离散型随机变量与分布函数
第 4 讲 · 概率论与数理统计
复旦大学经济学院 ECON130001
上一讲我们做了什么
条件概率 $P(A\mid B)=\dfrac{P(AB)}{P(B)}$ 是样本空间的收缩； 由因算果用全概率公式，由果推因用贝叶斯定理。
独立 $\iff P(AB)=P(A)P(B)$，它让 $n$ 重贝努里试验可算； 但假设错了，风险能低估十几个数量级。
上一讲最后那个式子 $p_n(k)=C_n^kp^k(1-p)^{n-k}$， 把「恰好成功 $k$ 次」的概率写成了 $k$ 的一个函数。
与其每次都问「某个事件的概率是多少」， 不如一次性描述一个数量的全部可能取值及其概率。这个「数量」该怎么定义？
为什么需要这一讲
这个算式一点没错。但结论错了。
要看清这件事，光算「某一个事件的概率」不够—— 我们需要一次性掌握「跑赢年数」这个数量的整张概率表。
来源与说明
本页两个概率为教学化演算：$(1/2)^{10}=1/1024$； 5000 位经理中至少一人 10 战全胜的概率 $1-(1-1/1024)^{5000}\approx99.2\%$。 数字用于说明「多重比较」这一统计现象，不指涉任何具体机构或个人。 严格的处理属第 12 讲假设检验的内容。本讲学习目标
- 说清随机变量是什么——它是一个函数，不是一个数
- 掌握四个基本离散分布：伯努利、几何、二项、泊松，知道各自在回答什么问题
- 会用分布函数 $F(x)=P(X\le x)$ 统一描述离散与连续两类随机变量
为什么要引入「随机变量」
抛 3 次硬币，$A=\{\text{恰好 2 次正面}\}=\{\text{正正反},\ \text{正反正},\ \text{反正正}\}$。
基金经理不关心导致股价波动的每一条新闻（具体事件）， 只关心最终的涨跌幅——一个数值。
垃圾邮件过滤器最终要输出一个是垃圾邮件的得分——也是一个数值。
造一座桥，把样本空间里的每个结果（如「正正反」）映射到一个我们关心的数字（如 $2$）。 这座桥就是随机变量。
随机变量的定义
定义在样本空间上的实值函数，称为随机变量。
常用大写字母 $X,Y,Z$ 或希腊字母 $\eta,\zeta,\xi$ 表示。
$X$ 不是一个数，是一条规则：给定 $\omega\in\Omega$，返回一个实数 $X(\omega)$。 「随机」体现在 $\omega$ 是随机抽到的，$X$ 这条规则本身完全确定。
例：抛硬币 3 次，$X$＝正面次数，则 $X(\text{正正反})=2$，$X(\text{反反反})=0$。
$\{X=2\}$ 就是事件 $\{\text{正正反},\text{正反正},\text{反正正}\}$ 的简写。 随机变量把事件的书写从「列举结果」变成了「写不等式」。
分布：一次性描述全部取值
随机变量 $X$ 的分布，指对所有实数集 $C$，事件 $\{X\in C\}$ 的概率 $P(X\in C)$ 的全体。
只能取有限个或可列无穷个值。
例：抛硬币的正面次数、一天的索赔件数。
在一个区间上可以取所有值。
例：股票收益率、等车时间。第 5 讲
「跑赢年数」$X$ 只能取 $0,1,\dots,10$，是离散型。 我们要的正是它的整张分布表，而不是某一个 $P(X=10)$。
离散型的分布怎么写：概率函数
对离散型随机变量 $X$ 及其所有可能取值 $x$，定义 $$f(x)=P(X=x)$$ 称 $f$ 为 $X$ 的概率函数（也叫分布律）。
记 $p_k=f(x_k)$，则
- $p_k\ge0$，且对不可能的取值 $f(x)=0$ ← 非负性
- $\displaystyle\sum_k p_k=1$ ← 规范性 $P(\Omega)=1$ + 可列可加性
反过来也成立：任何满足这两条的 $\{p_k\}$ 都定义了一个合法的分布。 这是后面「确定常数 $c$」那类题的依据。
三种等价写法，与第一个例子
| $X$ | $x_1$ | $x_2$ | $\cdots$ | $x_k$ |
|---|---|---|---|---|
| $p$ | $p_1$ | $p_2$ | $\cdots$ | $p_k$ |
函数式、图、表——三种写法内容完全相同，按场合选。
彩票选一个三位数，开奖从 $0$–$999$ 随机抽。中奖号码 $X$ 的概率函数： $$f(x)=\frac{1}{1000},\quad x=0,1,\dots,999$$ 若 $X$ 的 $n$ 个取值概率都是 $1/n$，称 $X$ 服从离散型均匀分布。
用归一化条件定常数
某人买彩票中奖率 $p$，没中就继续买下一期，直到中奖为止。 求购买次数 $\xi$ 的概率函数。
前 $k-1$ 次都没中、第 $k$ 次中： $$p_k=P(\xi=k)=p(1-p)^{k-1},\quad k=1,2,\dots$$ 这个式子马上会有名字
(1) $f(x)=cx,\ x=1,\dots,5$： $$c(1+2+3+4+5)=1\ \Rightarrow\ c=\tfrac{1}{15}$$
(2) $f(x)=c/2^x,\ x=0,1,2,\dots$： $$c\sum_{x=0}^{\infty}\tfrac{1}{2^x}=2c=1\ \Rightarrow\ c=\tfrac12$$
(2) 用到了等比级数求和。离散型的取值可以有可列无穷个， 这时归一化就是一个级数收敛的条件。
分布之一：伯努利分布（0-1 分布）
$X$ 服从参数为 $p$ 的伯努利分布，若 $X$ 只取 $0,1$，且 $$P(X=1)=p,\qquad P(X=0)=1-p$$
接下来的三个分布，全部由伯努利试验搭成：
- 几何分布：一直试到第一次成功，试了几次
- 二项分布：固定试 $n$ 次，成功几次
- 泊松分布：$n$ 很大、$p$ 很小时二项分布的极限
伯努利分布：从信用违约到 AI 二分类
- 银行最关心的问题：这个客户未来会违约吗？
- 令 $X=1$ 表示违约、$X=0$ 表示不违约，$X$ 就是伯努利随机变量
- 信用评分模型做的全部事情，就是估计每个客户的 $p=P(X=1)$ ——这个 $p$ 决定贷款利率与风险拨备
- 邮件是垃圾（$X=1$）还是正常（$X=0$）？
- 影像是否显示异常？
- 用户下个月会流失还是留存？
AI 分类模型的输出就是一个伯努利随机变量的参数 $p$ ——它根据输入特征尽可能准地估出这个 $p$。
上一讲的贝叶斯分类器、本讲的伯努利分布，说的是同一件事的两面： 前者算 $p$，后者描述 $p$ 定下来之后的随机性。
分布之二：几何分布
机器有 10% 概率生产次品，各件独立。重复生产直到出现次品为止， 令 $X$ 为结束时生产的产品数量。$X$ 服从什么分布？
$X$ 服从参数为 $p$ 的几何分布，若 $$f(x)=\begin{cases}(1-p)^{x-1}p,& x=1,2,\dots\\[2pt] 0,&\text{其他}\end{cases}$$
含义：前 $x-1$ 次都失败（每次概率 $1-p$，独立相乘），第 $x$ 次成功。
几何：固定目标（第一次成功），数次数——$X$ 无上限。
二项：固定次数 $n$，数成功——$X$ 最多是 $n$。
两者哪个是随机的正好对调。
几何分布：从求职时间到 A/B 测试
- 毕业生每月找到满意工作的概率为 $p$，则所需月数 $X$ 服从几何分布
- 理解摩擦性失业：算 $P(X>12)=(1-p)^{12}$， 即一年还没找到工作的比例
- 评估政策：若某政策把 $p$ 从 0.2 提到 0.3， $P(X>12)$ 从 6.9% 降到 1.4%
- 新推荐算法吸引用户点击的概率为 $p$
- 用户在第 $X$ 次看到推荐时才首次点击，$X$ 服从几何分布
- $X$ 普遍小 → 算法有吸引力；$X$ 普遍大 → 需要优化
注意 $P(X>k)=(1-p)^k$ 这个式子有多好用——「至今尚未成功」的概率， 正面算只需一步。这是上一讲「先看对立事件」习惯的又一次兑现。
几何分布的无后效性
若 $X$ 服从几何分布，则对任意 $s,t\in\mathbb{N}$ $$P(X>s+t\mid X>t)=P(X>s)$$
证明思路
$P(X>k)=(1-p)^k$。代入条件概率定义： $\dfrac{P(X>s+t)}{P(X>t)}=\dfrac{(1-p)^{s+t}}{(1-p)^t}=(1-p)^s=P(X>s)$。 完整证明见教师笔记。「已经等了 $t$ 次还没成功」这个信息，对将来毫无价值。 再等 $s$ 次仍不成功的概率，和从头开始等 $s$ 次一模一样。
对照上一讲：这正是「独立」在时间维度上的表现——过去不携带关于未来的信息。
用在求职模型上，这个性质其实反直觉且多半不成立： 现实中失业越久越难找到工作（技能折旧、雇主筛选）。 模型的假设失效在哪里，比模型本身更值得想。
分布之三：二项分布
机器次品率 $p=10\%$，检查 $n$ 个产品。令 $X_i=1$ 表示第 $i$ 个是次品， 则 $X_1,\dots,X_n$ 独立同分布，都服从参数 $p$ 的伯努利分布。
令 $X=X_1+\cdots+X_n$ 为次品总数，$X$ 服从什么分布？
这正是上一讲的贝努里定理 $p_n(k)$——现在它有了名字和身份：一个随机变量的分布。
所以伯努利是二项的特例。「$n$ 个独立同分布伯努利变量之和」是二项分布最本质的刻画 ——第 8 讲中心极限定理会从这里出发。
交互：离散分布实验室
切换四个分布，拖参数看形状。二项分布下还可勾选「叠加泊松逼近」。
- 二项：把 $p$ 拖到 0.5，看形状最对称；拖向两端看偏斜
- 几何：注意概率单调递减——最可能的永远是「第一次就成」
- 泊松：注意期望与方差相等，别的分布没有这性质
交互演示：四个离散分布参数联动，含泊松逼近二项
回到开场：用二项分布把账算清
假设基金经理毫无选股能力，每年跑赢基准的概率 $p=0.5$，各年独立。 10 年中跑赢的年数 $X\sim B(10,0.5)$。
确实罕见。
设有 5000 位经理，纯靠运气：
- 10 战全胜的期望人数：$5000/1024\approx\mathbf{5}$ 人
- 至少有一人 10 战全胜的概率： $1-(1-\tfrac{1}{1024})^{5000}\approx\mathbf{99.2\%}$
- 赢 8 年以上的期望人数：$5000\times5.5\%\approx\mathbf{273}$ 人
「连赢 10 年」在几千人的行业里几乎必然会落到某个人头上， 并不能据此推出他有能力——除非把「一共有多少次机会」也算进去。这叫多重比较，第 12 讲细讲。
二项分布：风险管理与模型评估
- 持有 $n=50$ 家公司的债券组合，各家一年内违约概率 $p=0.04$，相互独立
- 违约家数 $X\sim B(50,0.04)$
- 「超预期」损失的概率 $$P(X\ge3)=1-\sum_{k=0}^{2}C_{50}^k(0.04)^k(0.96)^{50-k}$$ 这是设定风险拨备与对冲规模的依据
- 反欺诈模型宣称准确率 $p=0.95$，用 $n=20$ 个已知样本测试
- 成功识别数 $X\sim B(20,0.95)$
- 算 $P(X<18)=\sum_{k=0}^{17}C_{20}^k(0.95)^k(0.05)^{20-k}$
- 若这个概率极低而实测确实 $X=17$，就有理由质疑它宣称的性能
右边这个推理——「若假设为真，观测到的结果极不可能，于是怀疑假设」 ——就是假设检验的全部逻辑。第 12 讲会给它一套严格的语言。 但请注意它与上一页的教训并不矛盾：前提是你只测了这一个模型。
顺带一条：归一化为什么自动成立
对任意 $p,q$ 与正整数 $n$ $$(p+q)^n=\sum_{k=0}^{n}C_n^k p^k q^{n-k}$$
二项分布的归一化条件是二项式定理的直接推论。 「二项分布」这个名字正是由此而来。
分布之四：为什么还需要泊松分布
二项分布的取值最多到 $n$。但有些量事先不知道上限：
- 一小时内到店的顾客数
- 一天内通过某路口的车辆数
- 一年内发生自然灾害的次数
我们需要一种新的离散分布，来描述 大量重复试验中「稀有事件」发生的次数 ——试验次数 $n$ 极大、单次概率 $p$ 极小，但平均次数 $np$ 是个正常的数。
泊松分布是怎么被推出来的
顾客平均每小时 4.5 名。把一小时切成 3600 秒，假设每秒最多来一位顾客， 每秒来人的概率 $p=4.5/3600=0.00125$。于是一小时的顾客数 $X\sim B(3600,0.00125)$。
$C_{3600}^x$ 根本算不动；而且它无法描述顾客数超过 3600 的情况。
观察相邻两项之比：
$\dfrac{f(x+1)}{f(x)}=\dfrac{(n-x)p}{(x+1)(1-p)}\approx\dfrac{np}{x+1}$
——$n$ 与 $p$ 只以乘积 $np$ 出现。
$f(1)=\lambda f(0)$，$f(2)=\frac{\lambda^2}{2}f(0)$，$f(3)=\frac{\lambda^3}{6}f(0)$，…… 一般地 $f(x)=\frac{\lambda^x}{x!}f(0)$。
由归一化与 $\sum_{x\ge0}\lambda^x/x!=e^{\lambda}$ 得 $f(0)=e^{-\lambda}$，于是 $f(x)=\dfrac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!}$。
泊松分布及其与二项分布的关系
$X$ 服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布，若 $$f(x)=\begin{cases}\dfrac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!},& x=0,1,2,\dots\\[4pt] 0,&\text{其他}\end{cases}$$
令 $\lambda_n=np_n$。若 $n\to\infty$ 且 $\lambda_n\to\lambda$，则 $B(n,p_n)$ 趋近于参数 $\lambda$ 的泊松分布。
证明思路
$$C_n^xp_n^x(1-p_n)^{n-x}=\frac{\lambda_n^x}{x!}\cdot\underbrace{\frac{n}{n}\frac{n-1}{n}\cdots\frac{n-x+1}{n}}_{\to1} \cdot\underbrace{\Big(1-\frac{\lambda_n}{n}\Big)^{n}}_{\to e^{-\lambda}} \cdot\underbrace{\Big(1-\frac{\lambda_n}{n}\Big)^{-x}}_{\to1}\to\frac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!}$$ 三个花括号分别趋于 1、$e^{-\lambda}$、1。完整证明见教师笔记。实用判据：$n\ge20$ 且 $p\le0.05$ 时，用 $\lambda=np$ 的泊松分布近似二项分布， 误差已经很小。回到上一页的交互器，勾上「叠加泊松逼近」，把 $n$ 拖大、$p$ 拖小，两条线会重合。
泊松分布例题（一）
大样本中某事件发生率 0.01，随机抽 200 人，求至少 4 人的概率。
精确（二项 $B(200,0.01)$）： $$P(X\ge4)=1-\sum_{k=0}^{3}C_{200}^k(0.01)^k(0.99)^{200-k}=0.1420$$
近似（泊松 $\lambda=np=2$）：$P(X\ge4)\approx0.1429$。 差 0.0009——完全够用，而计算量小得多。
一页书平均 $\lambda$ 处印错，错印数服从泊松分布。 求某页没有错印的概率。
$$P(X=0)=\frac{\lambda^0e^{-\lambda}}{0!}=e^{-\lambda}$$
若 $\lambda=0.5$，则 $e^{-0.5}\approx0.607$—— 平均每页半个错，仍有六成的页面是干净的。
泊松分布例题（二）：两个分布套在一起
一本书 $n$ 页，每页平均 $\lambda$ 个错误。求至少有 $m$ 页错误多于 $k$ 个的概率。
第一层（页内，泊松）：某一页错误多于 $k$ 个的概率 $$p=\sum_{i=k+1}^{\infty}\frac{\lambda^ie^{-\lambda}}{i!}$$
第二层（页间，二项）：整本书里「错误多于 $k$ 个」的页数 $X\sim B(n,p)$， $$P(X\ge m)=\sum_{x=m}^{n}C_n^xp^x(1-p)^{n-x}$$
198 座的飞机卖 200 张票，平均 1% 的乘客不出现。所有到场乘客都有座，需至少 2 人不出现： $X\sim B(200,0.01)\approx\text{Poisson}(2)$， $P(X\ge2)=1-3e^{-2}\approx0.5940$——只超售 2 张就有四成概率坐不下。
泊松分布：流量与事件模型
- 车险公司平均每天 $\lambda=10$ 起索赔，每天索赔数 $X\sim\text{Poisson}(10)$
- 资本充足：求最小的 $k$ 使 $P(X\le k)\ge99.9\%$ ——这决定要备多少理赔金
- 异常预警：某天接到 30 起，而 $P(X\ge30)$ 极小 → 判为异常，可能预示突发灾害天气
- 服务器平均每分钟 $\lambda=500$ 次请求
- 容量规划：算 $P(X>600)$，指导带宽与机器数
- 攻击检测：某分钟突增到 3000 次， 而 $P(X\ge3000\mid\lambda=500)$ 几乎为 0 → 自动判定为攻击并告警
两个场景是同一个模式：用泊松分布刻画「正常水平」，再用尾概率定义「异常」。 这就是所有异常检测系统的骨架。
接下来
到这里，离散型随机变量已经能用概率函数 $f(x)=P(X=x)$ 完整描述了。
但这套写法对连续型行不通。 「等车时间恰好是 3.000000… 分钟」的概率是 0——每一点的概率都是 0， $f(x)=P(X=x)$ 全等于 0，什么信息都没带。
需要一个对两类都管用的描述方式。
分布函数：对两类都管用的描述
对随机变量 $X$ 和任意实数 $x$，定义 $$F(x)=P(X\le x)$$ 称 $F$ 为 $X$ 的（累积）分布函数。
它问的不是「恰好等于 $x$ 的概率」，而是「不超过 $x$ 的概率」。 后者对连续型也是个有意义的正数。
$X$ 服从 0-1 分布，$P(X=0)=p$、$P(X=1)=1-p$。其分布函数为 $$F(x)=\begin{cases}0,& x<0\\ p,& 0\le x<1\\ 1,& x\ge1\end{cases}$$ ——一个阶梯函数，在每个取值点向上跳一格，跳的高度就是该点的概率。
分布函数的四条性质
- $0\le F(x)\le1$，对一切 $x\in(-\infty,+\infty)$ 成立
- $F$ 是 $x$ 的不减函数
- $F(-\infty)=0$，$F(+\infty)=1$
- $F$ 至多有可列个间断点，且在间断点处右连续
证明思路
前三条由概率的单调性与规范性直接得到（第 1 讲性质 3、性质 5）。 第四条：不减函数的间断点必为跳跃间断，而互不相交的跳跃区间至多可列个； 右连续来自 $F(x)=P(X\le x)$ 中取的是闭区间。完整证明见教师笔记。它来自定义里那个 $\le$。若把定义改成 $F(x)=P(X<x)$，得到的就是左连续函数。 约定不同，公式全变——所以下一页那组公式必须和这个约定配套记。
由分布函数确定概率
对随机变量 $X$：
- $P(X>x)=1-F(x)$
- $P(x_1<X\le x_2)=F(x_2)-F(x_1)$
- $P(X<x)=F(x^-)$ （左极限）
- $P(X=x)=F(x)-F(x^-)$ （该点的跳跃高度）
离散型：$F$ 在取值点跳跃，跳高就是 $P(X=x)$。
连续型：$F$ 处处连续，于是 $P(X=x)=0$——
每一点的概率都是 0，但落在区间里的概率不是 0。
这解释了上一页那个困惑：连续型不是「没有概率」， 是概率不集中在点上，而是摊在区间上。
离散型的分布函数：画两个图
对离散型随机变量 $X$ 及其概率函数 $p_k$， $$F(x)=\sum_{k:\,x_k\le x}p_k$$
$X$ 取 $-2,0,1,4$，概率分别 $0.4,0.1,0.3,0.2$。画 $F(x)$。
阶梯：在 $-2$ 跳到 $0.4$，在 $0$ 跳到 $0.5$，在 $1$ 跳到 $0.8$，在 $4$ 跳到 $1$。 四级台阶，高度和为 1。
反复抛硬币直到出现正面，$X$＝抛的次数。画 $F(x)$。
$X$ 服从 $p=1/2$ 的几何分布，$P(X=k)=(1/2)^k$。 $$F(k)=1-(1/2)^{k}$$ 无穷多级台阶，越来越矮，永远够不到 1 但趋于 1。
预告：连续型的分布函数长什么样
在区间 $[4,10]$ 上任意抛一个质点，$X$ 为质点与原点的距离。 若落在任一子区间的概率与该区间长度成正比，求 $X$ 的分布函数。
没有台阶了——一条连续上升的折线。 任何一点的概率都是 0，但 $P(5<X\le7)=\frac{7-4}{6}-\frac{5-4}{6}=\frac13$。
本讲总结
连赢 10 年的概率确实只有 $1/1024$。但在 5000 位经理里， 至少出现一个这样的人的概率是 99.2%，赢 8 年以上的期望人数是 273 人。
只盯住一个事件的概率会看错；掌握「跑赢年数」的整张分布，才能把账算全。 这就是从「事件」升级到「随机变量」的意义。
- 随机变量是函数：$X:\Omega\to\mathbb{R}$；事件 $\{X\in C\}$ 是它的原像
- 离散型用概率函数 $f(x)=P(X=x)$，两条性质 $p_k\ge0$、$\sum p_k=1$
- 四个分布：伯努利（单次）→ 几何（试到成功）→ 二项（$n$ 次数成功）→ 泊松（$n$ 大 $p$ 小的极限）
- 分布函数 $F(x)=P(X\le x)$ 对离散与连续通用；$P(X=x)=F(x)-F(x^-)$
本讲总结（续）
- 随机变量是函数，不是数。随机的是它的输入 $\omega$，规则本身是确定的
- 几何与二项别混：几何固定「目标」数次数，二项固定「次数」数成功
- 泊松近似的条件是 $n$ 大、$p$ 小、$np$ 适中，三者缺一不可
- $F$ 是右连续的，这来自定义里的 $\le$；$P(X<x)=F(x^-)$ 而不是 $F(x)$
本讲最后一页的 $F(x)=\frac{x-4}{6}$ 是一条光滑上升的曲线， 没有台阶——所以 $P(X=x)=0$，概率函数彻底失效了。
但那条曲线的斜率还在：斜率大的地方，概率就密集。 下一讲：用「密度」代替「概率」，把 $F$ 的导数请出来。