UA MATH564 概率分布1 二項分布上

• Bernoulli分布
• 二項分布
• • 二項分布的定義
  • 二項分布的性質

Bernoulli分布

Bernoulli分布用來描述Bernoulli試驗的結果，Bernoulli試驗指的是只有兩種可能的結果的隨機試驗，比如明天是否下雨、新生兒是男孩還是女孩。用$X$表示Bernoulli試驗的結果，$X=1$表示試驗成功，$X=0$表示試驗失敗，記$X～Ber(p)$，則
$$P(X=1)=p,P(X=0)=1?p$$

性質1 $E{X}^r=p$，$Var(X)=p(1?p)$
證明
$$\begin{gathered} E{X}^r=0^r\times (1?p)+1^r\times p=p \\ Var(X)=p?p^2=p(1?p) \end{gathered}$$

性質2 $M_X(t)=(1?p)+p{e}^t$
證明
$$M_X(t)=E[e^{tX}]=e^0(1?p)+e^{t}p=1?p+p{e}^t$$

二項分布

二項分布的定義

將Bernoulli試驗獨立重復的$n$次，記$X$為成功的次數，則$X$服從二項分布，記為$X～Binom(n,p)$，
$$P(X=k)=C_n^k{p}^k(1?p{)}^{n?k},k=0,1,?,n$$
二項分布的歸一性由二項式定理給出，因此得名二項分布，
$$\sum _{k=0}^n{C}_n^k{p}^k(1?p{)}^{n?k}=(p+(1?p){)}^n=1$$
另一種定義二項分布的辦法是用Bernoulli分布和，記$Y_1,?,Y_n$表示這$n$次Bernoulli試驗的結果，則
$$X=Y_1+Y_2+?+Y_n～Binom(n,p)$$

二項分布的性質

性質1 $EX=np$，$Var(X)=np(1?p)$
證明見概率論系列的離散型隨機變量那一篇。

性質2 $E{X}^r={\sum }_{j=1}^r{S}_2(r,j)(n{)}_j{p}^j$
證明
假設$f$是定義在$\mathbb{R}$上的函數，引入位移算子$L$與有限差算子$\Delta$，$L^{m}f(x)=f(x+m)$，$\Delta f(x)=f(x+1)?f(x)=(L?1)f(x)$，根據這個關系可以計算
$$\begin{gathered} {\Delta }^{m}f(x)=(L?1{)}^{m}f(x)=\sum _{j=0}^m(?1{)}^j{C}_m^{j}f(x+m?j) \\ {L}^{m}f(x)=(1+\Delta {)}^{m}f(x)=\sum _{j=0}^m{C}_m^j{\Delta }^{j}f(x) \end{gathered}$$
所以
$$\begin{gathered} E{X}^r=\sum _{j=0}^n{C}_n^j{p}^j(1?p{)}^{n?j}{j}^r=\sum _{j=0}^n{C}_n^j{p}^j(1?p{)}^{n?j}{L}^j{0}^r \\ =(1?p+pL{)}^n{0}^r=(1+\Delta {)}^n{0}^r=\sum _{j=1}^n{C}_n^j{p}^j{\Delta }^j{0}^r \\ =\sum _{j=1}^r{C}_n^j{p}^j{\Delta }^j{0}^r=\sum _{j=1}^r{S}_2(r,j)(n{)}_j{p}^j \end{gathered}$$
先說明一下$(1+\Delta {)}^n$的第一項，它是$1^n{\Delta }^0{0}^r=0$；再說明一下倒數第二個等號：
考慮取$f(x)=x^n$，
$${\Delta }^m{x}^n=\sum _{j=0}^m(?1{)}^j{C}_m^j(x+m?j{)}^n$$
令$x=0$，
$${\Delta }^m{0}^n=\sum _{j=0}^m(?1{)}^j{C}_m^j(m?j{)}^n=\sum _{j=0}^m(?1{)}^{m?j}{C}_m^j{j}^n$$
因此$m>n$時，${\Delta }^m{0}^n=0$；最后說明一下倒數第一個等號，第二類Stirling數有一個性質：
$$x^n=\sum _{j=0}^n{S}_2(n,j)(x{)}_j$$
所以
$${\Delta }^m{x}^n=\sum _{j=0}^n{S}_2(n,j){\Delta }^m(x{)}_j=\sum _{j=0}^n{S}_2(n,j)(j{)}_m(x{)}_{j?m}$$
取$x=0$，
$${\Delta }^m{x}^n=S_2(n,m)m!$$

性質3 二項分布的偏度和峰度為
$${\gamma }_1=\frac{1?2p}{\sqrt{np(1?p)}},{\gamma }_2=\frac{1?6p(1?p)}{np(1?p)}$$
證明
$$\begin{gathered} {\gamma }_1=E{\left(\frac{X?np}{\sqrt{np(1?p)}}\right)}^3=\frac{1}{\sqrt{(np(1?p){)}^3}}(E{X}^3?3npE{X}^2+3n^2{p}^{2}EX?n^3{p}^3) \\ E{X}^2=\sum _{j=1}^2{S}_2(2,j)(n{)}_j{p}^j=np+n(n?1)p^2 \\ E{X}^3=\sum _{j=1}^3{S}_2(3,j)(n{)}_j{p}^j=np+3n(n?1)p^2+n(n?1)(n?2)p^3 \\ E{X}^3?3npE{X}^2+3n^2{p}^{2}EX?n^3{p}^3=np(1?2p)(1?p) \\ {\gamma }_2=E{\left(\frac{X?np}{\sqrt{np(1?p)}}\right)}^4?3 \end{gathered}$$只需計算$E{X}^4$帶入即可
$$E{X}^4=\sum _{j=1}^4{S}_2(4,j)(n{)}_j{p}^j=np+7(n{)}_2{p}^2+6(n{)}_3{p}^3+(n{)}_4{p}^4$$

性質4 二項分布的矩母函數為$M_X(t)=(1?p+p{e}^t{)}^n$
證明
$$M_X(t)=E[e^{tX}]=\sum _{i=0}^n{e}^{ti}{C}_n^i{p}^i(1?p{)}^{n?i}=\sum _{i=0}^n{C}_n^i(p{e}^t{)}^i(1?p{)}^{n?i}=M_X(t)=(1?p+p{e}^t{)}^n$$

性質5 二項分布的分布函數$B(x;n,p)$可以用不完全Beta函數$I_p$表示，
$$B(x;n,p)=1?I_p([x]+1,n?[x]),0\le x\le n$$
證明
$$B(x;n,p)=\sum _{k=0}^{min([x],n)}{C}_n^k{p}^k(1?p{)}^{n?k}$$
先引入幾個特殊函數，Gamma函數，
$$\Gamma (a)={\int }_0^{+\infty }{t}^{a?1}{e}^{?t}dt,a>0$$
它是階乘到實數域的推廣；Beta函數，
$$B(a,b)={\int }_0^1{y}^{a?1}(1?y{)}^{b?1}dy,a>0,b>0$$
它是組合數到實數域的推廣，
$$B(a,b)=\frac{\Gamma (a)\Gamma (b)}{\Gamma (a+b)}$$
不完全Beta函數，
$$B_x(a,b)={\int }_0^x{y}^{a?1}(1?y{)}^{b?1}dy,0<x<1$$
不完全Beta函數比，
$$I_x(a,b)=\frac{B_x(a,b)}{B(a,b)}$$

接下來證明二項分布的分布函數可以用不完全Beta函數表示。計算（按分部積分，把$y^x$放入微分中）
$$\begin{gathered} B_p(x+1,n?x)={\int }_0^p{y}^x(1?y{)}^{n?x?1}dy \\ =\frac{1}{x+1}{p}^{x+1}(1?q{)}^{n?x?1}+\frac{n?x?1}{x+1}{\int }_0^p(1?y{)}^{n?x?2}{y}^{1+x}dy \\ =\frac{1}{x+1}{p}^{x+1}(1?q{)}^{n?x?1}+\frac{n?x?1}{x+1}{B}_p(x+1,n?x?1) \end{gathered}$$
根據這個遞推關系可以確定不完全beta函數滿足：
$$B_p(x+1,n?x)=B(x+1,n?x)[1?B(x;n,p)]$$

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總結

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