方差及常见分布的方差计算与推导公式_超几何分布的期望和方差

Jetbrains全系列IDE使用 1年只要46元 售后保障 童叟无欺

1. 方差定义

• 引言

  我们知道，数学期望表示随机变量的平均值，例如，有一批灯泡，其平均寿命是$E(X)=1000$(小时)，但是仅有这一项指标并不能知道这批灯泡质量的好坏，如有可能大部分的寿命在$950\sim 1050$之间，也有可能其中约一半是高质量的，寿命可能在$1300$小时左右，其余的则质量较差，寿命约只有$700$小时，因此，研究随机变量与其平均值的偏离程度是十分必要的，为了度量这个偏离程度，我们很容易想到 E { ∣ X − E ( X ) ∣ } E\{|X-E(X)|\} E{
  ∣X−E(X)∣} .由于该式中带有绝对值，运算不便，且有些时候绝对值不可导，不方便进行研究，因此，我们用 E { [ X − E ( X ) ] 2 } E\{[X-E(X)]^2\} E{
  [X−E(X)]2} 来度量随机变量$X$与其均值$E(X)$的偏离程度。

• 定义

  设$X$是一个随机变量，若 E { [ X − E ( X ) ] 2 } E\{[X-E(X)]^2\} E{
  [X−E(X)]2}存在，则称 E { [ X − E ( X ) ] 2 } E\{[X-E(X)]^2\} E{
  [X−E(X)]2} 为$X$的方差. 记为$D(X)$或$V_{ar}(X)$，即 D ( X ) = V a r ( X ) = E { [ X − E ( X ) ] 2 } D(X)=V_{ar}(X)=E\{[X-E(X)]^2\} D(X)=Var​(X)=E{
  [X−E(X)]2}

  在应用上还引入量$\sqrt{D(X)}$，记为$\sigma (X)$，称为标准差或均方差

  实际上，根据方差的定义，方差和均值是有一个单位的问题的，如引言中灯泡的寿命，期望的单位为‘小时’，方差的单位为‘小时的平方’，引入标准差之后，标准差的单位则和期望的单位就保持一致了.

• 由定义可知，方差其实是随机变量$X$的函数$g(X)=[X-E(X){]}^2$的数学期望,因此

  • 对于离散型随机变量，有$$D(X)=\sum _{k=1}^{\infty }[x_k-E(X){]}^2{p}_k,$$ 其中 P { X = x k } = p k , k = 1 , 2 , ⋯ P\{X=x_k\}=p_k,\quad k=1,2,\cdots P{
    X=xk​}=pk​,k=1,2,⋯ 是$X$的分布律
  • 对于连续型随机变量，有$$\begin{array}{r}D(X)={\int }_{-\infty }^{+\infty }[x_k-E(X){]}^{2}f(x)dx\end{array},$$ 其中$f(x)$ 是$X$的概率密度。

• 在实际计算方差中，我们往往使用$$D(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2.$$

  证明：

  D ( X ) = E { [ X − E ( X ) ] 2 } = E { X 2 − 2 X E ( X ) + [ E ( X ) ] 2 } = E ( X 2 ) − 2 E ( X ) E ( X ) + [ E ( X ) ] 2 = E ( X 2 ) − [ E ( X ) ] 2 \quad\begin{aligned} D(X)&=E\{[X-E(X)]^2\} = E\{X^2-2XE(X)+[E(X)]^2\} \\&= E(X^2)-2E(X)E(X)+[E(X)]^2\\&=E(X^2)-[E(X)]^2 \end{aligned} D(X)​=E{
  [X−E(X)]2}=E{
  X2−2XE(X)+[E(X)]2}=E(X2)−2E(X)E(X)+[E(X)]2=E(X2)−[E(X)]2​

• 标准化

  设随机变量$X$具有数学期望$E(X)=\mu$，方差$D(X)={\sigma }^2\ne 0$ ,记$$X^{\ast }=\frac{X-\mu }{\sigma }$$ , 则其期望为$$\begin{array}{r}E(X^{\ast })=E(\frac{X-\mu }{\sigma })=\frac{E(X)-E(\mu )}{E(\sigma )}=\frac{\mu -\mu }{\sigma }=0.\end{array}$$ 方差为$$\begin{array}{rl}D(X^{\ast })& =E(\frac{X-\mu }{\sigma }{)}^2=\frac{E(X-\mu {)}^2}{{\sigma }^2}=\frac{E(X^2)+E({\mu }^2)-2E(X)E(\mu )}{\sigma }\\ & =\frac{E(X^2)-{\mu }^2}{{\sigma }^2}=\frac{E(X^2)-[E(X){]}^2}{{\sigma }^2}\\ & =\frac{D(X)}{{\sigma }^2}=\frac{{\sigma }^2}{{\sigma }^2}=1.\end{array}$$

  即$X^{\ast }=\frac{X-\mu }{\sigma }$ 的数学期望为$0$，方差为$1$. $X^{\ast }$称为$X$的标准化变量 .

2. 方差性质

• 设$C$是常数，则$D(C)=0$

  证明:

  $D(C)=E[C-E(C){]}^2=E(C^2)-[E(C){]}^2=C^2-C^2=0$

  根据方差的定义，方差表示随机变量和期望的偏离程度，随机变量恒为一个常数，很明显，不存在偏离，因此$D(C)=0.$

• 设$X$是随机变量，$C$是常数，则有
  $1^{o}D(CX)=C^{2}D(X)$

  证明:

  D ( C X ) = E ( C 2 X 2 ) − [ E ( C X ) ] 2 = C 2 E ( X 2 ) − C 2 [ E ( X ) ] 2 = C 2 { E ( X 2 ) − [ E ( X ) ] 2 } = C 2 D ( X ) D(CX)=E(C^2X^2)-[E(CX)]^2 = C^2E(X^2)-C^2[E(X)]^2 = C^2\{E(X^2)-[E(X)]^2\}=C^2D(X) D(CX)=E(C2X2)−[E(CX)]2=C2E(X2)−C2[E(X)]2=C2{
  E(X2)−[E(X)]2}=C2D(X)

  $2^{o}D(X+C)=D(X)$

  证明：

  $$\begin{array}{rl}D(X+C)& =E[(C+X{)}^2]-[E(C+X){]}^2=E[C^2+2CX+X^2]-[E(C)+E(X){]}^2=E(C^2)+2E(C)E(X)+E(X^2)-[E(C){]}^2-2E(C)E(X)-[E(X){]}^2\\ & =E(X^2)-[E(X){]}^2\\ & =D(X)\end{array}$$

• 设$X,Y$ 是两个随机变量，则有 D ( X + Y ) = D ( X ) + D ( Y ) + 2 E { [ X − E ( X ) ] [ Y − E ( Y ) ] } . D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2E\{[X-E(X)][Y-E(Y)]\}. D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2E{
  [X−E(X)][Y−E(Y)]}.

  证明：

  D ( X + Y ) = E [ ( X + Y ) − E ( X + Y ) ] 2 = E { [ X − E ( X ) ] + [ Y − E ( Y ) ] } 2 = E [ X − E ( X ) ] 2 + E [ Y − E ( Y ) ] 2 + 2 E { [ X − E ( X ) ] [ Y − E ( Y ) ] } = D ( X ) + D ( Y ) + 2 E { [ X − E ( X ) ] [ Y − E ( Y ) ] } \quad\begin{aligned} D(X+Y) &= E[(X+Y)-E(X+Y)]^2 = E\{[X-E(X)]+[Y-E(Y)]\}^2 \\&=E[X-E(X)]^2+E[Y-E(Y)]^2+2E\{[X-E(X)][Y-E(Y)]\} \\&=D(X)+D(Y)+2E\{[X-E(X)][Y-E(Y)]\} \end{aligned} D(X+Y)​=E[(X+Y)−E(X+Y)]2=E{
  [X−E(X)]+[Y−E(Y)]}2=E[X−E(X)]2+E[Y−E(Y)]2+2E{
  [X−E(X)][Y−E(Y)]}=D(X)+D(Y)+2E{
  [X−E(X)][Y−E(Y)]}​

  特别，若$X,Y$相互独立，则有$$D(X+Y)=D(X)+D(Y)$$

  证明 ：

  $\begin{array}{rl}D(X+Y)& =E(X+Y{)}^2-[E(X+Y){]}^2=E(X^2+Y^2+2XY)-[E(X)+E(Y){]}^2\\ & =E(X^2)+E(Y^2)+2E(XY)-[E(X){]}^2-[E(Y){]}^2-2E(X)E(Y)(1)\\ & =D(X)+D(Y)+2[E(XY)-E(X)E(Y))]\\ & \because X,Y相互独立，\therefore E(XY)=E(X)E(Y)\\ & =D(X)+D(Y)\end{array}$

  这一性质可以推广到任意有限多个相互独立的随机变量之和的情况。

• $D(X)=0$的充要条件是$X$以概率$1$取常数$E(X)$,即 P { X = E ( X ) } = 1. P\{X=E(X)\}=1. P{
  X=E(X)}=1.

  证明：

  充分性，已知 P { X = E ( X ) } = 1 P\{X=E(X)\}=1 P{
  X=E(X)}=1 ,则 P { X 2 = [ E ( X ) ] 2 } = 1 ∴ E ( X 2 ) = E [ E ( X ) ] 2 = [ E ( X ) ] 2 ∴ D ( X ) = E ( X 2 ) − [ E ( X ) ] 2 = 0 P\{X^2=[E(X)]^2\}=1 \quad \therefore E(X^2) = E[E(X)]^2 = [E(X)]^2 \quad \therefore D(X) = E(X^2)-[E(X)]^2 = 0 P{
  X2=[E(X)]2}=1∴E(X2)=E[E(X)]2=[E(X)]2∴D(X)=E(X2)−[E(X)]2=0

  注意，这里不能根据 P { X = E ( X ) } = 1 P\{X=E(X)\}=1 P{
  X=E(X)}=1 判定随机变量X为一个常数$C$， 原因是离散型可以得出这个结论，但是对于连续型，其选中有限个点之后，剩余的点的概率仍为1，但是这部分被选中的点的取值，不一定为该常数$C$。

  ---

  必要性，已知$D(X)=0$ ,要证明 P { X = E ( X ) } = 1 P\{X=E(X)\}=1 P{
  X=E(X)}=1 ,利用反证法，证明如下:

  假设 P { X = E ( X ) } < 1 P\{X=E(X)\}<1 P{
  X=E(X)}<1,则对于某一个数$ϵ>0$，有 P { ∣ X − E ( X ) ∣ ≥ ϵ } > 0 P\{|X-E(X)|\geq\epsilon\}>0 P{
  ∣X−E(X)∣≥ϵ}>0 ，由切比雪夫不等式，对于任意的 $ϵ>0$，有 P { ∣ X − E ( X ) ∣ ≥ ϵ } ≤ D ( X ) ϵ = 0 P\{|X-E(X)|\geq\epsilon\}\leq \frac{D(X)}{\epsilon}=0 P{
  ∣X−E(X)∣≥ϵ}≤ϵD(X)​=0 与假设矛盾， ∴ P { X = E ( X ) } = 1 \therefore P\{X=E(X)\}=1 ∴P{
  X=E(X)}=1

3. 常见随机变量分布的方差

• 关于不同分布的数学期望计算与推导，在文章数学期望及常见分布的期望计算与推导中已经给出，这里不再重复证明，直接拿来使用。

3.1 $(0-1)$分布

• 随机变量$X$服从$(0-1)$分布,则其分布律为 P { X = k } = p k ( 1 − p ) 1 − k , k = 0 , 1 P\{X=k\} = p^k(1-p)^{1-k}, \quad k=0,1 P{
  X=k}=pk(1−p)1−k,k=0,1

  此时有$D(X)=p(1-p)$ .

  证明：

  $E(X)=p$

  $E(X^2)=\sum _{k=0}^1{x}_k^2{p}_k=0^2\cdot p^0(1-p{)}^{1-0}+1^2\cdot p^1(1-p{)}^{1-1}=p$

  $\therefore D(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2=p-p^2=p(1-p)$

3.2 二项分布

• $X\sim b(n,p)$ ,则其分布律为 P { X = k } = ( k n ) p k q n − k k = 0 , 1 , 2 ⋯   , n P\{X=k\} = \left(_k^n\right)p^kq^{n-k} \quad k=0,1,2\cdots, n P{
  X=k}=(kn​)pkqn−kk=0,1,2⋯,n ，此时有$D(X)=np(1-p).$

  证明：

  $E(X)=np$

  $\begin{array}{rl}E(X^2)& =\sum _{k=0}^n{k}^2{(}_k^n)p^k{q}^{n-k}=\sum _{k=0}^n{k}^2\frac{n!}{k!(n-k)!}{p}^k{q}^{n-k}\\ & =\sum _{k=1}^{n}k\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}{p}^k{q}^{n-k}\\ & =\sum _{k=1}^n(k-1)\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}{p}^k{q}^{n-k}+\sum _{k=1}^n\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}{p}^k{q}^{n-k}\\ & =\sum _{k=2}^n\frac{n!}{(k-2)!(n-k)!}{p}^k{q}^{n-k}+np\sum _{k-1=0}^{n-1}\frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}{p}^{k-1}{q}^{n-k}\\ & =n(n-1)p^2\sum _{k-2=0}^{n-2}\frac{(n-2)!}{(k-2)!(n-k)!}{p}^{k-2}{q}^{n-k}+np(p+q{)}^{n-1}\\ & =(n^2{p}^2-n{p}^2)(p+q{)}^{n-2}+np\\ & =n^2{p}^2-n{p}^2+np\end{array}$

  $\therefore D(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2=(n^2{p}^2-n{p}^2+np)-(np{)}^2=np-n{p}^2=np(1-p)$

3.3 泊松分布

• $X\sim \pi (\lambda )$ ,则其分布律为 P { X = k } = λ k k ! e − λ k = 0 , 1 , 2 , ⋯ P\{X=k\} = \frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda} \quad k=0,1,2,\cdots P{
  X=k}=k!λk​e−λk=0,1,2,⋯ ，此时有$D(X)=\lambda .$

  证明：

  $E(X)=\lambda$

  $\begin{array}{rl}E(X^2)& =\sum _{k=0}^{\infty }{k}^2\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda }=\sum _{k=1}^{\infty }k\frac{{\lambda }^k}{(k-1)!}{e}^{-\lambda }\\ & =\sum _{k=1}^{\infty }(k-1)\frac{{\lambda }^k}{(k-1)!}{e}^{-\lambda }+\sum _{k=1}^{\infty }\frac{{\lambda }^k}{(k-1)!}{e}^{-\lambda }\\ & ={\lambda }^2\sum _{k=2}^{\infty }\frac{{\lambda }^{k-2}}{(k-2)!}{e}^{-\lambda }+\lambda \sum _{k=1}^{\infty }\frac{{\lambda }^{k-1}}{(k-1)!}{e}^{-\lambda }\\ & ={\lambda }^2+\lambda \end{array}$

  $\therefore D(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2=({\lambda }^2+\lambda )-(\lambda {)}^2=\lambda$

3.4 几何分布

• $X\sim G(p)$ ,则其分布律为 P { X = k } = ( 1 − p ) k − 1 p k = 1 , 2 , 3 , ⋯ P\{X=k\} = (1-p)^{k-1}p \quad k = 1,2,3,\cdots P{
  X=k}=(1−p)k−1pk=1,2,3,⋯ ，此时有$D(X)=\frac{1-p}{p^2}.$

  证明：

  $E(X)=\frac{1}{p}$

  $\begin{array}{rl}& E(X^2)=\sum _{k=1}^{\infty }{k}^2(1-p{)}^{k-1}p=p\sum _{k=1}^{\infty }{k}^2(1-p{)}^{k-1}\end{array}$
  \quad 我们在计算几何分布的数学期望时，引入了一个求导技巧，即

  $$\begin{gathered} 当0<x<1时且k\to \infty ，\sum _{k=1}^{\infty }k{x}^{k-1}=(\sum _{k=1}^{\infty }{x}^k{)}^{\prime }=(\frac{x}{1-x}{)}^{\prime }=\frac{1}{(1-x{)}^2} \\ 结合我们的证明需求，该式中，x=1-p为常数，因此有x\sum _{k=1}^{\infty }k{x}^{k-1}=x\frac{1}{(1-x{)}^2} \\ 即\sum _{k=1}^{\infty }k{x}^k=x\frac{1}{(1-x{)}^2}，此时有\sum _{k=1}^{\infty }{k}^2{x}^{k-1}=(\sum _{k=1}^{\infty }k{x}^k{)}^{\prime }=[\frac{x}{(1-x{)}^2}{]}^{\prime }=\frac{1+x}{(1-x{)}^3} \end{gathered}$$

  $\therefore E(X^2)=p\sum _{k=1}^{\infty }{k}^2(1-p{)}^{k-1}=p\frac{1+1-p}{[1-(1-p){]}^3}=\frac{2-p}{p^2}$

  $\therefore D(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2=\frac{2-p}{p^2}-(\frac{1}{p}{)}^2=\frac{1-p}{p^2}.$

3.5 超几何分布

• $X\sim H(n,M,N)$ ,则其分布律为 P { X = k } = ( k M ) ( n − k N − M ) ( n N ) k = 0 , 1 , ⋯   , m i n { n , M } . P\{X=k\} = \frac{(_k^M)(_{n-k}^{N-M})}{(_n^N)} \quad k= 0,1,\cdots,min\{n,M\}. P{
  X=k}=(nN​)(kM​)(n−kN−M​)​k=0,1,⋯,min{
  n,M}. ，此时有$D(X)=n\frac{M}{N}(1-\frac{M}{N})(\frac{N-n}{N-1}).$

  证明：

  $E(X)=n\frac{M}{N}$

  E ( X 2 ) = ∑ k = 0 m i n { n , M } k 2 ( k M ) ( n − k N − M ) ( n N ) = ∑ k = 0 m i n { n , M } k 2 M ! k ! ( M − k ) ! ( n − k N − M ) n ! ( N − n ) ! N ! = ∑ k = 1 m i n { n , M } k M ! ( k − 1 ) ! ( M − k ) ! ( n − k N − M ) n ! ( N − n ) ! N ! = ∑ k = 1 m i n { n , M } ( k − 1 ) M ! ( k − 1 ) ! ( M − k ) ! ( n − k N − M ) n ! ( N − n ) ! N ! + ∑ k = 1 m i n { n , M } M ! ( k − 1 ) ! ( M − k ) ! ( n − k N − M ) n ! ( N − n ) ! N ! = ∑ k = 2 m i n { n , M } M ( M − 1 ) ( M − 2 ) ! ( k − 2 ) ! ( M − k ) ! ( n − k N − M ) n ! ( N − n ) ! N ! + ∑ k = 0 m i n { n , M } k M ! k ! ( M − k ) ! ( n − k N − M ) n ! ( N − n ) ! N ! = M ( M − 1 ) n ! ( N − n ) ! N ! ∑ k = 2 m i n { n , M } ( k − 2 M − 2 ) ( n − k N − M ) + E ( X ) = M ( M − 1 ) n ! ( N − n ) ! N ! ( n − 2 N − 2 ) + n M N ( 范 德 蒙 恒 等 式 C m + n k = ∑ i = 0 k C m i C n k − i ) = M ( M − 1 ) n ( n − 1 ) N ( N − 1 ) + n M N = n M N [ ( M − 1 ) ( n − 1 ) N − 1 + 1 ] \quad\begin{aligned} E(X^2) &= \sum\limits_{k=0}^{min\{n,M\}}k^2\frac{(_k^M)(_{n-k}^{N-M})}{(_n^N)} \\&=\sum\limits_{k=0}^{min\{n,M\}}k^2\frac{M!}{k!(M-k)!}(_{n-k}^{N-M})\frac{n!(N-n)!}{N!} \\&=\sum\limits_{k=1}^{min\{n,M\}}k\frac{M!}{(k-1)!(M-k)!}(_{n-k}^{N-M})\frac{n!(N-n)!}{N!}\\ &=\sum\limits_{k=1}^{min\{n,M\}}(k-1)\frac{M!}{(k-1)!(M-k)!}(_{n-k}^{N-M})\frac{n!(N-n)!}{N!}+\sum\limits_{k=1}^{min\{n,M\}}\frac{M!}{(k-1)!(M-k)!}(_{n-k}^{N-M})\frac{n!(N-n)!}{N!}\\&=\sum\limits_{k=2}^{min\{n,M\}}\frac{M(M-1)(M-2)!}{(k-2)!(M-k)!}(_{n-k}^{N-M})\frac{n!(N-n)!}{N!}+\sum\limits_{k=0}^{min\{n,M\}}k\frac{M!}{k!(M-k)!}(_{n-k}^{N-M})\frac{n!(N-n)!}{N!} \\&=M(M-1)\frac{n!(N-n)!}{N!}\sum\limits_{k=2}^{min\{n,M\}}(_{k-2}^{M-2})(_{n-k}^{N-M})+E(X)\\&=M(M-1)\frac{n!(N-n)!}{N!}(_{n-2}^{N-2})+n\frac{M}{N} \quad (范德蒙恒等式C_{m+n}^k = \sum\limits_{i=0}^{k}C_{m}^iC_{n}^{k-i})\\&=M(M-1)\frac{n(n-1)}{N(N-1)}+n\frac{M}{N} \\&=n\frac{M}{N}[\frac{(M-1)(n-1)}{N-1}+1] \end{aligned} E(X2)​=k=0∑min{
  n,M}​k2(nN​)(kM​)(n−kN−M​)​=k=0∑min{
  n,M}​k2k!(M−k)!M!​(n−kN−M​)N!n!(N−n)!​=k=1∑min{
  n,M}​k(k−1)!(M−k)!M!​(n−kN−M​)N!n!(N−n)!​=k=1∑min{
  n,M}​(k−1)(k−1)!(M−k)!M!​(n−kN−M​)N!n!(N−n)!​+k=1∑min{
  n,M}​(k−1)!(M−k)!M!​(n−kN−M​)N!n!(N−n)!​=k=2∑min{
  n,M}​(k−2)!(M−k)!M(M−1)(M−2)!​(n−kN−M​)N!n!(N−n)!​+k=0∑min{
  n,M}​kk!(M−k)!M!​(n−kN−M​)N!n!(N−n)!​=M(M−1)N!n!(N−n)!​k=2∑min{
  n,M}​(k−2M−2​)(n−kN−M​)+E(X)=M(M−1)N!n!(N−n)!​(n−2N−2​)+nNM​(范德蒙恒等式Cm+nk​=i=0∑k​Cmi​Cnk−i​)=M(M−1)N(N−1)n(n−1)​+nNM​=nNM​[N−1(M−1)(n−1)​+1]​

  $\begin{array}{rl}\therefore D(X)& =E(X^2)-[E(X){]}^2=n\frac{M}{N}[\frac{(M-1)(n-1)}{N-1}+1]-(n\frac{M}{N}{)}^2=n\frac{M}{N}(\frac{Mn-M-n+1+N-1}{N-1}-n\frac{M}{N})\\ & =n\frac{M}{N}\left[\frac{MNn-MN-Nn+N^2-MNn+Mn}{N(N-1)}\right]\\ & =n\frac{M}{N}\left[\frac{N(N-M)-n(N-M)}{N(N-1)}\right]=n\frac{M}{N}\left[\frac{(N-M)(N-n)}{N(N-1)}\right]\\ & =n\frac{M}{N}(1-\frac{M}{N})(\frac{N-n}{N-1}).\end{array}$

3.6 均匀分布

• $X\sim U(a,b)$ ,则其概率密度为$f(x)=\{\begin{array}{l}\frac{1}{b-a},a<x<b，\\ 0,else\end{array}.$ ，此时有$D(X)=\frac{(b-a{)}^2}{12}.$

  证明:

  $E(X)=\frac{a+b}{2}$

  $\begin{array}{rl}E(X^2)& ={\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^{2}f(x)dx={\int }_{-\infty }^a{x}^2\cdot 0dx+{\int }_a^b{x}^2\frac{1}{b-a}dx+{\int }_b^{+\infty }{x}^2\cdot 0dx\\ & =0+(\frac{1}{3}\frac{1}{b-a}{x}^3){|}_a^b+0\\ & =\frac{b^3-a^3}{3(b-a)}=\frac{a^2+b^2+ab}{3}\end{array}$

  $\therefore D(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2=\frac{a^2+b^2+ab}{3}-(\frac{a+b}{2}{)}^2=\frac{(b-a{)}^2}{12}.$

3.7 指数分布

• $X\sim E(\theta )$ ,则其概率密度为$f(x)=\{\begin{array}{l}\frac{1}{\theta }{e}^{-x/\theta },0<x，\\ 0,else\end{array}(\theta >0).$ ，此时有$D(X)={\theta }^2.$

  证明：

  $E(X)=\theta$
  $\begin{array}{rl}E(X^2)& ={\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^{2}f(x)dx={\int }_{-\infty }^0{x}^2\cdot 0dx+{\int }_0^{+\infty }{x}^2\frac{1}{\theta }{e}^{-x/\theta }dx\\ & =0+(-x^2{e}^{-x/\theta }){|}_0^{+\infty }-{\int }_0^{+\infty }-2x{e}^{-x/\theta }dx=2{\int }_0^{+\infty }x{e}^{-x/\theta }dx(分部积分法)\\ & =2[(-x\theta e^{-x/\theta }){|}_0^{+\infty })]-2{\int }_0^{+\infty }-\theta e^{-x/\theta }dx=2{\theta }^2{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{\theta }{e}^{-x/\theta }dx\\ & =2{\theta }^2(积分项{\int }_0^{+\infty }\frac{1}{\theta }{e}^{-x/\theta }dx=F(\infty )-F(0)=1)\end{array}$

  $\therefore D(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2=2{\theta }^2-(\theta {)}^2={\theta }^2.$

3.8 正态分布

• $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$ ,则其概率密度为$f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}},-\infty <x<+\infty .$ ，此时有$D(X)={\sigma }^2.$

证明：

$E(X)=\mu$

$\begin{array}{rl}E(X^2)& ={\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^{2}f(x)dx={\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^2\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}dx\end{array}$

\quad 令 $t=\frac{x-\mu }{\sigma },则x=t\sigma +\mu$，另外我们还知道${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt=\sqrt{2\pi }$(连续型随机变量及其常见分布函数和概率密度 中有相关证明，不在赘述) ，则此时有

$\begin{array}{rl}E(X^2)& ={\int }_{-\infty }^{+\infty }(t\sigma +\mu {)}^2\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{t^2}{2}}\sigma dt\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{t}^2{\sigma }^2{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt+\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{+\infty }2t\sigma \mu e^{-\frac{t^2}{2}}dt+\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{\mu }^2{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt\\ & =\frac{{\sigma }^2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{t}^2{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt+\frac{2\sigma \mu }{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{+\infty }t{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt+\frac{{\mu }^2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt\\ & =\frac{{\sigma }^2}{\sqrt{2\pi }}[(-t{e}^{-\frac{t^2}{2}}){|}_{-\infty }^{+\infty }-{\int }_{-\infty }^{+\infty }-e^{-\frac{t^2}{2}}dt]+\frac{2\sigma \mu }{\sqrt{2\pi }}[-e^{-\frac{t^2}{2}}]{|}_{-\infty }^{+\infty }+\frac{{\mu }^2}{\sqrt{2\pi }}\sqrt{2\pi }\\ & =\frac{{\sigma }^2}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-\frac{t^2}{2}}dt+0+{\mu }^2\\ & =\frac{{\sigma }^2}{\sqrt{2\pi }}\sqrt{2\pi }+{\mu }^2\\ & ={\sigma }^2+{\mu }^2\end{array}$

$\therefore D(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2={\sigma }^2+{\mu }^2-(\mu {)}^2={\sigma }^2.$

证明方法二：

\quad 随机变量$X$进行 标准化，令$Z=\frac{X-\mu }{\sigma }$ ， 此时有$f(z)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{x^2}{2}}$ ，此时有

$E(Z)=0$

$\begin{array}{rl}E(Z^2)& ={\int }_{-\infty }^{+\infty }{z}^{2}f(z)dz={\int }_{-\infty }^{+\infty }{z}^2\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{x^2}{2}}\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}[(-z{e}^{-\frac{z^2}{2}}){|}_{-\infty }^{+\infty }-{\int }_{-\infty }^{+\infty }-e^{-\frac{z^2}{2}}dz]\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\sqrt{2\pi }\\ & =1\end{array}$

$\begin{array}{rl}& \therefore D(Z)=E(Z^2)-[E(Z){]}^2=1^2-(0{)}^2=1.即\\ & D(\frac{X-\mu }{\sigma })=\frac{1}{{\sigma }^2}D(X)=1\\ & \therefore D(X)={\sigma }^2\end{array}$