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编程问答

可汗学院统计学17-24课笔记

發布時間：2023/12/15 编程问答 52 豆豆

生活随笔收集整理的這篇文章主要介紹了可汗学院统计学17-24课笔记小編覺得挺不錯的,現在分享給大家,幫大家做個參考.

【轉載請注明出處：https://leytton.blog.csdn.net/article/details/103730081】

[第17課] 隨機變量介紹

離散隨機變量（discrete random variable）
在一定區間內變量取值為有限個，如拋硬幣，擲骰子

連續隨機變量（continuous random variable）
在一定區間內變量取值為無限個，如明天下雨的概率，在(0,1)之間

random.randint()與np.random.randint()的區別
random.randint()方法里面的取值區間是前閉后閉區間，而np.random.randint()方法的取值區間是前閉后開區間

import random# 離散隨機變量（discrete random variable） # 如：拋硬幣 x = random.randint(0, 1) print(x)# 擲骰子 x = random.randint(1, 6) print(x)# 連續隨機變量（continuous random variable） x = random.random() print(x) 1 6 0.7703803681713864

[第18課] 隨機變量介紹

摘自《統計學18：隨機變量介紹》,略有修改

概率密度函數

隨機變量所有值發生概率和等于1
概率密度函數是對連續隨機變量而言的．

比如說明天下雨的概率是0.8，那么不下雨的概率是0.2；

觀察密度函數的圖，面積才是表示密度函數的概率值．而不是x對應y坐標．

假設曲線為f(x)，概率是面積，也就是對函數f(x)的積分：

$P(0.1<X<0.2)=∫0.10.2f(x)d(x)P(0.1<X<0.2)=\int_{0.1}^{0.2}f(x)d(x)$

其中 $∫?∞+∞f(x)d(x)=1\int_{-\infty }^{+\infty }{f(x)d(x)}=1$

離散的隨機變量概率

區別于連續隨機變量，離散變量的概率是可以枚舉出來的，如擲骰子，有六個離散變量，每個離散變量的概率都是 $161\over6$

[第19課] 二項分布1

摘自《統計學19：二項分布1》,略有修改

看一下擲硬幣的問題
擲一次硬幣正面或者反面發生的概率都是 $12\frac{1}{2}$

擲五次硬幣或者一次擲五個硬幣（每個硬幣正反獨立的，每次硬幣獨立的，怎么操作都一樣．），記出現正面的數量為 $X$ .

$P (X = 0)$ （出現正面為0次的概率，也就是五次全為反面）？

全為反面只有一種情況，就是第一次投擲為反，第二次為反．．．

$P(X=0)=12×12×12×12×12=132P(X=0)=\frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2}=\frac{1}{32}$

$P (X = 1)$ （出現正面為1次的概率）？

正面為1次有5種情況，就是第一次投擲為正，其他全為反；第二次為正，其他全為反．．．
每中情況都是 $132\frac{1}{32}$ （出現正面的次數和非正面的次數都是 $12\frac{1}{2}$ ）

$\times \frac{1}{32} = \frac{5}{32}$
$P (X = 2)$ （出現正面為2次的概率）？

還要枚舉嗎？好像有點累
分析一下：

先確定一個正面發生的位置，它有5種（第一次投擲為正，第二次為正．．．），再確定第二個正面發生的位置，第一個記錄已經占走了一個位置，還有四個位置選一個為正，有4種．　 $\times 4$
剛剛我們先確定了，再確定，多做了排序，也就是同樣第二次和第三次為正，但是我們卻在剛剛把它記為了兩種情況（先找到2位再發現3，和先找到3再發現2）我們要排除我們不必要的排序．　 $5×42\frac{5 \times 4}{2}$
每中情況都是 $132\frac{1}{32}$

$P(X=2)=5×42×132=516P(X=2)=\frac{5 \times 4}{2} \times \frac{1}{32} = \frac{5}{16}$
$P (X = 3)$ ？

確定第一個（5個位置選1個），第二個（4個位置選1個），第三個（3個位置選1個） $\times 4 \times 3$
排除不必要的排序（3個的排序為 $\times 2$ ）．　 $5×4×33×2\frac{5 \times 4 \times 3}{3 \times 2}$
每中情況都是 $132\frac{1}{32}$

$P(X=3)=5×4×33×2×132=516P(X=3)=\frac{5 \times 4 \times 3}{3 \times 2} \times \frac{1}{32} = \frac{5}{16}$
$P (X = 4)$ ？

$A54=5×4×3×2A_5^4 = 5 \times 4 \times 3 \times 2$
$A54A44=5×4×3×24×3×2\frac{A_5^4}{A_4^4} = \frac{5 \times 4 \times 3 \times 2}{4 \times 3 \times 2}$
$132\frac{1}{32}$

$P(X=4)=5×4×3×24×3×2×132=532P(X=4)=\frac{5 \times 4 \times 3 \times 2}{4 \times 3 \times 2} \times \frac{1}{32} = \frac{5}{32}$
$P (X = 5)$ ？
$P(X=5)=C55×132=132P(X=5)=C_5^5 \times \frac{1}{32} = \frac{1}{32}$

也可以把5次為正理解為0次為反，正反概率相等，那么 $P (X = 5) ＝ P (X = 0)$

二項分布就是重復n次獨立的伯努利試驗.
伯努利實驗:在每次試驗中只有兩種可能的結果，而且兩種結果發生與否互相對立，并且相互獨立，與其它各次試驗結果無關，事件發生與否的概率在每一次獨立試驗中都保持不變

[第20課] 二項分布2

摘自《統計學20：二項分布2》,略有修改

隨機變量是一種映射關系．還是以上一節投擲硬幣情況為例

$\begin{cases} 0 & \text{全為反面}\\ 1 & \text{有$1$次為正面}\\ 2 & \text{有$2$次為正面}\\ 3 & \text{有$3$次為正面}\\ 4 & \text{有$4$次為正面}\\ 5 & \text{全為正面}\\ \end{cases}$

把上概率整理如下圖表：

如果投擲的次數非常的多，把它們的概率值用曲線描出來，就是一根鐘形曲線．在離散中是二項分布，在連續中它是正態分布．

二項分布是可以被總結出公式的．

還記得上一節我在最后的 $P (X = 5)$ 求解時，把系數（后面是每次獨立發生的概率值）寫了 $C_5^5$ 嗎？

$C_n^m$ 表示從 $n$ 個元素中挑選出 $m$ 個元素（無序）的可能．（也可以理解為從 $n$ 次實驗中發生 $m$ 次同事件的可能）

二項式系數公式

$(mn)=Cnm=n!m!(n?m)!(_m^n)=C_n^m = \frac{n!}{m!(n-m)!}$

也可以繼續上一節那個分析， $AnmAmm\frac{A_n^m}{A_m^m}$ 記為 $C_n^m$

其中：

有了二項式系數其實就是從 $n$ 次實驗中發生 $m$ 次同事件的可能種類數，然后它乘一每次事件的概率就是我們求的 $P (X = m)$ ．

那么二項式分布 $X ～ B (n, p)$ 的公式就來了：

$P(k,n,p) = P(X=k) = C_n^kp^k(1-P)^{n-k}$

[第21課] 二項分布3

摘自《統計學21：二項分布3》,略有修改

來看上一節留下的公式
$P(X=k) = C_n^kp^k(1-p)^{n-k}$

你可能已經明白了二項系數 $C_n^k$ 什么意思，這里說一下為什么是概率是 $p^k(1-p)^{n-k}$ ．
可能硬幣事件的兩種結果讓我記住了 $12\frac{1}{2}$ ,那是一個比較特殊的情況．如果把事件轉換為擲篩子呢？它就不再是 $12\frac{1}{2}$ , $12\frac{1}{2}$ ．

如果問題轉換為擲篩子，點數為1或者2則甲勝出，點數為3或者4則乙勝出，點數為5或者6則丙勝出，現在尋找在n次實驗中，甲勝出X次的概率？

只關心甲的概率，只需知道是甲贏了，還是輸了，并不關心乙或者丙贏了他．現在就是二項分布了，甲贏（點數為1或2），甲不贏（點數不為1或2，即為3，4，5，6）．則事件發生的概率分別為甲贏 $13\frac{1}{3}$ ，甲不贏 $23\frac{2}{3}$ ．
注意二項分布的特點，每次投擲都是獨立的，不受之前實驗的影響，每次結果都是甲贏 $13\frac{1}{3}$ ，甲不贏 $23\frac{2}{3}$ ．

那么求 $P (X = 0)$ ,假設投擲了8次：

通過上一節我們知道系數 $C_8^0$
甲贏的次數為0，那么這種可能就是全輸的概率，就是每次概率是 $23\frac{2}{3}$ ，則 $P(X=0)=C80×(23)8P(X=0)=C_8^0 \times (\frac{2}{3})^8$

$P (X = 1)$ ：

系數 $C_8^1$
甲贏的次數為1，那么這種可能就是1次為勝，7次為輸的概率.即8次事件中，發生了1次概率是 $13\frac{1}{3}$ 事件和 $(8 ? 1)$ 次概率為 $23\frac{2}{3}$ 事件，則 $P(X=1)=C81×(13)1×(23)8?1P(X=1)=C_8^1 \times (\frac{1}{3})^{1} \times (\frac{2}{3})^{8-1}$

$P (X = 2)$ ：

系數 $C_8^2$
發生了2次概率是 $13\frac{1}{3}$ 事件和 $(8 ? 2)$ 次概率為 $1?131-\frac{1}{3}$ 事件（兩種結果，總的概率為1），則 $P(X=2)=C82×(13)2×(1?13)8?2P(X=2)=C_8^2 \times (\frac{1}{3})^{2} \times (1-\frac{1}{3})^{8-2}$

沿著這個方法走下去，就會發現如何去利用公式了．

[第22課] 二項分布4

這一節是介紹用Excel繪制二項分布，詳情請看《統計學22：二項分布4》

[第23課] 期望值E(X)

摘自《統計學23：期望值E(X)》，略有修改

給出一個總體，一組數： 3, 3, 3, 4, 5

它的平均數是：　 $3+3+3+4+55=185=3.6\frac{3+3+3+4+5}{5}=\frac{18}{5}=3.6$

我們可以換一種方式來看，里面有3個3，1個4，1個5： $3(3)+1(4)+1(5)5=35×3+15×4+15×5=60\frac{3(3)+1(4)+1(5)}{5}=\frac{3}{5}×3+\frac{1}{5}×4+\frac{1}{5}×5 = 60%×3+20%×4+20%×5$

頻率

觀察這個式子，60%×3+20%×4+20%×5，這里沒有表示每個數字出現的次數，只是它出現的頻率：

3的頻率是60%,4的頻率是20%,5的頻率是20%.計算是1.8+0.8+1＝3.6

知道3，4，5每個數字相對的頻率，也就是占總體額百分比，就可以計算除均值．

[第24課] 二項分布的期望值

摘自《統計學24：二項分布的期望值》，略有修改
假設隨機變量X表示n次實驗的次數，其中每次成功的概率是p.

$E (X) = n p$

在二項分布中，期望值可以看成是最可能得到的那個結果．

假設投籃的命中概率為40％，投10次．
那么 $\times 40\% =4$

可以理解為命中概率為40％，那么投10次，可能4次命中．

回顧二項式概率的公式：

$P(X=k) = C_n^kp^k(1-p)^{n-k}$

期望值公式：

$E(X)=∑k=0nkP(X=k)=∑k=0nCnkkpk(1?p)n?k=0Cn0p0(1?p)n?0+1Cn1p1(1?p)n?1+…+nCnnpn(1?p)n?n=1Cn1p1(1?p)n?1+…+nCnnpn(1?p)n?n=∑k=1nCnkpk(1?p)n?k\begin{aligned} E(X) &= \sum_{k=0}^nkP(X=k) \\ &=\sum_{k=0}^nC_n^kkp^k(1-p)^{n-k}\\ &=0C_n^0p^0(1-p)^{n-0}+1C_n^1p^1(1-p)^{n-1}+…+nC_n^np^n(1-p)^{n-n}\\ &=1C_n^1p^1(1-p)^{n-1}+…+nC_n^np^n(1-p)^{n-n} \\ &=\sum _{k=1}^nC_n^kp^k(1-p)^{n-k}\\ \end{aligned}$

代入二項式系數：

$Cnk=n!k!(n?k)!C_n^k=\frac{n!}{k!(n-k)!}$

得到：

$E(X)=∑k=1nn!k!(n?k)!kpk(1?p)n?k=∑k=1nn!k(k?1)!(n?k)!kpk(1?p)n?k=∑k=1nn!(k?1)!(n?k)!pk(1?p)n?k=∑k=1nn(n?1)!(k?1)!(n?k)!ppk?1(1?p)n?k=np∑k=1n(n?1)!(k?1)!(n?k)!pk?1(1?p)n?k\begin{aligned} E(X) &=\sum _{k=1}^n \frac{n!}{k!(n-k)!} k p^k(1-p)^{n-k}\\ &=\sum _{k=1}^n \frac{n!}{k(k-1)!(n-k)!} k p^k(1-p)^{n-k}\\ &=\sum _{k=1}^n \frac{n!}{(k-1)!(n-k)!} p^k(1-p)^{n-k}\\ &=\sum _{k=1}^n \frac{n(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} pp^{k-1}(1-p)^{n-k}\\ &=np\sum _{k=1}^n \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!} p^{k-1}(1-p)^{n-k} \end{aligned}$

令 $a = k ? 1, b = n ? 1$ ，則 $n ? k = b ? a$ ，得到：

$E(X)=np∑a=0b(b)!a!(b?a)!pa(1?p)b?a=np∑a=0bCbapa(1?p)b?a=np\begin{aligned} E(X) &=np\sum _{a=0}^b \frac{(b)!}{a!(b-a)!} p^{a}(1-p)^{b-a}\\ &=np\sum_{a=0}^b C_b^a p^{a}(1-p)^{b-a}\\ &= np \end{aligned}$

$∑a=0bCbapa(1?p)b?a\sum\limits_{a=0}^b C_b^a p^{a}(1-p)^{b-a}$ 表示一個二項分布的概率和，和應該為1

主要參考資料：

視頻：《可汗學院統計學》
文章：csdn shangboerds 學習筆記
Jent’s Blog 學習筆記（后來發現的，寫得很好，推薦）

總結

以上是生活随笔為你收集整理的可汗学院统计学17-24课笔记的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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