第四章隨機變量的特征數每個隨機變量都有一個概率分布(分布函數，或分布律、概率密度)，這個分布完整地刻畫了隨機變量的統(tǒng)計規(guī)律性。然而在許多實際應用問題中，人們更關注這個概率分布的一些綜合特征，這些綜合特征是概率分布某方面信息的概括并且可用一個數值表示。這種由隨機的分布確定的，能刻畫隨機變量某方面特征的常數統(tǒng)稱為數字特征或特征數。例如，考慮某種元件的壽命，如果知道了其壽命X的概率分布，那么就把握了元件壽命的所有概率信息。比如可以計算出壽命在任一指定范圍內的概率。根據這一分布，還可以確定用以反映壽命平均水平的特征數-數學期望，以及用以刻畫壽命值的散布程度(或穩(wěn)定程度)的特征數-方差.這些特征數雖不能對壽命狀況提供完整刻畫,但卻往往是人們最為關注的一個方面.無論在理論上還是在實用中，這些特征數都有著極重要的意義.尤其是實用中,概率分布雖很“完美”,但難以把握;而特征數則容易把握,并且特征數是以一個“醒目”的數值刻畫隨機變量的某種特征,這也使得應用方便.§4.1隨機變量的數學期望數學期望的定義定義設離散型隨機變量X的分布律為P{X€x}€p，i€1,2,€ii如果藝IxIp,giii€1則稱另px為X的數學期望，記為E(X),即iii€1E(X)=藝pxiii€1若級數另px不絕對收斂，則稱X的數學期望不存在。iii€1由以上定義可看出，若X只取有限個值，則它的數學期望總是存在的。而若X取可列個值，則它的數學期望不一定存在，是否存在就看級數另xp是否絕對收斂，這個要求的目iii€1的在于使期望值唯一。因為若無窮級數另xp只是條件收斂，則可通過改變這個級數各項iii€1的次序，使得改變后的級數不收斂或收斂到任意指定的值，這意味著這個級數的和存在與否，以及等于多少，與X的取值的排列次序有關，而E(X)作為刻畫X取值的平均水平的特征數，具有客觀意義，不應與X的取值的排列次序有關。由定義，X的期望值就是其所有可能取值的加權平均，每個可能值的權重就是X取該值的概率，因此X的數學期望又稱為X的均值。同時還可看出X的數學期望只依賴于X的概率分布，因此隨機變量的期望又叫分布的期望。期望的定義可以用概率的頻率定義來解釋設想X是一個機會游戲的某個參與者的所得每次游戲該參與者以概率p(x)贏得x元如果他連續(xù)多次玩這個游戲比如N次贏得xiii元的次數記為n次那么在N次游戲中他平均所得為€匕x由概率的頻率定義在N很i Nin大時頻率節(jié)近乎概率p(x)那么上述平均值近乎于期望值E(X)Ni對于連續(xù)型隨機變量以積分代替求和從而得到連續(xù)型隨機變量的期望的定義定義設連續(xù)型隨機變量X的密度函數為f(x)，如果J?8|xIf(x)dx,g—g則稱E(X)=f?gxf(x)dx—g為X的數學期望，簡稱為期望或均值若J?xIf(x)dx不收斂，則稱X的數學期望不存在—g注期望這一概念可類比于質量分布的質心這一物理概念把概率分布看作質量在x軸上的分布在離散場合概率P二P(X二x)看作點x處的質量那么該質量分布的質心的坐iii標為€px,即為期望值E(X)在連續(xù)場合概率密度函數f(x)相應于質量分布密度質iii=1量分布的質心的坐標為卜xf(x)dx，同樣是期望值E(X)—g設隨(機1變)量X的分布律為p{x=(—i)kk}=Wwk=u…X的數學期望是否存在?例 按規(guī)定，某車站每天? ? 都各有一輛客車到站，且到站時刻是隨機的，兩者到站時間相互獨立，其規(guī)律為到站時刻概率132666一旅客8:2到0車站，求他候車時間的數學期望。解設旅客候車時間記為X(單位： )則X的分布律為XP3211V13V12V66 ZX—66 ZX—66 ZX 66因此X的數學期望為32111312E(X)二10€-,30€-,50€-€-,70€-€-,90€-€-二27.2266666666例 在一個人數很多的團體中普查某種疾病為此需抽驗N個人的血可以用兩種方法進行將每個人的血分別去驗這需要驗N次按k個人一組進行分組把k個人的血混在一起進行檢驗如果這混合血液呈陰性反應說明k個人的血都呈陰性反應這樣k個人的血液就只需驗一次若呈陽性則再對這k個人的血液逐一檢驗這樣k個人的血液就共需驗k,1次假設每個人血液化驗呈陽性的概率為p且這些人的試驗反應是相互獨立的試說明當P較小時選取適當的k按第二種方法可以減少化驗次數并說明k取什么值時最適宜解設k個人以為一組時k個人共需化驗的次數為X則X的分布律為這里q=1-pX的數學期望為E(X)=qk+(k+1)(1—qk)=1+k—kqk由此可知只需選取k使得1+k—kqk?k即1一kqk?0便可使第二種方法減少平均化驗次數.要使最大程度地減少平均化驗次數需選取k使得1f(k)-1+―qkk小于1且取到最小值.這時就能得到最好的分組方法.例如p=0.1則當k=4時得到最好的分組方法若N=1000則按第二次方法平均只需化驗次數為11000(1,-09)二594這樣平均來說,可以減少40的%工作量.例4.1隨.機4變量X的密度函數為x1--,0?x?2f(x)=, 20,其他解：E(X)=卜xf(x)dx—g-J2x(1-—)dx二2o2 3隨機變量函數的期望如果知道了隨機變量X的概率分布(分布律或概率密度)，我們可以利用其概率分布計算X的數學期望。而計算X的函數g(X)(比如X2)的期望是經常遇到的問題，既然g(X)本身也是一個隨機變量，有自己的概率分布，這個分布可通過X的概率分布確定，一旦確定了Y=g(X)的概率分布，那么我們利用Y=g(X)的概率分布計算出E[g(X)]。容易想到g(X)的數學期望完全取決于X的概率分布，那么我們很自然地希望能直接利用X的概率分布去計算g(X)的數學期望下面定理解決了這個問題。定理設Y隨機變量X的函數Y=g(X)()設隨機變量X的分布律為P{X二x}二p,i二1,2,€，若另g(x)p絕對收斂，那么i i iii=1Y的數學期望為E(Y)二E[g(X)]二另g(x)piii=1()設隨機變量X的密度函數f(x)，若Jglg(x)If(x)dx?g，那么Y的數學期望為-gE(Y)=E[g(X)]=卜g(x)f(x)dx-g定理的證明超出了本書的范圍下面我們就X是離散型隨機變量的特殊情形下給出證明證明設X是離散型隨機變量其分布律為P{X=x}=p，i=1,2,€ii那么Y=g(X)的分布律為P{Y=y}=工p，j=1,2,…jig(xi)=yjij其中{y}是Y的所有可能的取值從而有

€€p)y，€€g(x)p，€€€p)y，€€g(x)p，€g(x)pjjijiiiij，1 j，1g(Xi)，y. j，1g(Xi)，y. i，1ij ij由上述定理知在求E(Y)時不必算出概率分布可直接利用X的概率分布去計算Y的期望這種方法可推廣至多個隨機變量的函數的情形.我們以兩個隨機變量的函數的情形給出結論設二維隨機向量(X,Y)的聯(lián)合分布律為P{X，x,Y，y}，p,i,j，1,2,…i j ij若€€lg(x,y)1p<+s,則Z，g(X,Y)的數學期望為ijijj，1i，1E(Z)，g(x,y)pijijj，1i，1設二維隨機向量(X,Y)的概率密度為f(x,y),若JJlg(x,y)1f(x,y)dxdy?,則R2Z，g(X,Y)的數學期望為E(Z)，……g(x,y)f(x,y)dxdyR2特別地，若二維連續(xù)型隨機向量(X,Y)的概率密度為f(x,y)求分量X或其函數g(X)的期望時，我們可以先求出X的邊緣密度然后再計算X或的g(X)的期望也可以直接利用(X,Y)的概率密度為f(x,y)去計算E(X)，……xf(x,y)dxdyE[g(X)]，JJg(x)f(x,y)dxdyR2對于離散情形也類似,具體計算時就看哪種方法更方便例 設隨機變量X的密度函數為f(x)，k(1+I2)，問X的數學期望是否存在這種分布稱為柯西分布求E[min(lX1,1)]解由于J解由于Js|xIf(x)dx—gg1x1 ,g,—gn(1+x2)所以X的數學期望不存在E[min(lX1,1)]?€+，min(lx|,1)f(x)dx―,?J1IxI- 1 +€—1 1dx+J+, -—1 …(1+x2)dx —，…(1+x2) 1…(1+x2)dxln21+一…2細心的同學可以發(fā)現(xiàn)，本例中隨機變量Y?min(lX1,1)既不是離散型隨機變量，也不是連續(xù)型隨機變量，但我們可以利用X的概率密度求出其數學期望。設隨機向變量(X,Y)的概率密度為Ix+y,0<x<1,0<y<1f(x)?〔o,其他求E(X)；E(XY)解E(X)?€,€,xf(x,y)dxdy?J1J1x(x+y)dxdy?—,TOC\o"1-5"\h\z—,—, 0o 12E(XY)?J,J,xyf(x,y)dxdy?J1J1xy(x+y)dxdy?-—,—, 00 3設隨機變量X1,X2,…，Xn獨立同分布于指數分布Eg,Y?min(X,X，…，X)，求E(Y)。\o"CurrentDocument"1 2n解X1的分布函數為F(x)MO—其他,X0從而Y?min(X1,X2,…，Xn)的分布函數為11—e-n<y,yn0F(y)?1—(1—F(y))n?〈 ，yY' " ]0,其他故Y的密度函數為n<e—n<y,y>0Y(y)%其他所以E(Y)?€,y-n<e—n<ydy?—0 n<

注意：一般而言，求Z€g(X,Y)的概率分布并不方便。但有些場合下，Z€g(X,Y)的概率分布可以方便地求出來，此時也可考慮先求出Z的概率分布，然后求E(Z)。比如，()(X,Y)為離散型隨機向量時，Z€g(X,Y)的分布列可能很容易求出()在X，…,X獨1n立同分布時，他們的最大值Z€max(X,€,X)，或最小值Z=min(X，…,X)的概率1n1n密度可容易地求出數學期望的性質由隨機變量函數的期望的計算公式，可以得到數學期望的重要性質.數學期望具有如下性質(以下我們假定涉及到的期望是存在的).設c是常數，則E(c)€c設a,b是常數，則E(aX+b)=aE(X)+b.(X+Y)€E(X)+E(Y)這一性質可推廣至任意有限個隨機變量的線性組合的情況E{》aX}€2,aE(X)iiiii€1 i€1(4)若X,Y相互獨立，則E(XY)€E(X)E(Y)這一性質可推廣至任意有限個相互獨立的隨機變量之積的情況。利用以上性質可以使復雜的計算變得簡單下面就(X,Y)是連續(xù)型隨機向量情形證明()和(4)。證明假設是(X,Y)是連續(xù)型隨機向量，其概率密度為f(x,y),E(X+E(X+Y)€J?J?(x+y)f(x,y)dxdy€f?f?xf(x,y)dxdy+f?J?yf(x,y)dxdy€E(X)+E(Y)。若X,Y相互獨立，則f(x,y)€fXMy(y)，從而E(XY)€J?J?xyf(x,y)dxdy=J?J?xyfX(x)fY(y)dxdy((x)dx€gyf(y)dyJxfXY—g —g=E(X)E(Y)例設X，…,X獨立同分布，且E(X)=?，求X二1…X的期望。1n1nii=1解：E(X)=-1…E(X)=?。nii=1例設X?B(n,p)，求E(X)解E(X)=1kCkpkqn-k=np…Ck-1pk-iqn-k=np(p+q)?-i=npTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"n n-1k=0 k=1另解:設X，…，X獨立同分布于B(1,p)，則X=1X?B(n,p)，從而二項分布的期望為1 n ii=1E(X)=1nE(X)=np。ii=1例將一骰子擲10次求10次的點數之和X的數學期望本例中,如去求X的分布列將會非常困難,即使求出了其分布列,再求期望時,其運算量也是非常大的如能將X表示為一些簡單隨機變量之和就可以極大地簡化計算解令X表示第i次的點數i=1,2,€,10則iX二…X且X,€,X獨立同分布其共同的分布列為i 1 10i=11P(X=k)=,k=1,2,,6i6所以17E(X)=_(1+2+3+4+5+6)=—i62由期望的性質可得7E(X)=10x=35，例設有N件產品其中有M件不合格從中不放回地取n件求其中不合格品件數X的數學期望.易見X服從超幾何分布我們可以利用其分布求出X的數學期望，也可以利用期望的性質求出X的數學期望，這里我們用兩種方法求出X的數學期望.解：X的分布律為

CkCn-k 、 .P{X€k}€ m_n-m,k€0,1',...,min(n,M)CnN尸CkCn-k nMyCk-1Cn-kE(X)=k—M_N-M€ M-1_N-MCn N Cn-1k=0 N k=1 N—1nM另解:令X€另解:令X€i1,第i次取到不合格品,0，否則i€1,2,€,n即X表示第i次抽取的1件產品中不合格品件數則iV —M、X二,X且X?B(1,)iiNi€1由期望的性質E(X)二,E(X)€iNi€1例X服從負二項分布,即X的分布律為P{X€k}€Cr-1(1一p)kpr,k€r,r+1,...k-1求E(X)解先求超幾何分布的期望設Y?Ge(p)那么E(Y)二藝k(1-p)k-1p€p藝k(1-p)k-1k€1 k€1考慮冪級數另kxk-1另kxk-1€(另xky€k€1k€1從而1(1-X)21E(Y)€pI(1一x)2 X€1-p設X,,X設X,,X獨立同分布于Ge(1p),1r則Yx服從負二項分布從而二項分布的期望為ii€1E(X)E(X)€i€1ip例一個盒子中裝有標上1至N的N張票券以有放回方式一張一張地取如果想收集到r張不同的票券所需的抽取次數記為X求X的期望解記X,X，,X依次表示對一張新票券的等待時間次數即X表示在得到第i€1張1 2 r i新票券后到得到第i張新票券所需的抽取次數(i=2,…,r)而X1=1那么X二,Xii=1N€(i€1)由于X服從參數為p= 的幾何分布,i=2,…,r所以i i NNE(X)=1E(X)= - ,i=2,€,r1 iN€(i€1)故E- —、, E(X)=1+ +€+ iN-1N一r+1i=1++丄)N下面看兩種特殊情況r下面看兩種特殊情況r=孕假設N為偶數r=N并假定N足夠大—+…+—)?Nln2?0.69NN+1N2r=N時1 1 1E(X)=N(—+ ++—)?NlnN1 2 N可見收集到一半票券平均需要抽取次數大約是總票券數的70%而,收集全部票券,則平均需要總票券數的lnN倍的抽取次數可見越往后越難以收集在結束本節(jié)前，我們再看一個例子。例(快速排序算法)設有一組互不相同的數x,x,…,x.將它們排成上升的序列.一種快速排12n序算法如下:隨機地從中選一個數，設為y,然后將其余的數都與y作比較，將小于y的數歸入y的左邊一個集合,將大于y的數歸入y的右邊一個集合,然后再對左、右兩個集合的數重復剛才的處理過程(如果集合是單點集就不用處理)?直到把所有數排成上升序列為止?記X表示為實現(xiàn)排序所需的比較次數，則E(X)是排序算法效率的一個度量，下面計算E(X).先將最小的數命名為1,第二小的數命名為2,…，最大的數命名為n，對于i<j,令

=<ij=<ij，1,i,j直接比較過0,否則則X=??Iiji=1j=i+1由于卩(-=1)=需E(E(X)=?? —=2口+口+?j-i+1 2 3i=1j=i+1\o"CurrentDocument"11 1<2n(—+ +???+)23 n1 1 1 12 n…1??+]=2n(—+???+)-2(_+ +???+ )n2n2 3 n且E(X)?2nlnn。補充：試驗序列中事件發(fā)生次數的矩對于給定的事件序列A,A,???,A，求E(X)，其中X表示這些事件在試驗中的發(fā)生次數。12n引入每個事件的示性函數7 ,1,A發(fā)生i lo,其他，則X=?nI，可得ii=1E(X)=?nE(I)=?nP(A)iii=1 i=1現(xiàn)在感興趣于“事件對”發(fā)生的次數?易見 II是事件對發(fā)生的次數。又由于X表示這ij1<i<j<n些事件在試驗中的發(fā)生次數，故C2=?II，從而X ij1<i<j<nE[X(X-1)/2]= P(AA)ij1<i<j<n類似地有E[X(X-1)(X-3)/3!]= ?P(AAA)，ijk1<i<j<k<n及E[X(X一1)(X一3)???(X一k+1)/k!]，從而可求得X的各階矩。例(二項分布的各階矩)考慮n重貝努利試驗，X表示成功的次數，設每次試驗成功的概率為P，則X?B(n,p)，下面計算X的各階矩。令

IJl,第i次發(fā)生i二€0否則則X二?I,E(X)=?E(I)=np,ii=1ii=1E[X(X-1)/2]二?P(AA)二n(n-1)p2,ij 21<z<j<n從而E[X(X-1)]二n(n-1)p2,得E(X2)二n(n-1)p2+np,Var(X)二n(n-1)p2+np-n2p2二np(1-p)E[X(X—1)(X—2)]=n(n—1)(n—2)p3,從而E(X3—3X2+2X)=n(n—1)(n—2)p3,得E(X3)=3E(X2)-2E(X)+n(n-1)(n-2)p3=3n(n-1)p2+np+n(n-1)(n-2)p3一般地有E[X(X-1)…(X-k+1)]二n(n-1)…(n-k+1)pk。例（超幾何分布的矩）設一盒子中有N個球，其中M個白球，N-M個黑球?，F(xiàn)從中隨機地抽取n個球，X表示取出的白球數。下面計算X的各階矩。令/_J1,第i個球為白球n(n-1)M(n(n-1)M(M-1)N(N-1)則X=?nI，ii=1E(X)=?E(/)=甞i=1E[X(X-1)/2]二 P(AA)二ij1<i<j<n從而E[X(X-1)]=n(n-1)M(M-從而E[X(X-1)]=n(n-1)M(M-1)N(N-1)，得E(X2)二n(n—1)M(M-1)N(N-1)nM+—

NVar(X)=n(n—1)M(M-1)N(N-1)nM+—n2M2N2一般地有E[X(X-1)…(X-k€1)]=n(n-1)…(n-k€1)M(ME[X(X-1)…(X-k€1)]=n(n-1)…(n-k€1)例(配對數的矩)X表示配對數。下面計算X的各階矩。令I_J1,第i個人配對1=?o,否則則X=lLl,E(X)=1Le(I)二n丄二1,i ini=1 i=1E[x(X-1)/2]=嚀2侖，從而E[X(X-1)]=1，得E(X2)=2。Var(X)=1一般地有E[X(X-1)…(X-k+1)]=1.例(另一優(yōu)惠券收集問題)設有N種不同的優(yōu)惠券，每次收集到新優(yōu)惠券均與以前收集到的優(yōu)惠券相互獨立?假設得到優(yōu)惠券i的概率為P，當收集到n張優(yōu)惠券時，不同類型的優(yōu)惠券i的類別數記為X，求X的期望與方差.記Y表出未收集到的類別數，令I |1,第i種優(yōu)惠券未收集到i=?0,否則則y=X1，從而ii=1E(Y)=XE(I.)=X(1-p)n，iii=1 i=1E(Y(Y-1))=2X(1-p-p)nijj從而E(Y2)=E(Y(Y-1))+E(Y)=2X(1-p-p)n+X(1-p)nTOC\o"1-5"\h\zij ii<j i=1Var(Y)=2X(1-p-p)+X(1-p)n-[X(1-p)n]2ij i ii=1i=1i=1i