§2.3 随机变量的方差与标准差

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正文部分

§2.3 随机变量的方差与标准差

1. 方差 随机变量 $X$ 对其期望 $E(X)$ 的偏差平方的数学期望（设其存在）

$$\mathrm{Var}(X)=E[X-E(X){]}^2$$

称为 $X$ 的方差，方差的正平方根

$$\sigma (X)={\sigma }_x=\sqrt{\mathrm{Var}(X)}$$

称为 $X$ 的标准差.方差是由分布决定的，它是分布的散布特征；方差愈大，分布愈分散；方差愈小，分布愈集中.标准差与方差的功能相似，只是量纲不同.

2. 方差的性质 以下所涉及的方差均假定其存在.

1. $\mathrm{Var}(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2$；
2. 若 $c$ 是常数，则 $\mathrm{Var}(c)=0$；
3. 若 $a,b$ 是常数，则 $\mathrm{Var}(aX+b)=a^2\mathrm{Var}(X)$；
4. 若随机变量 $X$ 的方差存在，则 $\mathrm{Var}(X)=0$ 的充要条件是 $X$ 几乎处处为某个常数 $a$，即 $P(X=a)=1$.

3. 切比雪夫不等式 设 $X$ 的数学期望和方差都存在，则对任意常数 $\epsilon >0$，有

$$P(|X-E(X)|\ge \epsilon )\le \frac{\mathrm{Var}(X)}{{\epsilon }^2},$$

或

$$P(|X-E(X)|<\epsilon )\ge 1-\frac{\mathrm{Var}(X)}{{\epsilon }^2}.$$

切比雪夫不等式给出了随机变量取值的大偏差（指事件 $\{|X-E(X)|\ge \epsilon \}$）发生概率的上限，该上限与分布的方差成正比.

4. 随机变量的标准化 对任意随机变量 $X$，如果 $X$ 的数学期望和方差存在，则称

$$X^{\ast }=\frac{X-E(X)}{\sqrt{\mathrm{Var}(X)}}$$

为 $X$ 的标准化随机变量，此时有 $E(X^{\ast })=0,\mathrm{Var}(X^{\ast })=1$.

习题与解答 2.3

习题 2.3-1

设随机变量 $X$ 满足 $E(X)=\mathrm{Var}(X)=\lambda$，已知 $E[(X-1)(X-2)]=1$，试求 $\lambda$.

解 由

$$E(X^2)=\mathrm{Var}(X)+[E(X){]}^2=\lambda +{\lambda }^2,$$

及题设条件

$$1=E[(X-1)(X-2)]=E[X^2-3X+2]=E(X^2)-3\lambda +2=\lambda +{\lambda }^2-3\lambda +2,$$

得

$${\lambda }^2-2\lambda +1=0,$$

从中解得

$$\lambda =1.$$

习题 2.3-2

假设有 $10$ 只同种电器元件，其中有两只不合格.装配仪器时，从这批元件中任取一只，如是不合格，则扔掉重新任取一只；如仍是不合格，则扔掉再取一只，试求在取到合格品之前，已取出的不合格品数的方差.

解 记 $X$ 为取到合格品之前，已取出的不合格品数，则 $X$ 的分布列为

$X$	$0$	$1$	$2$
$P$	$\frac{4}{5}$	$\frac{8}{45}$	$\frac{1}{45}$

由此得

$$E(X)=\frac{2}{9},E(X^2)=\frac{4}{15},$$ $$\mathrm{Var}(X)=\frac{4}{15}-{\left(\frac{2}{9}\right)}^2=\frac{88}{405}=\mathrm{0.2173.}$$

习题 2.3-3

已知 $E(X)=-2,E(X^2)=5$, 求 $\mathrm{Var}(1-3X)$.

解

$$\mathrm{Var}(1-3X)=9\mathrm{Var}(X)=9[E(X^2)-(E(X){)}^2]=9[5-4]=9.$$

习题 2.3-4

设 $P(X=0)=1-P(X=1)$，如果 $E(X)=3\mathrm{Var}(X)$，求 $P(X=0)$.

解 记 $p=P(X=0)$，则 $P(X=1)=1-p$，因为

$$E(X)=1-p,\mathrm{Var}(X)=p(1-p),$$

所以由 $E(X)=3\mathrm{Var}(X)$ 得

$$1-p=3p(1-p).$$

由此解得 $p=\frac{1}{3}$ 或 $p=1$.因为 $p=1$ 导致 $X$ 为单点分布，即 $X$ 几乎处处为 $0$，这无多大实际意义，故舍去.所以得

$$P(X=0)=p=\frac{1}{3}.$$

习题 2.3-5

设随机变量 $X$ 的分布函数为

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{e^x}{2},& x<0,\\ \frac{1}{2},& 0\le x<1,\\ 1-\frac{1}{2}{e}^{-\frac{1}{2}(x-1)},& x\ge 1.\end{array}$$

试求 $\mathrm{Var}(X)$.

解 $X$ 的密度函数（其图形见习题 2.2 图 2.7）为

$$p(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}{e}^x,& x<0,\\ 0,& 0\le x<1,\\ \frac{1}{4}{e}^{-\frac{1}{2}(x-1)},& x\ge 1.\end{array}$$

所以

$$E(X)={\int }_{-\infty }^0\frac{1}{2}x{e}^{x}dx+{\int }_1^{\infty }\frac{1}{4}x{e}^{-\frac{1}{2}(x-1)}dx=-\frac{1}{2}+\frac{3}{2}=1,$$ $$E(X^2)={\int }_{-\infty }^0\frac{1}{2}{x}^2{e}^{x}dx+{\int }_1^{\infty }\frac{1}{4}{x}^2{e}^{-\frac{1}{2}(x-1)}dx=1+6.5=7.5,$$

由此得

$$\mathrm{Var}(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2=7.5-1=\mathrm{6.5.}$$

习题 2.3-6

设随机变量 $X$ 的密度函数为

$$p(x)=\{\begin{array}{ll}1+x,& -1<x\le 0,\\ 1-x,& 0<x\le 1,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

试求 $\mathrm{Var}(3X+2)$.

解 因为

$$E(X)={\int }_{-1}^{0}x(1+x)dx+{\int }_0^{1}x(1-x)dx=-\frac{1}{6}+\frac{1}{6}=0,$$ $$E(X^2)={\int }_{-1}^0{x}^2(1+x)dx+{\int }_0^1{x}^2(1-x)dx=\frac{1}{12}+\frac{1}{12}=\frac{1}{6},$$

所以

$$\mathrm{Var}(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2=\frac{1}{6},$$

由此得

$$\mathrm{Var}(3X+2)=9\mathrm{Var}(X)=\mathrm{1.5.}$$

习题 2.3-7

设随机变量 $X$ 的密度函数为

$$p(x)=\{\begin{array}{ll}ax+b{x}^2,& 0<x<1,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

如果已知 $E(X)=0.5$，试计算 $\mathrm{Var}(X)$.

解 因为

$$1={\int }_{-\infty }^{\infty }p(x)dx={\int }_0^1(ax+b{x}^2)dx=\frac{a}{2}+\frac{b}{3},\text{\hspace{1em}(1)}$$ $$0.5=E(X)={\int }_0^{1}x(ax+b{x}^2)dx=\frac{a}{3}+\frac{b}{4}.\text{\hspace{1em}(2)}$$

联立（1）（2）两式解得

$$a=6,b=-6.$$

由此得

$$E(X^2)={\int }_0^1{x}^2(6x-6x^2)dx=\frac{6}{4}-\frac{6}{5}=\frac{3}{10}.$$

所以

$$\mathrm{Var}(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2=\frac{3}{10}-\frac{1}{4}=\mathrm{0.05.}$$

习题 2.3-8

设随机变量 $X$ 的分布函数为

$$F(x)=1-e^{-x^2},x>0,$$

试求 $E(X)$ 和 $\mathrm{Var}(X)$.

解 因为 $X$ 为非负连续随机变量，所以利用习题 2.2 第 21 题，有

$$E(X)={\int }_0^{\infty }[1-F(x)]dx={\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2}dx.$$

令 $x=t/\sqrt{2}$，则

$${\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2}dx=\sqrt{\pi }{\int }_0^{\infty }\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-t^2/2}dt=\frac{\sqrt{\pi }}{2}.$$

又

$$E(X^2)={\int }_0^{\infty }2x{e}^{-x^2}dx={\int }_0^{\infty }{e}^{-x^2}d(x^2)=1,$$

由此得

$$\mathrm{Var}(X)=1-\frac{\pi }{4}.$$

注：此题也可直接计算得

$$p(x)=2x{e}^{-x^2},x>0,$$

所以

$$E(X)=2{\int }_0^{\infty }{x}^2{e}^{-x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2}.$$

习题 2.3-9

试证：对任意的常数 $c\ne E(X)$，有

$$\mathrm{Var}(X)=E[X-E(X){]}^2<E(X-c{)}^2.$$

解

$$E[X-E(X){]}^2=E\{[(X-c)-(E(X)-c){]}^2\}=E(X-c{)}^2-(E(X)-c{)}^2,$$

由于 $c\ne E(X)$，所以 $(E(X)-c{)}^2>0$，由此得

$$\mathrm{Var}(X)=E[X-E(X){]}^2<E(X-c{)}^2.$$

习题 2.3-10

设随机变量 $X$ 仅在区间 $[a,b]$ 上取值，试证：

$$a\le E(X)\le b,\mathrm{Var}(X)\le {\left(\frac{b-a}{2}\right)}^2.$$

解 仅对连续随机变量 $X$ 加以证明.记 $p(x)$ 为 $X$ 的密度函数，因为

$$E(X)={\int }_a^{b}xp(x)dx\le b{\int }_a^{b}p(x)dx=b,$$

同理可证：$E(X)\ge a$.由上题的结论知

$$\mathrm{Var}(X)=E[X-E(X){]}^2\le E{\left(X-\frac{a+b}{2}\right)}^2\le E{\left(b-\frac{a+b}{2}\right)}^2={\left(\frac{b-a}{2}\right)}^2.$$

注：此命题表明有界随机变量的数学期望和方差总是存在的.

习题 2.3-11

设随机变量 $X$ 取值 $x_1\le x_2\le \cdots \le x_n$ 的概率分别是 $p_1,p_2,\dots ,p_n$，${\sum }_{k=1}^n{p}_k=1$.证明

$$\mathrm{Var}(X)\le {\left(\frac{x_n-x_1}{2}\right)}^2.$$

解 仿上题有

$$\mathrm{Var}(X)\le E{\left(X-\frac{x_1+x_n}{2}\right)}^2\le E{\left(x_n-\frac{x_1+x_n}{2}\right)}^2={\left(\frac{x_n-x_1}{2}\right)}^2.$$

习题 2.3-12

设 $g(x)$ 为随机变量 $X$ 取值的集合上的非负不减函数，且 $E(g(X))$ 存在，证明：对任意的 $\epsilon >0$，有

$$P(X>\epsilon )\le \frac{E(g(X))}{g(\epsilon )}.$$

解 仅对连续随机变量 $X$ 加以证明.记 $p(x)$ 为 $X$ 的密度函数，则

$$P(X>\epsilon )={\int }_{\epsilon }^{\infty }p(x)dx\le {\int }_{\epsilon }^{\infty }\frac{g(x)}{g(\epsilon )}p(x)dx\le {\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{g(x)}{g(\epsilon )}p(x)dx=\frac{E(g(X))}{g(\epsilon )}.$$

注：此题给出证明概率不等式的两次放大法：第一次放大被积函数；第二次放大积分区域.

习题 2.3-13

设 $X$ 为非负随机变量，$a>0$.若 $E\left(e^{aX}\right)$ 存在，证明：对任意的 $x>0$，有

$$P(X\ge x)\le \frac{E\left(e^{aX}\right)}{e^{ax}}.$$

解 证 因为当 $a>0$ 时，$g(x)=e^{ax}$ 是非负不减函数，所以由上题即可得结论。

习题 2.3-14

已知正常成年男性每升血液中的白细胞数平均是 $7.3\times 10^9$，标准差是 $0.7\times 10^9$。试利用切比雪夫不等式估计每升血液中的白细胞数在 $5.2\times 10^9$ 至 $9.4\times 10^9$ 之间的概率的下界。

解 记 $X$ 为正常成年男性每升血液中的白细胞数，由题设条件知

$$E(X)=7.3\times 10^9,\sigma (X)=0.7\times 10^9.$$

所以由切比雪夫不等式得

$$\begin{array}{rl}P(5.2\times 10^9<X<9.4\times 10^9)& =P(|X-E(X)|<2.1\times 10^9)\\ & \ge 1-{\left(\frac{0.7\times 10^9}{2.1\times 10^9}\right)}^2=1-\frac{1}{9}=\frac{8}{9}.\end{array}$$

补充习题及解答

补充习题 15

设 $X$ 为非负连续随机变量，证明：对 $x\ge 0$，有

$$P(X<x)\ge 1-\frac{E(X)}{x}.$$

解 证 设 $X$ 的密度函数为 $p(x)$，则有

$$\begin{array}{rl}P(X<x)& ={\int }_0^{x}p(t)dt=1-{\int }_x^{\infty }p(t)dt\\ & \ge 1-{\int }_x^{\infty }\frac{t}{x}p(t)dt\\ & \ge 1-\frac{1}{x}{\int }_0^{\infty }tp(t)dt=1-\frac{E(X)}{x}.\end{array}$$

补充习题 16

向 $△ABC$ 中随机投掷一点 $P$，求 $P$ 点到 $AB$ 距离 $X$ 的数学期望、方差与标准差。

解 先求 $X$ 的分布函数。作 $△ABC$ 的高 $CD$，记 $CD$ 的长度为 $h$（如图 2.8）。

\FigureTwoEight

设 $X$ 的分布函数为 $F(x)$，则当 $x<0$ 时，有 $F(x)=0$；当 $x\ge h$ 时，有 $F(x)=1$；而当 $0\le x<h$ 时，为了求概率 $P(X\le x)$，作 $EF\parallel AB$，使 $EF$ 与 $AB$ 间的距离为 $x$。利用确定概率的几何方法，可得

$$F(x)=P(X\le x)=\frac{S_{EFBA}}{S_{ABC}}=1-\frac{S_{EFC}}{S_{ABC}}=1-{\left(\frac{h-x}{h}\right)}^2.$$

综上可得

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<0,\\ 1-{\left(\frac{h-x}{h}\right)}^2,& 0\le x<h,\\ 1,& x\ge h.\end{array}$$

由此得 $X$ 的密度函数为

$$p(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{2}{h^2}(h-x),& 0\le x<h,\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

故 $X$ 与 $X^2$ 的数学期望为

$$\begin{array}{rl}E(X)& =\frac{2}{h^2}{\int }_0^{h}x(h-x)dx=\frac{2}{h^2}\left(\frac{h^3}{2}-\frac{h^3}{3}\right)=\frac{h}{3},\\ E(X^2)& =\frac{2}{h^2}{\int }_0^h{x}^2(h-x)dx=\frac{2}{h^2}\left(\frac{h^4}{3}-\frac{h^4}{4}\right)=\frac{h^2}{6}.\end{array}$$

从而得 $X$ 的方差与标准差分别为

$$\mathrm{Var}(X)=\frac{h^2}{6}-\frac{h^2}{9}=\frac{h^2}{18},\sigma (X)=\frac{h}{\sqrt{18}}=\frac{\sqrt{2}}{6}h.$$

补充习题 17

设 $X$ 为仅取正整数的随机变量，若其方差存在，证明：

$$\mathrm{Var}(X)=2\sum _{n=1}^{\infty }nP(X\ge n)-E(X)[E(X)+1].$$

解 证 由于 $\mathrm{Var}(X)$ 存在，所以级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{n}^{2}P(X=n)$ 绝对收敛，从而有

$$\mathrm{Var}(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2=E(X^2)+E(X)-E(X)[E(X)+1],$$

其中

$$\begin{array}{rl}E(X^2)+E(X)& =\sum _{n=1}^{\infty }n(n+1)P(X=n)\\ & =2\sum _{n=1}^{\infty }\left(\sum _{i=1}^{n}i\right)P(X=n)\\ & =2\sum _{i=1}^{\infty }i\left[\sum _{n=i}^{\infty }P(X=n)\right]\\ & =2\sum _{i=1}^{\infty }iP(X\ge i).\end{array}$$

代回原式即得证。