要点精讲 把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。
1. 离散型随机变量与分布律的定义:p k ≥ 0 , ∑ k p k = 1 是充要条件★★ 必会 ① 定义 :若随机变量 X 的一切可能取值为有限个或可列无穷个 x 1 , x 2 , … ,称 X 为离散型随机变量 ;称P ( X k = x k ) = p k = 1 , 2 , … 为 X 的分布律(概率分布) ,它常写成两行的表格:上行为取值 x k ,下行为相应的概率 p k 。② 充要条件(判定分布律与确定参数的依据) :数列 { p k } 能作为某个离散型随机变量的分布律 ⟺ (i) p k ≥ 0 ; (ii) k ∑ p k = 1 ( 归一性 ) . 如果分布律中含有未知常数,那么用归一性 (ii) 把它解出(所需的级数求和方法见后面归一性中常用的级数一条)。③ 由分布律可求一切概率 :任一事件的概率,就是把落在其中的各个取值的概率相加 :P ( X ∈ D ) = x k ∈ D ∑ p k , 特别地,分布函数 F ( x ) = P ( X ≤ x ) = x k ≤ x ∑ p k 是右连续的阶梯函数 ,它在每个 x k 处向上跳跃 p k ,在两个取值点之间保持水平(两者互化的细节见后面分布律与阶梯分布函数的相互转化一条)。④ 与其他类型的比较 :随机变量分为三类,离散型的概率集中在一些点上,连续型的概率则由密度函数分布在区间上(任一单点的概率为 0 ),此外还有混合型。判别的办法是看 F 的形态:它是纯阶梯函数 ⟺ 该随机变量是离散型的。
证明 / 推导 证 必要性 :由概率的非负性得 p k = P ( X = x k ) ≥ 0 ;又诸事件 { X = x k } 两两互斥,且其并为 Ω (因 X 总要取某一个值),故由可列可加性得 ∑ k p k = P ( Ω ) = 1 。充分性 (用构造法):设 { p k } 满足 (i)(ii),把区间 [ 0 , 1 ) 按长度 p 1 , p 2 , … 分成若干小段,在第 k 段上令 X = x k ,则对 [ 0 , 1 ) 上的均匀概率容易验证 P ( X = x k ) = p k 。这就说明,除这两条以外,分布律再无别的限制。■ 举例说明 2026·数一选择 :设 P ( X = k ) = 2 k + 1 1 + 3 k 1 ( k = 1 , 2 , … ) ,则对正整数 m , n 有( )(A) P ( X > m + n ∣ X > m ) = P ( X > m ) ;(B) = P ( X > n ) ;(C) > P ( X > m ) ;(D) > P ( X > n ) 。解 :先验证它确是分布律 (这是 ② 的应用):显然 p k > 0 ,且k = 1 ∑ ∞ 2 k + 1 1 k = 1 ∑ ∞ 3 k 1 = 1 − 1/2 1/4 = 2 1 = 1 − 1/3 1/3 = 2 1 总和恰为 1 。再由分布律计算尾概率 (这是 ③ 的应用,两段都用等比级数求和):P ( X > j ) = k > j ∑ p k = 2 j + 1 1 + 2 1 ⋅ 3 j 1 . 先排除 (A) 与 (C):固定 m 而令 n → ∞ ,则左端 → 0 ,而 P ( X > m ) 是一个正的定值。再比较 (B) 与 (D):P ( X > m + n ∣ X > m ) = P ( X > m ) P ( X > m + n ) 与 P ( X > n ) 孰大孰小,就是比较 P ( X > m + n ) 与 P ( X > m ) P ( X > n ) 。代入尾概率的表达式并化简,得P ( X > m + n ) − P ( X > m ) P ( X > n ) = 4 1 ( 2 m 1 − 3 m 1 ) ( 2 n 1 − 3 n 1 ) > 0 , 故应选 D 。背景 :这个分布是两个几何分布(参数分别为 p = 2 1 与 p = 3 2 )以权 2 1 作的混合。单个的几何分布具有无记忆性,此时 (B) 中取等号;混合以后,已经经过 m 步而仍未发生这一事实说明 X 更可能来自尾部较厚的那个分量,因此上式是严格大于。2. 归一性中常用的级数:等比级数、指数级数、错位相减 用 ∑ k p k = 1 确定参数时,成败取决于能否求出那个级数的和。下列三个级数必须熟记: ① 等比级数 k = 0 ∑ ∞ q k = 1 − q 1 ( ∣ q ∣ < 1 ) ; ② 指数级数 k = 0 ∑ ∞ k ! λ k = e λ ; ③ 由错位相减或逐项求导得 k = 1 ∑ ∞ k q k − 1 = ( 1 − q ) 2 1 ,从而 k = 1 ∑ ∞ k q k = ( 1 − q ) 2 q 。 因此,先辨认分布律属于哪一类级数,是解这类题的第一步。
证明 / 推导 证 k = 1 ∑ ∞ k q k − 1 = ( 1 − q ) 2 1 ( ∣ q ∣ < 1 ) 。逐项求导法 :对等比级数 k = 0 ∑ ∞ q k = 1 − q 1 的两边关于 q 求导(幂级数在收敛区间内可以逐项求导),左端逐项求导得 d q d q k = k q k − 1 ,右端得 d q d 1 − q 1 = ( 1 − q ) 2 1 ,即得所证。两边再乘以 q ,便得 ∑ k ≥ 1 k q k = ( 1 − q ) 2 q 。举例说明 设 P ( X = k ) = c k ( 1/3 ) k ( k = 1 , 2 , … ) ,求 c 。由归一性得 k = 1 ∑ ∞ c k ( 3 1 ) k = c ⋅ ( 1 − 1/3 ) 2 1/3 = c ⋅ 4/9 1/3 = c ⋅ 4 3 = 1 ⇒ c = 3 4 . (这里用了 ∑ k ≥ 1 k q k = ( 1 − q ) 2 q ,其中 q = 3 1 。)解本题时,首先要辨认出它是 k q k 型的级数。3. 分布律与阶梯分布函数的相互转化★ 要懂 离散型随机变量的分布函数 F ( x ) = ∑ x k ≤ x p k 是右连续的阶梯函数 ,它在每个 x k 处跳跃 p k ,其间保持水平。反过来,给定一个阶梯函数 F ,则每个跳跃点处的跳跃高度就是该点的概率 ,即 p k = F ( x k ) − F ( x k − 0 ) ,而没有跳跃的点处概率为 0 。由此可见二者一一对应。必须注意:F 在取值点处取的是上一台阶 的值(因为右连续),所以求 P ( X = x k ) 时要用该点的函数值减去它的左极限。
证明 / 推导 证 设 X 的可能取值按大小排成 x 1 < x 2 < ⋯ ,且 P ( X = x k ) = p k 。由分布律作出 F . 事件 { X ≤ x } 是那些满足 x k ≤ x 的事件 { X = x k } 之并。这些事件两两互斥。由可列可加性得F ( x ) = P ( X ≤ x ) = x k ≤ x ∑ p k . 如果 x 与 x ′ 都落在 [ x k , x k + 1 ) 内,那么求和的范围一样,故 F ( x ) = F ( x ′ ) 。这说明 F 在相邻两个取值点之间取常数值,并且在 x k 处右连续。又由F ( x k ) F ( x k − 0 ) = i ≤ k ∑ p i = i ≤ k − 1 ∑ p i 相减,得 x k 处的跳跃高度为 p k 。这就证明了 F 是右连续的阶梯函数,且跳跃高度即分布律。由 F 反求分布律. 设 F 是分布函数。又设它只在至多可列个点 x 1 < x 2 < ⋯ 处跳跃,在其余各处取常数值。令 p k = F ( x k ) − F ( x k − 0 ) 。由 F ( x ) = P ( X ≤ x ) 与 F ( x − 0 ) = P ( X < x ) 相减,得 p k = P ( X = x k ) ,故 p k ≥ 0 。又 F 在两个跳跃点之间没有增量。它从 F ( − ∞ ) = 0 增到 F ( + ∞ ) = 1 ,全部增量都来自跳跃,故 ∑ k p k = 1 。于是 P ( X ∈ { x 1 , x 2 , … }) = 1 ,即 X 是离散型的,{ p k } 就是它的分布律。两个方向合起来,即得二者一一对应。反求时的前提. 上面用到了 F 的增量全部来自跳跃这一条件。如果 F 除跳跃外还有连续上升的部分,那么各跳跃高度之和小于 1 。此时 X 不是离散型的。按跳跃点写出的 { p k } 不满足归一性,它只是混合型分布中的离散部分。■ 举例说明 已知F ( x ) = ⎩ ⎨ ⎧ 0 , 0.2 , 0.5 , 1 , x < − 1 − 1 ≤ x < 1 1 ≤ x < 2 x ≥ 2. 求 X 的分布律及 P ( X < 2 ) , P ( 0 < X ≤ 2 ) 。 跳跃点为 − 1 , 1 , 2 ,相应的跳跃高度为 0.2 − 0 = 0.2 、0.5 − 0.2 = 0.3 、1 − 0.5 = 0.5 。故 X 的可能取值为 − 1 , 1 , 2 ,相应的概率为 0.2 , 0.3 , 0.5 (三者之和为 1 ,校验无误)。P ( X < 2 ) = F ( 2 − 0 ) = 0.5 ;P ( 0 < X ≤ 2 ) = F ( 2 ) − F ( 0 ) = 1 − 0.2 = 0.8 (含 X = 1 的 0.3 与 X = 2 的 0.5 )。4. 常用离散分布的归一性就是已学过的级数恒等式 三个常用的离散分布之所以确是概率分布,是因为它们的概率之和恰为 1 ,而这一点来自高等数学中的级数恒等式。明白了这一点,就不必死记: - 二项 :k = 0 ∑ n ( k n ) p k q n − k = ( p + q ) n = 1 n = 1 (二项式定理 ); - 泊松 :k = 0 ∑ ∞ k ! λ k e − λ = e − λ e λ = 1 (指数级数 ); - 几何 :k = 1 ∑ ∞ q k − 1 p = p ⋅ 1 − q 1 = p p = 1 (等比级数 ,q = 1 − p )。 这样看来,概率论中的分布与高等数学中的级数是相通的;由此也说明了参数范围的来由(例如 ∣ q ∣ < 1 保证几何级数收敛)。
证明 / 推导 证 以泊松分布为例。指数函数的麦克劳林展开式 e λ = k = 0 ∑ ∞ k ! λ k 对一切 λ 都收敛,故k = 0 ∑ ∞ P ( X = k ) = e − λ k = 0 ∑ ∞ k ! λ k = e − λ ⋅ e λ = 1. 这同时说明,对任意 λ > 0 ,泊松分布都有意义,不需要另加归一化常数。5. 函数 Y = g ( X ) 的分布律:逐点代入与同值合并★★ 必会 求离散型随机变量的函数 Y = g ( X ) 的分布律,方法是:把每个 x k 代入 g ,得 y = g ( x k ) ,再把落到同一个 y 上的那些 x k 的概率相加 。如果 g 单调,那么取值一一对应,概率直接照搬;如果 g 不单调 (例如 X 2 , ∣ X ∣ , ( X − c ) 2 ),那么会有几个不同的 x k 对应同一个 y ,此时必须把概率合并 。这一步最容易遗漏。
举例说明 X 的分布律 P ( X = − 1 ) = 0.2 , P ( X = 0 ) = 0.3 , P ( X = 1 ) = 0.3 , P ( X = 2 ) = 0.2 。求 Y = ( X − 1 ) 2 的分布律。 逐个代入,得X = − 1 → Y = 4 ;X = 0 → Y = 1 ;X = 1 → Y = 0 ;X = 2 → Y = 1 。可见 Y 的可能取值为 0 , 1 , 4 ,其中 Y = 1 由 X = 0 与 X = 2 两种情形合并 而得:P ( Y = 1 ) = 0.3 + 0.2 = 0.5 。故P ( Y P ( Y P ( Y = 0 ) = 0.3 = 1 ) = 0.5 = 4 ) = 0.2 (三者之和为 1 ,校验无误)。如果忘记把 X = 0 , 2 合并,就会把 Y = 1 的概率算错。随堂练习 先用基础题热身,再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。
练习 1 · 选择题
设离散型随机变量 X 的分布律为 P ( X = k ) = c k ( k = 1 , 2 , 3 , 4 ) ,则 c = ( )。
练习 2 · 填空题
设 X 的分布律为 X P 0 0.5 1 0.3 2 0.2 ,则 P ( X ≥ 1 ) = ____。
练习 3 · 选择题
设离散型随机变量 X 的分布律为 P ( X = k ) = 2 k A ( k = 0 , 1 , 2 , … ) ,则常数 A = ( )。
练习 4 · 填空题
掷一颗均匀骰子,记 X 为出现的点数,则 P ( X 为偶数 ) = ____。
练习 5 · 选择题
设 X 的分布律为 X P 1 0.2 2 0.5 3 0.3 ,则其分布函数值 F ( 2 ) = P ( X ≤ 2 ) = ( )。
2015 年 · 数一 · 第 22 题 · 解答题 · 11 分
设随机变量 X 的概率密度为f ( x ) = { 2 − x ln 2 , 0 , x > 0 , x ≤ 0. 对 X 进行独立重复的观测,直到第 2 个大于 3 的观测值出现时停止,记 Y 为观测次数。 (Ⅰ)求 Y 的概率分布; (Ⅱ)求 E ( Y ) 。