --> G1[r个几何分布之和]

    G --> G1

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八、核心思想与证明技巧

和分解法

和分解法是概率论中最重要的计算技巧之一。其核心思想是：

将一个复杂的随机变量 $X$ 分解为若干个简单的、容易处理的随机变量 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 之和，然后利用期望和方差的线性性来计算 $E(X)$ 和 $\text{Var}(X)$。

应用实例：

• 二项分布 $b(n,p)$：$X=X_1+\cdots +X_n$，$X_i\sim b(1,p)$，且 $X_i$ 相互独立；
• 超几何分布 $h(n,N,M)$：$X=X_1+\cdots +X_n$，$X_i\sim b(1,M/N)$，但 $X_i$ 不独立；
• 负二项分布 $Nb(r,p)$：$X=X_1+\cdots +X_r$，$X_i\sim Ge(p)$，且 $X_i$ 相互独立。

注意事项：

• 期望的线性性不需要独立性：$E(X_1+X_2)=E(X_1)+E(X_2)$ 恒成立；
• 方差的线性性需要独立性：$\text{Var}(X_1+X_2)=\text{Var}(X_1)+\text{Var}(X_2)$ 仅在 $X_1,X_2$ 独立时成立。

泊松定理的证明思路

泊松定理的证明展示了概率论中取极限的典型方法：

1. 将二项分布的分布列展开为三个因子的乘积；
2. 分别对每个因子取 $n\to \infty$ 的极限；
3. 利用基本极限 ${\left(1+\frac{a}{n}\right)}^n\to e^a$。

关键观察：当 $n$ 很大时，$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)$ 中的阶乘项很难直接计算，但通过极限过程可以将其转化为泊松分布的简洁形式。

几何分布无记忆性的证明

无记忆性的证明依赖于尾部概率的简洁形式：

$$P(X>n)=(1-p{)}^n$$

一旦得到这个简洁形式，条件概率的计算就变得非常直接：

$$P(X>m+n\mid X>m)=\frac{(1-p{)}^{m+n}}{(1-p{)}^m}=(1-p{)}^n=P(X>n)$$

推广：无记忆性可以作为几何分布的等价定义——如果一个取正整数值的随机变量满足无记忆性，则它一定服从几何分布。

近似链

三大离散分布之间的近似关系构成了一个完整的链条：

$$\text{超几何分布}\stackrel{n\ll N}{\to }\text{二项分布}\stackrel{n\text{大},p\text{小}}{\to }\text{泊松分布}$$

这条近似链的实际意义在于：

• 当总体很大时，超几何分布的计算（涉及组合数）可以用二项分布简化；
• 当试验次数很大且成功概率很小时，二项分布的计算可以用泊松分布进一步简化。

期望方差公式的记忆技巧

记忆维度	技巧
二项分布 $b(n,p)$	期望 $np$：$n$ 次试验，每次贡献 $p$；方差 $np(1-p)$：在期望基础上乘以”失败概率”
泊松分布 $P(\lambda )$	期望 $=$ 方差 $=\lambda$：泊松分布独有特征，$\lambda$ 既是平均发生率也是波动程度
几何分布 $Ge(p)$	期望 $1/p$：概率越小等待越久；方差 $(1-p)/p^2$：比期望的平方小
负二项分布 $Nb(r,p)$	期望 $r/p$：几何分布期望的 $r$ 倍；方差 $r(1-p)/p^2$：几何分布方差的 $r$ 倍

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九、补充理解与易混淆点

二项分布的独立性要求

来源：教材p84 + MIT 18.05 + Stanford Stat 116 + 华东师大讲义 + 中科大讲义

误区1："二项分布要求每次试验概率相同"

❌ 错误解释：只要做n次试验，结果只有成功/失败两种，就服从二项分布。 ✅ 正确解释：二项分布要求n次试验独立且每次成功概率p相同。如果不独立或p变化，则不服从二项分布。

深入理解：二项分布的两个核心假设缺一不可：

• 独立性：各次试验的结果互不影响。例如，如果从少量产品中不放回抽样，各次抽样的结果就不独立。
• 概率相同：每次试验成功的概率保持不变。例如，如果随着时间推移设备老化导致故障率变化，则不满足此条件。

泊松分布期望等于方差

来源：教材p86 + MIT 18.05 + UCLA Stats 100A + 华东师大讲义 + 五三多校真题

误区2："泊松分布的期望和方差可以不同"

❌ 错误解释：泊松分布的期望和方差像其他分布一样，一般是不同的值。 ✅ 正确解释：泊松分布期望等于方差，$E(X)=\text{Var}(X)=\lambda$。这是泊松分布独有的特征，可以用来检验数据是否服从泊松分布。如果样本均值远不等于样本方差，则不太可能服从泊松分布。

实际应用：在数据分析中，如果观察到样本均值 $\bar{x}$ 和样本方差 $s^2$ 近似相等，这是一个信号，提示数据可能服从泊松分布。这是判断分布类型的重要诊断工具。

无记忆性并非普遍性质

来源：教材p90 + MIT 18.05 + Stanford Stat 116 + 华东师大讲义 + 五三多校真题

误区3："所有分布都有无记忆性"

❌ 错误解释：无记忆性是所有离散分布的普遍性质。 ✅ 正确解释：在离散分布中，只有几何分布具有无记忆性（连续分布中只有指数分布具有无记忆性）。无记忆性 $P(X>m+n|X>m)=P(X>n)$ 是几何分布的本质特征，甚至可以作为几何分布的定义。

反例：考虑二项分布 $b(3,0.5)$。已知前 $1$ 次失败了（即 $X>1$），那么 $P(X>2\mid X>1)=P(X>2)/P(X>1)=(0.5^3)/(0.5^2+0.5^3)=1/3$，而 $P(X>1)=0.5^2+0.5^3=3/8\ne 1/3$。因此二项分布不满足无记忆性。

超几何分布与二项分布的区别

来源：教材p88 + MIT 18.05 + Stanford Stat 116 + UCLA Stats 100A + 华东师大讲义

误区4："超几何分布就是二项分布"

❌ 错误解释：不放回抽样和有放回抽样结果一样，超几何分布和二项分布可以互换使用。 ✅ 正确解释：超几何分布是不放回抽样，二项分布是有放回抽样。当抽样比例n/N很小时（通常n/N<0.05），两者近似相等。但抽样比例较大时，必须使用超几何分布。

数值对比：设 $N=10,M=3,n=5$。

超几何分布：$P(X=2)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{5}\right)}=\frac{3\times 35}{252}=\frac{105}{252}\approx 0.4167$

二项近似（$p=3/10=0.3$）：$P(X=2)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)(0.3{)}^2(0.7{)}^3=10\times 0.09\times 0.343=0.3087$

两者差距明显（$n/N=5/10=50\%$，远超 $5\%$），此时不能用二项近似。

负二项分布与几何分布的关系

来源：教材p91 + MIT 18.05 + Stanford Stat 116 + 华东师大讲义 + 五三多校真题

误区5："负二项分布和几何分布是同一个东西"

❌ 错误解释：负二项分布就是几何分布的另一个名字。 ✅ 正确解释：几何分布是负二项分布在==r=1时的特例==。负二项分布 $Nb(r,p)$ 描述的是”第r次成功所需的试验次数”，而几何分布 $Ge(p)$ 描述的是”首次成功所需的试验次数”。$Nb(r,p)=Ge(p{)}_1+\cdots +Ge(p{)}_r$。

层次关系：

$$Ge(p)=Nb(1,p)\subset Nb(r,p)$$

几何分布是负二项分布当 $r=1$ 时的特殊情况。负二项分布将”等待首次成功”推广为”等待第 $r$ 次成功”，是几何分布的自然推广。

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十、习题精选

习题概览

编号	题目来源	知识点	难度
1	教材 2.4-2	二项分布概率计算	★★☆
2	教材 2.4-5	二项分布反求参数	★★☆
3	教材 2.4-7	泊松定理近似计算	★★★
4	教材 2.4-8	泊松分布参数求解	★★☆
5	教材 2.4-11	几何分布与全概率公式	★★★
6	教材 2.4-17	泊松分布阶乘矩证明	★★★
7	2017山东大学432	泊松分布参数求解	★★☆
8	2013武汉大学432	二项分布最可能值	★★★
9	2022兰州大学432	几何分布与级数计算	★★★
10	2022山东大学432	泊松与二项分布关系	★★★

教材习题

习题 2.4-2 — 一级品率问题

某产品的一级品率为 $0.8$，现检查 $5$ 件产品。求至少有 $3$ 件是一级品的概率。

查看解答

解：设 $X$ 为 $5$ 件产品中的一级品数，则 $X\sim b(5,0.8)$。

$$P(X\ge 3)=P(X=3)+P(X=4)+P(X=5)$$ $$P(X=3)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)(0.8{)}^3(0.2{)}^2=10\times 0.512\times 0.04=0.2048$$ $$P(X=4)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4}\right)(0.8{)}^4(0.2{)}^1=5\times 0.4096\times 0.2=0.4096$$ $$P(X=5)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{5}\right)(0.8{)}^5(0.2{)}^0=1\times 0.3277\times 1=0.3277$$ $$P(X\ge 3)=0.2048+0.4096+0.3277=0.9421$$

习题 2.4-5 — 反求参数

已知 $X\sim b(n,p)$，$E(X)=2.4$，$\text{Var}(X)=1.44$，求 $n$ 和 $p$。

查看解答

解：由二项分布的数字特征：

$$E(X)=np=2.4$$ $$\text{Var}(X)=np(1-p)=1.44$$

两式相除：

$$\frac{np(1-p)}{np}=\frac{1.44}{2.4}$$ $$1-p=0.6$$ $$p=0.4$$

代入 $np=2.4$：

$$n=\frac{2.4}{0.4}=6$$

因此 $n=6$，$p=0.4$，即 $X\sim b(6,0.4)$。

习题 2.4-7 — 泊松近似

某批产品的不合格品率为 $0.02$，现从中抽取 $40$ 件进行检查。若发现不合格品数不少于 $2$ 件，则拒收该批产品。求拒收概率。

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解：设 $X$ 为 $40$ 件产品中的不合格品数，则 $X\sim b(40,0.02)$。

由于 $n=40\ge 20$，$p=0.02\le 0.05$，可用泊松近似。取 $\lambda =np=40\times 0.02=0.8$，$X\approx P(0.8)$。

拒收概率：

$$P(X\ge 2)\approx 1-P(Y=0)-P(Y=1)=1-e^{-0.8}-0.8e^{-0.8}=1-1.8e^{-0.8}$$ $$=1-1.8\times 0.4493=1-0.8088=0.1912$$

拒收概率约为 $19.12\%$。

习题 2.4-8 — 泊松分布参数求解

设 $X$ 服从泊松分布，已知 $P(X=1)=P(X=2)$，求 $P(X=4)$。

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解：设 $X\sim P(\lambda )$，则

$$P(X=1)=\lambda e^{-\lambda },P(X=2)=\frac{{\lambda }^2}{2}{e}^{-\lambda }$$

由 $P(X=1)=P(X=2)$：

$$\lambda e^{-\lambda }=\frac{{\lambda }^2}{2}{e}^{-\lambda }$$

由于 $e^{-\lambda }>0$ 且 $\lambda >0$，两边约去 $\lambda e^{-\lambda }$：

$$1=\frac{\lambda }{2}$$ $$\lambda =2$$

因此：

$$P(X=4)=\frac{2^4}{4!}{e}^{-2}=\frac{16}{24}{e}^{-2}=\frac{2}{3}\times 0.1353=0.0902$$

习题 2.4-11 — 掷硬币付账

甲、乙、丙三人约定：掷一枚均匀硬币，第一个掷出正面的人付账。如果依次掷硬币，求甲、乙、丙付账的概率各是多少？

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解：设 $X$ 为首次出现正面所需的掷币次数，则 $X\sim Ge(0.5)$。

甲付账：$X=1$（第一次就正面）

$$P(X=1)=(0.5{)}^0\times 0.5=0.5$$

乙付账：$X=2$（第一次反面，第二次正面）

$$P(X=2)=(0.5{)}^1\times 0.5=0.25$$

丙付账：$X=3$（前两次反面，第三次正面）

$$P(X=3)=(0.5{)}^2\times 0.5=0.125$$

验证：$0.5+0.25+0.125=0.875<1$，剩余 $0.125$ 为三轮都反面的概率（需要重新开始）。

如果考虑”无限轮”的情况（三轮都反面则重新开始），设甲、乙、丙付账的概率分别为 $p_A,p_B,p_C$，则：

$$p_A=0.5+0.125\cdot p_A$$ $$p_A(1-0.125)=0.5$$ $$p_A=\frac{0.5}{0.875}=\frac{4}{7}$$

同理：

$$p_B=0.25+0.125\cdot p_B\Rightarrow p_B=\frac{0.25}{0.875}=\frac{2}{7}$$ $$p_C=0.125+0.125\cdot p_C\Rightarrow p_C=\frac{0.125}{0.875}=\frac{1}{7}$$

验证：$\frac{4}{7}+\frac{2}{7}+\frac{1}{7}=1$。

习题 2.4-17 — 泊松分布矩的递推公式

设 $X\sim P(\lambda )$，证明：

$$E[X(X-1)\cdots (X-k+1)]={\lambda }^k$$

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证明：利用阶乘矩的定义和泊松分布的分布列。

$$E[X(X-1)\cdots (X-k+1)]=\sum _{j=0}^{\infty }j(j-1)\cdots (j-k+1)\cdot \frac{{\lambda }^j}{j!}{e}^{-\lambda }$$

注意当 $j<k$ 时，$j(j-1)\cdots (j-k+1)=0$，故求和从 $j=k$ 开始：

$$=\sum _{j=k}^{\infty }\frac{j!}{(j-k)!}\cdot \frac{{\lambda }^j}{j!}{e}^{-\lambda }=\sum _{j=k}^{\infty }\frac{{\lambda }^j}{(j-k)!}{e}^{-\lambda }$$

令 $i=j-k$：

$$=\sum _{i=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^{i+k}}{i!}{e}^{-\lambda }={\lambda }^k{e}^{-\lambda }\sum _{i=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^i}{i!}={\lambda }^k{e}^{-\lambda }\cdot e^{\lambda }={\lambda }^k$$

$\square$

卡方精选习题

习题7 — 2017山东大学432：泊松分布参数求解

设 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布，已知 $P(X=1)=\frac{1}{2}P(X=2)$，求 $\lambda$ 的值。

A. $2$　　B. $1$　　C. $4$　　D. $0.25$

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解：设 $X\sim P(\lambda )$，则

$$P(X=1)=\lambda e^{-\lambda },P(X=2)=\frac{{\lambda }^2}{2}{e}^{-\lambda }$$

由条件 $P(X=1)=\frac{1}{2}P(X=2)$：

$$\lambda e^{-\lambda }=\frac{1}{2}\cdot \frac{{\lambda }^2}{2}{e}^{-\lambda }$$

由于 $e^{-\lambda }>0$ 且 $\lambda >0$，两边约去 $\frac{\lambda e^{-\lambda }}{2}$：

$$2=\lambda$$

答案：A（$\lambda =2$）。

注：此题利用泊松分布列的比例关系 $\frac{P(X=k+1)}{P(X=k)}=\frac{\lambda }{k+1}$ 可快速求解。

习题8 — 2013武汉大学432：二项分布的最可能值

设 $\xi$ 服从二项分布 $b(n,p)$，若 $(n+1)p$ 不是整数，则 $k$ 取何值时 $P(\xi =k)$ 最大？

A. $(n+1)p$　　B. $(n+1)p-1$　　C. $np$　　D. $\lfloor (n+1)p\rfloor$

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解：考察相邻两项的比值：

$$\frac{P(\xi =k+1)}{P(\xi =k)}=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k+1}\right)p^{k+1}(1-p{)}^{n-k-1}}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k(1-p{)}^{n-k}}=\frac{n-k}{k+1}\cdot \frac{p}{1-p}$$

令比值 $\le 1$（即概率不再增大）：

$$\frac{n-k}{k+1}\cdot \frac{p}{1-p}\le 1$$ $$(n-k)p\le (k+1)(1-p)$$ $$np-kp\le k+1-kp-p$$ $$np\le k+1-p$$ $$k\ge (n+1)p-1$$

因 $(n+1)p$ 不是整数，故满足条件的最大整数 $k=\lfloor (n+1)p\rfloor$。

答案：D。

注：$\lfloor (n+1)p\rfloor$ 称为二项分布的众数（最可能值）。若 $(n+1)p$ 为整数，则 $k=(n+1)p$ 和 $k=(n+1)p-1$ 都是众数。

习题9 — 2022兰州大学432：几何分布与级数计算

某人进行投篮游戏，每次投中的概率为 $p$（$0<p<1$），各次投篮相互独立。记 $X$ 为首次投中时累计的投篮次数。 （1）写出 $X$ 的分布律； （2）求 $X$ 为偶数的概率。

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解：

（1） $X$ 服从参数为 $p$ 的几何分布，即 $X\sim Ge(p)$：

$$P(X=k)=(1-p{)}^{k-1}p,k=1,2,3,\dots$$

（2） $X$ 为偶数意味着 $X=2,4,6,\dots$：

$$P(X\text{ 为偶数})=\sum _{n=1}^{\infty }P(X=2n)=\sum _{n=1}^{\infty }(1-p{)}^{2n-1}p$$

提取公因子：

$$=p(1-p)\sum _{n=1}^{\infty }(1-p{)}^{2(n-1)}=p(1-p)\sum _{m=0}^{\infty }[(1-p{)}^2{]}^m$$

这是首项为 $1$、公比为 $(1-p{)}^2$ 的等比级数（$|(1-p{)}^2|<1$）：

$$=p(1-p)\cdot \frac{1}{1-(1-p{)}^2}=\frac{p(1-p)}{1-(1-2p+p^2)}=\frac{p(1-p)}{2p-p^2}=\frac{1-p}{2-p}$$

答案：$P(X\text{ 为偶数})=\frac{1-p}{2-p}$。

验证：当 $p=0.5$ 时，$P(X\text{ 为偶数})=\frac{0.5}{1.5}=\frac{1}{3}$，而 $P(X\text{ 为奇数})=\frac{2}{3}$，符合直觉（首次投中更可能在奇数次）。

习题10 — 2022山东大学432：泊松分布与二项分布的关系

设随机变量 $X$ 为某医院一天出生的婴儿总数，$Y$ 为其中的男婴数。已知联合分布为

$$P(X=m,Y=n)=\frac{e^{-14}(7.3{)}^n(6.7{)}^{m-n}}{n!(m-n)!},m=0,1,2,\dots ;n=0,1,\dots ,m$$

求 $P(Y=10\mid X=20)$。

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解：

第一步：求边缘分布 $P(X=m)$

对 $n$ 从 $0$ 到 $m$ 求和：

$$P(X=m)=\sum _{n=0}^m\frac{e^{-14}(7.3{)}^n(6.7{)}^{m-n}}{n!(m-n)!}=\frac{e^{-14}}{m!}\sum _{n=0}^m\frac{m!}{n!(m-n)!}(7.3{)}^n(6.7{)}^{m-n}$$

由二项式定理：

$$=\frac{e^{-14}}{m!}(7.3+6.7{)}^m=\frac{e^{-14}\cdot 14^m}{m!}$$

因此 $X\sim P(14)$。

第二步：求条件分布 $P(Y=n\mid X=m)$

$$P(Y=n\mid X=m)=\frac{P(X=m,Y=n)}{P(X=m)}=\frac{\frac{e^{-14}(7.3{)}^n(6.7{)}^{m-n}}{n!(m-n)!}}{\frac{e^{-14}\cdot 14^m}{m!}}$$ $$=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{n}\right){\left(\frac{7.3}{14}\right)}^n{\left(\frac{6.7}{14}\right)}^{m-n}$$

即 $Y\mid X=m\sim b\left(m,\frac{7.3}{14}\right)$。

第三步：代入计算

$$P(Y=10\mid X=20)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{20}{10}\right){\left(\frac{7.3}{14}\right)}^{10}{\left(\frac{6.7}{14}\right)}^{10}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{20}{10}\right)(0.5214{)}^{10}(0.4786{)}^{10}$$

答案：$P(Y=10\mid X=20)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{20}{10}\right){\left(\frac{7.3}{14}\right)}^{10}{\left(\frac{6.7}{14}\right)}^{10}$。

注：此题揭示了泊松分布的一个重要性质——若 $X\sim P({\lambda }_1+{\lambda }_2)$，则给定 $X=m$ 的条件下，$Y\sim b(m,{\lambda }_1/({\lambda }_1+{\lambda }_2))$。这是泊松分布的分解定理。

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十一、教材原文

以下为教材扫描版原文，可点击翻阅。

第二章 随机变量及其分布/常用离散分布