4.1.2 随机变量的方差.sync-conflict-20250310-175623-CF2YHTH

上一节我们引入的随机变量的数学期望 (均值), 反映出随机变量的取值的平均值这样一个特征. 除此之外, 现实问题中人们还关心随机变量取值的分散程度或波动性.

Example

比如某水泥厂的一台打包机装一袋水泥的重量 (单位为 $\mathrm{kg}$ ) 在 $\left[50-0.5,50+0.5\right]$ 之间均匀分布,而另一台打包机装一袋水泥的重量 (单位为 $\mathrm{kg}$ ) 在 $\left[50-1.5,50+1.5\right]$ 之间均匀分布. 虽然两台打包机装一袋水泥的重量的均值都是 50, 但后者打出的一袋重量分散程度 (波动性) 较大.

本节引入的方差就反映随机变量取值的分散程度 (波动性) 的特征.

因为方差反映随机变量取值的波动性, 所以我们自然想到它取值相对于其均值的差别的大小. 所以有定义 4.1.3.

定义 4.1.3 设随机变量 $X$ 有有限的数学期望, 如果 $E\left[{\left(X-E\left[X\right]\right)}^2\right]<\infty$, 则称

$$\mathrm{Var}\left[X\right]=E\left[{\left(X-E\left[X\right]\right)}^2\right]\text{\hspace{1em}(4.1.6)}$$

为 $X$ 的方差. 而称 $\sqrt{\mathrm{Var}\left[X\right]}$ 为 $X$ 的标准差,记为 $\sigma \left[X\right]$.

可见, 方差就是随机变量与其均值差的平方的平均值, 而标准差的引入是因为其量纲与 $X$ 的量纲相一致,从而更好解释实际问题.

借助公式 (4.1.2) 和 (4.1.4), 如果随机变量的方差存在, 我们有如下计算公式:

(1) 对于具有概率分布为 $P\left(X=x_i\right)=p_i,i=1,2,\cdots$ 的离散型随机变量 $X$,

$$\mathrm{Var}\left[X\right]=\sum _{i=1}^{\infty }{\left(x_i-E\left[X\right]\right)}^2{p}_i.\text{\hspace{1em}(4.1.7)}$$

(2)对于具有分布密度函数 $f_X$ 的连续型随机变量 $X$,

$$\mathrm{Var}\left[X\right]={\int }_{-\infty }^{\infty }{\left(x-E\left[X\right]\right)}^2{f}_X\left(x\right)\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(4.1.8)}$$

由求和运算和积分运算的线性性, 显然有

$$\mathrm{Var}\left[X\right]=E\left[X^2\right]-{\left(E\left[X\right]\right)}^2.\text{\hspace{1em}(4.1.9)}$$

事实上, 若按 (4.1.7), 我们有

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Var}\left[X\right]& =\sum _{i=1}^{\infty }{\left(x_i-E[X]\right)}^2{p}_i,\\ & =\sum _{i=1}^{\infty }\left(x_i^2-2E[X]\cdot x_i+(E[X]{)}^2\right)p_i,\\ & =\sum _{i=1}^{\infty }{x}_i^2{p}_i-2E[X]\sum _{i=1}^{\infty }{x}_i{p}_i+(E[X]{)}^2\sum _{i=1}^{\infty }{p}_i,\\ & =E[X^2]-2E[X]\cdot E[X]+(E[X]{)}^2,\\ & =E[X^2]-(E[X]{)}^2.\end{array}$$

请读者按 (4.1.8) 证明 (4.1.9). 有时利用 (4.1.9) 计算方差比较方便.

例 4.1.9 设 $X\sim B\left(1,p\right)$,试求 $\mathrm{Var}\left[X\right]$.

解 由于 $P\left(X=1\right)=p,P\left(X=0\right)=1-p$,所以

$$E\left[X\right]=1\cdot p+0\cdot \left(1-p\right)=p,$$ $$E\left[X^2\right]=1^2\cdot p+0^2\cdot \left(1-p\right)=p.$$

进而用 (4.1.9) 得

$$\mathrm{Var}\left[X\right]=p-p^2=p\left(1-p\right).$$

例 4.1.10 设 $X\sim U\left[a,b\right]$,试求 $\mathrm{Var}\left[X\right]$.

解 由例 4.1.4 知 $E\left[X\right]=\frac{a+b}{2}$,而

$$E\left[X^2\right]={\int }_a^b{x}^2\frac{1}{b-a}\mathrm{d}x=\frac{1}{3}\left(a^2+ab+b^2\right),$$

所以, 用 (4.1.9) 得

$$\mathrm{Var}\left[X\right]=\frac{1}{3}\left(a^2+ab+b^2\right)-{\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2=\frac{{\left(b-a\right)}^2}{12}.$$

例 4.1.11 设 $X\sim \mathrm{Exp}\left(\lambda \right)$,试求 $\mathrm{Var}\left[X\right]$.

解 由例 4.1.6 知, $E\left[X\right]=\frac{1}{\lambda }$,而

$$\begin{array}{rl}E\left[X^2\right]& ={\int }_0^{\infty }{x}^2\lambda {\mathrm{e}}^{-\lambda x}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{{\lambda }^2}{\int }_0^{\infty }{y}^2{\mathrm{e}}^{-y}\mathrm{d}y\text{(参见例 4.1.6)}\\ & =\frac{1}{{\lambda }^2}\Gamma \left(3\right)\text{(参见例 4.1.6)}\\ & =\frac{2}{{\lambda }^2}\text{(参见例 4.1.6),}\end{array}$$

所以, 用 (4.1.9) 得

$$\mathrm{Var}\left[X\right]=\frac{2}{{\lambda }^2}-{\left(\frac{1}{\lambda }\right)}^2=\frac{1}{{\lambda }^2}.$$

例 4.1.12 设 $X\sim \mathrm{Pois}\left(\lambda \right)$,试求 $\mathrm{Var}\left[X\right]$.

解 由例 4.1.2 知 $E\left[X\right]=\lambda$,而

$$\begin{array}{rl}E\left[X^2\right]& =\sum _{k=0}^{\infty }{k}^2\frac{e^{-\lambda }{\lambda }^k}{k!}\\ & =\sum _{k=1}^{\infty }{k}^2\frac{e^{-\lambda }{\lambda }^k}{k!}\\ & =\sum _{k=1}^{\infty }\left(k(k-1)+k\right)\frac{e^{-\lambda }{\lambda }^k}{k!}\\ & =\sum _{k=2}^{\infty }k(k-1)\frac{e^{-\lambda }{\lambda }^k}{k!}+\sum _{k=1}^{\infty }k\frac{e^{-\lambda }{\lambda }^k}{k!}\\ & ={\lambda }^2{e}^{-\lambda }\sum _{k=2}^{\infty }\frac{{\lambda }^{k-2}}{(k-2)!}+\lambda \text{(参见例 4.1.2)}\\ & ={\lambda }^2+\lambda .\end{array}$$

所以, 用 (4.1.9) 得

$$\mathrm{Var}\left[X\right]=\left({\lambda }^2+\lambda \right)-{\lambda }^2=\lambda$$

例 4.1.13 设 $X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$,试求 $\mathrm{Var}\left[X\right]$.

解 例 4.1.5 知 $E\left[X\right]=\mu$,由 (4.1.8) 有

$$\begin{array}{rl}\mathrm{Var}\left[X\right]& ={\int }_{-\infty }^{\infty }{\left(x-\mu \right)}^2\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}dx\\ & ={\sigma }^2\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }{y}^2{e}^{-\frac{y^2}{2}}dy\left(\text{变数替换 }y=\frac{x-\mu }{\sigma }\right)\\ & ={\sigma }^2\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }(-y)d\left(e^{-\frac{y^2}{2}}\right)\\ & ={{\sigma }^2\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\left(-y{e}^{-\frac{y^2}{2}}\right)|}_{-\infty }^{\infty }+{\sigma }^2\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-\frac{y^2}{2}}dy\\ & ={\sigma }^2.\end{array}$$

可见, $X$ 的分布参数 ${\sigma }^2$ 为其方差. 因为方差越大, $X$ 取值的分散程度就越大,这与我们在 2.3.3 节中所述的相一致,即 $\sigma$ 越小则正态曲线越陡峭, $\sigma$ 越大则止态曲线越平缓.