§2.7 分布的其他特征数

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§2.7 分布的其他特征数

1. $k$ 阶矩

（1）称

$${\mu }_k=E(X^k)$$

为 $X$ 的 $k$ 阶原点矩。一阶原点矩就是数学期望；

（2）称

$${\nu }_k=E(X-E(X){)}^k$$

为 $X$ 的 $k$ 阶中心矩。二阶中心矩就是方差；

（3）前 $k$ 阶中心矩可用原点矩表示，如

$${\nu }_1=0,$$ $${\nu }_2={\mu }_2-{\mu }_1^2,$$ $${\nu }_3={\mu }_3-3{\mu }_2{\mu }_1+2{\mu }_1^3,$$ $${\nu }_4={\mu }_4-4{\mu }_3{\mu }_1+6{\mu }_2{\mu }_1^2-3{\mu }_1^4.$$

1. 变异系数 称比值

$$C_v(X)=\frac{\sqrt{\mathrm{Var}(X)}}{E(X)}$$

为 $X$ 的变异系数。变异系数是一个无量纲的量。

1. 分位数 设连续随机变量 $X$ 的分布函数为 $F(x)$，密度函数为 $p(x)$。对任意 $p\in (0,1)$，

（1）称满足条件

$$F(x_p)={\int }_{-\infty }^{x_p}p(x)dx=p$$

的 $x_p$ 为此分布的 $p$ 分位数，又称下侧 $p$ 分位数，它把密度函数下的面积一分为二，左侧面积恰好为 $p$；

（2）称满足条件

$$1-F(x_p^{\prime })={\int }_{x_p^{\prime }}^{\infty }p(x)dx=p$$

的 $x_p^{\prime }$ 为此分布的上侧 $p$ 分位数；

（3）分位数与上侧分位数的转换公式：

$$x_p^{\prime }=x_{1-p},x_p=x_{1-p}^{\prime }.$$

（4）称 $p=0.5$ 时的 $p$ 分位数 $x_{0.5}$ 为此分布的中位数，即 $x_{0.5}$ 满足

$$F(x_{0.5})={\int }_{-\infty }^{x_{0.5}}p(x)dx=\mathrm{0.5.}$$

（5）若随机变量 $X$ 的密度函数 $p(x)$ 是偶函数，则此分布的 $p$ 分位数 $x_p$ 满足

$$x_p=-x_{1-p}.$$

中位数为分布对称中心；

（6）记标准正态分布的 $p$ 分位数为 $u_p$。因为标准正态密度函数是偶函数，所以

$$u_p=-u_{1-p}.$$

譬如

$$u_{0.25}=-u_{0.75}=-0.675;$$

（7）一般正态分布 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的 $p$ 分位数 $x_p$ 满足

$$x_p=\mu +\sigma u_p.$$

譬如 $N(10,2^2)$ 的 $0.25$ 分位数为

$$x_{0.25}=10+2u_{0.25}=8.65;$$

（8）分布的矩有可能不存在，但连续分布的分位数总存在。$p$ 分位数 $x_p$ 总是 $p$ 的增函数。

\setcounter{enumi}{3}

1. 偏度系数

（1）称比值

$${\beta }_s=\frac{E(X-E(X){)}^3}{[\mathrm{Var}(X){]}^{3/2}}$$

为 $X$ 的分布的偏度系数，简称偏度；

（2）偏度系数刻画的是分布的不对称程度，$|{\beta }_s|$ 愈大，分布的对称性愈差；

（3）任一对称分布的偏度 ${\beta }_s=0$。当 ${\beta }_s>0$ 时，分布为正偏（又称右偏）；当 ${\beta }_s<0$ 时，分布为负偏（又称左偏）。

1. 峰度系数

（1）称

$${\beta }_k=\frac{E(X-E(X){)}^4}{[\mathrm{Var}(X){]}^2}-3$$

为 $X$ 的分布的峰度系数，简称峰度；

（2）峰度系数是刻画分布的尖峭性和尾部粗细的一个特征数；

（3）任一正态分布的峰度 ${\beta }_k=0$。当 ${\beta }_k<0$ 时，分布比标准正态分布平坦；当 ${\beta }_k>0$ 时，分布比标准正态分布更尖峭。

1. 偏度与峰度都是描述分布（密度）形状的参数。

习题与解答 2.7

习题 2.7-1

设随机变量 $X\sim U(a,b)$，对 $k=1,2,3,4$，求 ${\mu }_k=E(X^k)$ 与 ${\nu }_k=E(X-E(X){)}^k$，进一步求此分布的偏度系数和峰度系数。

解 因为

$$E(X^k)={\int }_a^b\frac{x^k}{b-a}dx=\frac{1}{b-a}\cdot \frac{b^{k+1}-a^{k+1}}{k+1},$$

所以

$${\mu }_1=E(X)=\frac{a+b}{2},{\mu }_2=E(X^2)=\frac{1}{3}(a^2+ab+b^2),$$ $${\mu }_3=E(X^3)=\frac{1}{4}(a^3+a^{2}b+a{b}^2+b^3),$$ $${\mu }_4=E(X^4)=\frac{1}{5}(a^4+a^{3}b+a^2{b}^2+a{b}^3+b^4).$$

又

$${\nu }_1=E(X-E(X))=0,{\nu }_2=E(X-E(X){)}^2=\mathrm{Var}(X)=\frac{(b-a{)}^2}{12},$$ $${\nu }_3={\mu }_3-3{\mu }_2{\mu }_1+2{\mu }_1^3=0,$$ $${\nu }_4={\mu }_4-4{\mu }_3{\mu }_1+6{\mu }_2{\mu }_1^2-3{\mu }_1^4=\frac{(b-a{)}^4}{80}.$$

偏度系数和峰度系数分别为

$${\beta }_s=\frac{{\nu }_3}{{\nu }_2^{3/2}}=0,{\beta }_k=\frac{{\nu }_4}{{\nu }_2^2}-3=\frac{(b-a{)}^4/80}{[(b-a{)}^2/12{]}^2}-3=-\mathrm{1.2.}$$

**注：**上述 ${\beta }_s,{\beta }_k$ 与 $a,b$ 无关。这表明：任一均匀分布的偏度为 $0$，峰度为 $-1.2$。

习题 2.7-2

设随机变量 $X\sim U(0,a)$，求此分布的变异系数。

解 因为

$$E(X)=\frac{a}{2},\mathrm{Var}(X)=\frac{a^2}{12},$$

所以此分布的变异系数为

$$C_v(X)=\frac{\sqrt{\mathrm{Var}(X)}}{E(X)}=\frac{\sqrt{a^2/12}}{a/2}=\frac{\sqrt{3}}{3}=\mathrm{0.5774.}$$

习题 2.7-3

求以下分布的中位数：

1. 区间 $(a,b)$ 上的均匀分布；
2. 正态分布 $N(\mu ,{\sigma }^2)$；
3. 对数正态分布 $LN(\mu ,{\sigma }^2)$。

解 \text{（1）} 从

$$0.5={\int }_a^{x_{0.5}}\frac{1}{b-a}dx$$

中解得

$$x_{0.5}=\frac{a+b}{2}.$$

\text{（2）} 记 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，由

$$P(X\le \mu )=\Phi \left(\frac{\mu -\mu }{\sigma }\right)=0.5$$

可得

$$x_{0.5}=\mu .$$

\text{（3）} 记 $Y\sim LN(\mu ,{\sigma }^2)$，令 $X=\ln Y$，则 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$。又记 $x_{0.5}$ 为 $X$ 的中位数，$y_{0.5}$ 为 $Y$ 的中位数，则由（2）知 $x_{0.5}=\mu$，即

$$0.5=P(X\le \mu )=P(\ln Y\le \mu )=P(Y\le e^{\mu }),$$

由此得

$$y_{0.5}=e^{\mu }.$$

习题 2.7-4

设随机变量 $X\sim Ga(\alpha ,\lambda )$，对 $k=1,2,3$，求 ${\mu }_k=E(X^k)$ 与 ${\nu }_k=E(X-E(X){)}^k$。

解 因为

$$E(X^k)=\frac{{\lambda }^{\alpha }}{\Gamma (\alpha )}{\int }_0^{\infty }{x}^{k+\alpha -1}{e}^{-\lambda x}dx=\frac{\Gamma (k+\alpha )}{\Gamma (\alpha ){\lambda }^k},$$

所以

$${\mu }_1=E(X)=\frac{\alpha }{\lambda },{\mu }_2=E(X^2)=\frac{\alpha (\alpha +1)}{{\lambda }^2},$$ $${\mu }_3=E(X^3)=\frac{\alpha (\alpha +1)(\alpha +2)}{{\lambda }^3},$$ $${\nu }_1=E(X-E(X))=0,{\nu }_2=\mathrm{Var}(X)=\frac{\alpha }{{\lambda }^2},$$ $${\nu }_3={\mu }_3-3{\mu }_2{\mu }_1+2{\mu }_1^3=\frac{2\alpha }{{\lambda }^3}.$$

习题 2.7-5

设随机变量 $X\sim Exp(\lambda )$，对 $k=1,2,3,4$，求 ${\mu }_k=E(X^k)$ 与 ${\nu }_k=E(X-E(X){)}^k$，进一步求此分布的变异系数、偏度系数和峰度系数。

解 因为

$$E(X^k)=\lambda {\int }_0^{\infty }{x}^k{e}^{-\lambda x}dx=\frac{k!}{{\lambda }^k},$$

所以

$${\mu }_1=E(X)=\frac{1}{\lambda },{\mu }_2=E(X^2)=\frac{2}{{\lambda }^2},$$ $${\mu }_3=E(X^3)=\frac{6}{{\lambda }^3},{\mu }_4=E(X^4)=\frac{24}{{\lambda }^4},$$ $${\nu }_1=E(X-E(X))=0,{\nu }_2=\mathrm{Var}(X)=\frac{1}{{\lambda }^2},$$ $${\nu }_3={\mu }_3-3{\mu }_2{\mu }_1+2{\mu }_1^3=\frac{2}{{\lambda }^3},{\nu }_4={\mu }_4-4{\mu }_3{\mu }_1+6{\mu }_2{\mu }_1^2-3{\mu }_1^4=\frac{9}{{\lambda }^4}.$$

此分布的变异系数、偏度系数和峰度系数分别为

$$C_v(X)=\frac{\sqrt{\mathrm{Var}(X)}}{E(X)}=\frac{\sqrt{1/{\lambda }^2}}{1/\lambda }=1,$$ $${\beta }_s=\frac{{\nu }_3}{{\nu }_2^{3/2}}=\frac{2/{\lambda }^3}{[1/{\lambda }^2{]}^{3/2}}=2,{\beta }_k=\frac{{\nu }_4}{{\nu }_2^2}-3=\frac{9/{\lambda }^4}{1/{\lambda }^4}-3=6.$$

由此可见：指数分布的变异系数、偏度系数与峰度系数均与参数 $\lambda$ 无关。它永远是正偏、尖峰。

习题 2.7-6

设随机变量 $X$ 服从正态分布 $N(10,9)$，试求 $x_{0.1}$ 和 $x_{0.9}$。

解 一般正态分布 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的 $p$ 分位数 $x_p$ 与标准正态分布的 $p$ 分位数 $u_p$ 间满足关系式

$$x_p=\mu +\sigma u_p,$$

所以

$$x_{0.1}=10+3u_{0.1}=10+3\times (-1.282)=6.154,$$ $$x_{0.9}=10+3u_{0.9}=10+3\times 1.282=\mathrm{13.846.}$$

习题 2.7-7

设随机变量 $X$ 服从双参数韦布尔分布，其分布函数为

$$F(x)=1-\exp \left\{-{\left(\frac{x}{\eta }\right)}^m\right\},x>0,$$

其中 $\eta >0,m>0$。试写出该分布的 $p$ 分位数 $x_p$ 的表达式，且求出当 $m=1.5,\eta =1000$ 时的 $x_{0.1},x_{0.5},x_{0.8}$ 的值。

解 因为 $p$ 分位数 $x_p$ 满足

$$1-\exp \left\{-{\left(\frac{x_p}{\eta }\right)}^m\right\}=p,$$

解之得

$$x_p=\eta [-\ln (1-p){]}^{1/m}.$$

将 $m=1.5,\eta =1000$ 代入上式，可得

$$x_{0.1}=1000(-\ln 0.9{)}^{1/1.5}=223.08,$$ $$x_{0.5}=1000(-\ln 0.5{)}^{1/1.5}=783.22,$$ $$x_{0.8}=1000(-\ln 0.2{)}^{1/1.5}=\mathrm{1373.36.}$$

习题 2.7-8

自由度为 $2$ 的 ${\chi }^2$ 分布的密度函数为

$$p(x)=\frac{1}{2}{e}^{-x/2},x>0.$$

试求出其分布函数及分位数 $x_{0.1},x_{0.5},x_{0.8}$。

解 此分布的分布函数 $F(x)$ 为

$$\text{当 }x\le 0\text{ 时},F(x)=0;$$

当 $x>0$ 时，

$$F(x)=P(X\le x)={\int }_0^x\frac{1}{2}{e}^{-t/2}dt=1-e^{-x/2}.$$

所以此分布的 $p$ 分位数 $x_p$ 满足

$$p=F(x_p)=1-e^{-x_p/2},$$

从中解得

$$x_p=-2\ln (1-p).$$

由此得

$$x_{0.1}=-2\ln 0.9=0.211,x_{0.5}=-2\ln 0.5=1.386,x_{0.8}=-2\ln 0.2=\mathrm{3.219.}$$

习题 2.7-9

设随机变量 $X$ 的密度函数 $p(x)$ 关于直线 $x=c$ 是对称的，且 $E(X)$ 存在，试证：

1. 这个对称中心 $c$ 既是均值又是中位数，即 $E(X)=x_{0.5}=c$；
2. 如果 $c=0$，则 $x_p=-x_{1-p}$。

解 \text{（1）} 由 $p(x)$ 关于直线 $x=c$ 对称可知

$$p(c+x)=p(c-x),-\infty <x<\infty ,$$

因此

$$\begin{array}{rl}E(X-c)& ={\int }_{-\infty }^{\infty }(x-c)p(x)dx\\ & ={\int }_{-\infty }^{\infty }tp(t+c)dt\\ & ={\int }_{-\infty }^{\infty }tp(c-t)dt\\ & ={\int }_{-\infty }^{\infty }(c-y)p(y)dy\\ & =E(c-X),\end{array}$$

所以得 $E(X)=c$。又由

$$\begin{array}{rl}0.5& ={\int }_{-\infty }^{x_{0.5}}p(x)dx\\ & ={\int }_{-\infty }^{x_{0.5}-c}p(c+y)dy\\ & ={\int }_{-\infty }^{x_{0.5}-c}p(c-y)dy\\ & ={\int }_{2c-x_{0.5}}^{\infty }p(t)dt\\ & ={\int }_{x_{0.5}}^{\infty }p(x)dx,\end{array}$$

所以

$$2c-x_{0.5}=x_{0.5},$$

由此得

$$x_{0.5}=c.$$

\text{（2）} 当 $c=0$ 时，

$$p={\int }_{-\infty }^{x_p}p(x)dx={\int }_{-x_p}^{\infty }p(-y)dy={\int }_{-x_p}^{\infty }p(y)dy=1-F(-x_p),$$

又由

$$F(-x_p)=1-p,$$

即

$$-x_p=x_{1-p},$$

由此得结论。

习题 2.7-10

试证随机变量 $X$ 的偏度系数与峰度系数对位移和改变比例尺是不变的，即对任意的实数 $a,b$（$b\ne 0$），$Y=a+bX$ 与 $X$ 有相同的偏度系数与峰度系数。

解 因为

$$E(Y)=E[a+bX]=a+bE(X),$$

所以

$$\frac{E[Y-E(Y){]}^3}{\{E[Y-E(Y){]}^2{\}}^{3/2}}=\frac{E[a+bX-a-bE(X){]}^3}{\{E[a+bX-a-bE(X){]}^2{\}}^{3/2}}=\frac{E[X-E(X){]}^3}{\{E[X-E(X){]}^2{\}}^{3/2}},$$

即 $Y$ 与 $X$ 有相同的偏度系数。又因为

$$\frac{E[Y-E(Y){]}^4}{\{E[Y-E(Y){]}^2{\}}^2}=\frac{E[a+bX-a-bE(X){]}^4}{\{E[a+bX-a-bE(X){]}^2{\}}^2}=\frac{E[X-E(X){]}^4}{\{E[X-E(X){]}^2{\}}^2},$$

所以 $Y$ 与 $X$ 有相同的峰度系数。

习题 2.7-11

设某项维修时间 $T$（单位：分）服从对数正态分布 $LN(\mu ,{\sigma }^2)$。

1. 求 $p$ 分位数 $t_p$；
2. 若 $\mu =4.1271$，求该分布的中位数；
3. 若 $\mu =4.1271,\sigma =1.0364$，求完成 $95\%$ 维修任务的时间。

解 因为 $T\sim LN(\mu ,{\sigma }^2)$，所以 $X=\ln T\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$。记 $x_p$ 为 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的 $p$ 分位数，$u_p$ 为 $N(0,1)$ 的 $p$ 分位数，则由

$$p=P(X\le x_p)=\Phi \left(\frac{x_p-\mu }{\sigma }\right)=\Phi (u_p)$$

知

$$x_p=\mu +\sigma u_p.$$

\text{（1）} 因为

$$p=P(X\le x_p)=P(\ln T\le x_p)=P(T\le e^{x_p}),$$

所以

$$t_p=e^{x_p}=\exp \{\mu +\sigma u_p\}.$$

\text{（2）} 由本节习题 3（3）知

$$t_{0.5}=e^{4.1271}=62.$$

\text{（3）} 因为 $u_{0.95}=1.645$，所以当 $\mu =4.1271,\sigma =1.0364$ 时，完成 $95\%$ 的维修任务的时间 $t_{0.95}$ 为

$$t_{0.95}=\exp \{4.1271+1.0364\times 1.645\}=341.$$

习题 2.7-12

某种绝缘材料的使用寿命 $T$（单位：小时）服从对数正态分布 $LN(\mu ,{\sigma }^2)$。若已知分位数 $t_{0.2}=5000$ 小时，$t_{0.8}=65000$ 小时，求 $\mu$ 和 $\sigma$。

解 由上一题知对数正态分布 $LN(\mu ,{\sigma }^2)$ 的 $p$ 分位数为

$$t_p=\exp \{\mu +\sigma u_p\},$$

其中 $u_p$ 为标准正态分布 $N(0,1)$ 的 $p$ 分位数，所以根据题意有

$$5000=t_{0.2}=\exp \{\mu +\sigma u_{0.2}\},$$ $$65000=t_{0.8}=\exp \{\mu +\sigma u_{0.8}\}.$$

将

$$u_{0.2}=-0.845,u_{0.8}=0.845$$

代入上面两式，可解得

$$\mu =9.7997,\sigma =\mathrm{1.5178.}$$

习题 2.7-13

某厂决定按过去生产状况对月生产额最高的 $5\%$ 的工人发放高产奖。已知过去每人每月生产额 $X$（单位：千克）服从正态分布 $N(4000,60^2)$，试问高产奖发放标准应把生产额定为多少？

解 根据题意知，求满足

$$P(X>k)=0.05$$

的 $k$，即 $k=x_{0.95}$，其中 $x_{0.95}$ 为分布 $N(4000,60^2)$ 的 $95\%$ 分位数。又记 $u_p$ 为标准正态分布 $N(0,1)$ 的 $p$ 分位数，则由

$$x_p=\mu +\sigma u_p,$$

及 $u_{0.95}=1.645$ 可得

$$x_{0.95}=4000+60\times 1.645=\mathrm{4098.7.}$$

因此可将高产奖发放标准定在生产额为 $4099$ 千克。

补充习题及解答

补充习题 14

设 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，求 $E(|X-\mu {|}^k)$。

解

$$E(|X-\mu {|}^k)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{\int }_{-\infty }^{\infty }|x-\mu {|}^k{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}dx.$$

若令

$$y=\frac{x-\mu }{\sigma },\sigma dy=dx,$$

可得

$$E(|X-\mu {|}^k)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^{\infty }{\sigma }^k|y{|}^k{e}^{-y^2/2}dy=\sqrt{\frac{2}{\pi }}{\int }_0^{\infty }{\sigma }^k{y}^k{e}^{-y^2/2}dy.$$

再令

$$\frac{y^2}{2}=t,y=(2t{)}^{1/2},dy=(2t{)}^{-1/2}dt,$$

可得

$$\begin{array}{rl}E(|X-\mu {|}^k)& =\frac{{\sigma }^k}{\sqrt{\pi }}{2}^{k/2}{\int }_0^{\infty }{t}^{k/2-1/2}{e}^{-t}dt\\ & =\frac{{\sigma }^k}{\sqrt{\pi }}{2}^{k/2}\Gamma \left(\frac{k+1}{2}\right).\end{array}$$

当 $k$ 为偶数时，

$$E(|X-\mu {|}^k)=(k-1)!!{\sigma }^k;$$

当 $k$ 为奇数时，

$$E(|X-\mu {|}^k)=(k-1)!!{\sigma }^k\sqrt{\frac{2}{\pi }}.$$

其中 $n!!$ 表示不超过 $n$ 且与 $n$ 有相同奇偶性的所有正整数的乘积。

补充习题 15

设随机变量 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布，试求 $X$ 的前四阶原点矩、中心矩、偏度与峰度。

解 分几步进行。

（1）先求 $k$ 阶原点矩的递推公式。按定义

$${\mu }_k=\sum _{x=0}^{\infty }{x}^k\frac{{\lambda }^x}{x!}{e}^{-\lambda },\lambda >0.$$

显然 ${\mu }_0=1$，而当 $k\ge 1$ 时有

$$\begin{array}{rl}{\mu }_k& =\sum _{x=1}^{\infty }[(x-1)+1{]}^{k-1}\frac{{\lambda }^x}{(x-1)!}{e}^{-\lambda }\\ & =\lambda \sum _{x=1}^{\infty }\sum _{i=0}^{k-1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{i}\right)(x-1{)}^i\frac{{\lambda }^{x-1}}{(x-1)!}{e}^{-\lambda }\\ & =\lambda \sum _{i=0}^{k-1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{i}\right){\mu }_i.\end{array}$$

（2）由此递推公式可导出前四阶原点矩。

$${\mu }_1=\lambda {\mu }_0=\lambda .$$ $${\mu }_2=\lambda ({\mu }_0+{\mu }_1)=\lambda (1+\lambda ).$$ $${\mu }_3=\lambda ({\mu }_0+2{\mu }_1+{\mu }_2)=\lambda (1+3\lambda +{\lambda }^2).$$ $${\mu }_4=\lambda ({\mu }_0+3{\mu }_1+3{\mu }_2+{\mu }_3)=\lambda [1+3\lambda +3\lambda (1+\lambda )+\lambda ({\lambda }^2+3\lambda +1)]=\lambda (1+7\lambda +6{\lambda }^2+{\lambda }^3).$$

（3）再计算前四阶中心矩：

$${\nu }_1=0,{\nu }_2=\lambda .$$ $${\nu }_3={\mu }_3-3{\mu }_2{\mu }_1+2{\mu }_1^3=\lambda (1+3\lambda +{\lambda }^2)-3{\lambda }^2(1+\lambda )+2{\lambda }^3=\lambda .$$ $$\begin{array}{rl}{\nu }_4& ={\mu }_4-4{\mu }_3{\mu }_1+6{\mu }_2{\mu }_1^2-3{\mu }_1^4\\ & =\lambda (1+7\lambda +6{\lambda }^2+{\lambda }^3)-4{\lambda }^2(1+3\lambda +{\lambda }^2)+6{\lambda }^3(1+\lambda )-3{\lambda }^4\\ & =\lambda (1+3\lambda ).\end{array}$$

（4）最后计算偏度 ${\beta }_s$ 与峰度 ${\beta }_k$：

$${\beta }_s=\frac{{\nu }_3}{{\nu }_2^{3/2}}=\frac{\lambda }{{\lambda }^{3/2}}=\frac{1}{\sqrt{\lambda }}>0.$$

所以泊松分布是正偏分布，$\lambda$ 愈小偏度愈大。

$${\beta }_k=\frac{{\nu }_4}{{\nu }_2^2}-3=\frac{\lambda (1+3\lambda )}{{\lambda }^2}-3=\frac{1}{\lambda }>0.$$

所以泊松分布比标准正态分布更尖峭一些，$\lambda$ 愈小分布愈尖峭。

补充习题 16

设随机变量 $X$ 服从二项分布 $b(n,p)$，试求 $X$ 的前四阶原点矩、中心矩、偏度与峰度。

解 分几步进行。

（1）先求 $k$ 阶原点矩的递推公式。记

$$J_k(n)=\sum _{x=0}^n{x}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{x}\right)p^x(1-p{)}^{n-x}.$$

显然有

$$J_0(n)=J_0(n-i)=1,i=1,2,\dots ,n,$$

而当 $k\ge 1$ 时有

$$\begin{array}{rl}{J}_k(n)& =np\sum _{x=1}^n[(x-1)+1{]}^{k-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{x-1})p^{x-1}(1-p{)}^{n-x}\\ & =np\sum _{x=1}^n\sum _{i=0}^{k-1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{i}\right)(x-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{x-1})p^{x-1}(1-p{)}^{(n-1)-(x-1)}\\ & =np\sum _{i=0}^{k-1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{i}\right)J_i(n-1).\end{array}$$

（2）由此递推公式可导出前四阶原点矩。

$${\mu }_1=J_1(n)=np{J}_0(n-1)=np.$$ $${\mu }_2=J_2(n)=np[J_0(n-1)+J_1(n-1)]=np[1+(n-1)p].$$ $$\begin{array}{rl}{\mu }_3& =J_3(n)=np[J_0(n-1)+2J_1(n-1)+J_2(n-1)]\\ & =np\{1+2(n-1)p+(n-1)p[1+(n-2)p]\}\\ & =np[1+3(n-1)p+(n-1)(n-2)p^2].\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}{\mu }_4& =J_4(n)=np[J_0(n-1)+3J_1(n-1)+3J_2(n-1)+J_3(n-1)]\\ & =np[1+7(n-1)p+6(n-1)(n-2)p^2+(n-1)(n-2)(n-3)p^3].\end{array}$$

（3）再计算前四阶中心矩：

$${\nu }_1=0.$$ $${\nu }_2=np(1-p).$$ $$\begin{array}{rl}{\nu }_3& ={\mu }_3-3{\mu }_2{\mu }_1+2{\mu }_1^3\\ & =np[1+3(n-1)p+(n-1)(n-2)p^2]-3n^2{p}^2[1+(n-1)p]+2n^3{p}^3\\ & =np(1-p)(1-2p).\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}{\nu }_4& ={\mu }_4-4{\mu }_3{\mu }_1+6{\mu }_2{\mu }_1^2-3{\mu }_1^4\\ & =np(1-p)[1+3(n-2)p(1-p)].\end{array}$$

（4）最后计算偏度 ${\beta }_s$ 与峰度 ${\beta }_k$：

$${\beta }_s=\frac{{\nu }_3}{{\nu }_2^{3/2}}=\frac{1-2p}{\sqrt{np(1-p)}}=\{\begin{array}{ll}0,& p<\frac{1}{2},\\ =0,& p=\frac{1}{2},\\ <0,& p>\frac{1}{2}.\end{array}$$

由此可见：二项分布在 $p=1/2$ 时是对称分布；当 $p<1/2$ 时，二项分布正偏；当 $p>1/2$ 时，二项分布负偏。

$${\beta }_k=\frac{{\nu }_4}{{\nu }_2^2}-3=\frac{np(1-p)[1+3(n-2)p(1-p)]}{n^2{p}^2(1-p{)}^2}-3=\frac{1}{np(1-p)}-\frac{6}{n}=\frac{1}{n}\left(\frac{1}{p(1-p)}-6\right).$$

更细致地讨论会发现： （i）当 $p$ 在区间

$$\left[0.5-\frac{\sqrt{3}}{6},0.5+\frac{\sqrt{3}}{6}\right]\approx [0.21,0.79]$$

内，${\beta }_k\le 0$，此时二项分布比标准正态分布更平坦，譬如在 $p=0.5$ 时，

$${\beta }_k=-\frac{2}{n}<0,$$

此时二项分布是对称的，且比标准正态分布更平坦；

（ii）当 $p$ 在区间

$$\left[0.5-\frac{\sqrt{3}}{6},0.5+\frac{\sqrt{3}}{6}\right]$$

外，${\beta }_k>0$，此时二项分布比标准正态分布更尖峭。