离散随机变量与常见离散分布

上一章我们把随机变量看成一条翻译规则：它把一次试验的结果翻译成数字，再用分布函数记录这些数字携带的概率。现在来看一个更具体的问题。一个传感器每次发送数据都有可能成功，也有可能失败。如果你记录的是“这次是否成功”，答案只有 $0$ 和 $1$；如果记录“发十次成功了几次”，答案在 $0$ 到 $10$ 之间；如果记录“直到成功才停，总共发了几次”，答案可能一直往后延伸。

设备没有换，成功和失败的含义也没有换，换了我们要数的东西，分布就换了。这正是学习常见分布时最值得抓住的线索。我们不用先背一排名字，而是跟着问题走：一次成败怎样变成固定次数内的成功数？固定终点改成“等到成功”，公式为什么会变？再把独立重复改成不放回抽样，又会发生什么？

这一章会把这些问题算清楚。你在导论课上见过的“二项分布适合数成功次数”，在这里要落实为条件明确、每个因子都有来处的概率公式。

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一张概率表，怎样接上分布函数

先把“离散”讲准确。若存在有限或可数无限的数值集合 $S$，使得 $P(X\in S)=1$，我们就说 $X$ 是离散随机变量。公平骰子的点数只落在六个整数上；首次发送成功所需的次数可以是任意正整数，两者都是离散的。取值不一定是整数，也不一定等间距：抽中某张优惠券后得到的金额可以是 $0$ 元、$2.5$ 元或 $18$ 元。

我们通常把正概率取值组成的集合写成

$$S_X=\{x\in\mathbb R:P(X=x)>0\}.$$

本章所说的“支持集”采用这个离散意义。它告诉我们哪些数实际承载概率。离散分布的点也未必在几何上互相隔开，例如 $1,1/2,1/3,\ldots$ 就有聚点；关键在于概率能够集中到一张可数的取值表上。

表里的每一项由概率质量函数给出，英文缩写是 PMF：

$$p_X(x)=P(X=x).$$

一张合法概率表必须满足非负性和总和为 $1$：

$$p_X(x)\ge 0,\qquad \sum_{x\in S_X}p_X(x)=1.$$

第一条不允许“负的可能性”，第二条保证没有漏掉任何有概率的取值。支持集外的 PMF 一律取 $0$。以后写出一个带常数的公式，先检查这两条，比急着给分布起名字更有用。

假设某抽签活动发放的奖金 $X$ 为 $0,4,10$ 元，相应概率为 $0.5,0.3,0.2$。问“至少得到 $4$ 元”，就把 $4$ 和 $10$ 两个取值的概率相加，得到 $$。问“严格超过 元”，只剩 元，概率是 。离散分布中一个端点就可能带着很大一块概率，不能随手把 与 换来换去。

PMF 和上一章的 CDF 其实是同一份信息的两种整理方式：

$$F_X(t)=P(X\le t)=\sum_{x\in S_X,\,x\le t}p_X(x).$$

如果只取整数值，那么 CDF 每经过一个有正概率的整数就跳一次。反过来，某点的跳跃高度就是点概率：

$$p_X(k)=F_X(k)-F_X(k^-),\qquad F_X(k^-)=P(X<k).$$

这里要减去左极限，不能对任意离散变量都写成 $F_X(k)-F_X(k-1)$；后一种写法只有在区间 $(k-1,k)$ 没有其他可能取值时才成立。对整数值变量，区间概率可写成

$$P(a\le X\le b)=\sum_{k=\lceil a\rceil}^{\lfloor b\rfloor}p_X(k).$$

求和只留下支持集内的项即可。PMF 图上的柱高表示点概率；柱子画多宽只是排版选择，不靠“柱子的面积”定义概率。这一点会在下一章学习连续密度时形成鲜明区别。

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一次成败，为什么只需要一个参数

回到传感器。成功传送一次记 $I=1$，失败记 $I=0$，设成功概率为 $p$。那么整张概率表只有两项：

$$P(I=1)=p,\qquad P(I=0)=1-p,\qquad 0\le p\le1.$$

这就是伯努利分布，记为 $I\sim\operatorname{Bernoulli}(p)$。给出成功概率后，失败概率就由总和为 $1$ 决定，所以只需一个参数。对 $0<p<1$，也可以压缩写成

$$P(I=x)=p^x(1-p)^{1-x},\qquad x\in\{0,1\}.$$

把 $x=1$ 和 $x=0$ 分别代入，就能还原那两项概率。端点 $p=0$ 或 $p=1$ 直接看概率表最清楚：前者恒等于 $0$，后者恒等于 $$；此时真正的支持集只剩一个点，不必纠结压缩公式中的 。

“成功”只是给一种结果起的名称，不一定意味着好事。若我们记录“数据是否丢失”，丢失也可以记成成功。更一般地，对任意事件 $A$，定义指示变量

$$I_A=\begin{cases}1,&A\text{ 发生},\\0,&A\text{ 不发生},\end{cases} \qquad I_A\sim\operatorname{Bernoulli}(P(A)).$$

即使原始实验有很多结果，只要问题最后被归成“属于 $A$”和“不属于 $A$”，就得到伯努利变量。一次掷骰子有六种点数，记录“点数是否大于 $4$”却是参数 $1/3$ 的伯努利变量。这也再次说明：决定分布的是翻译后的变量，以及原始结果的概率。

先给均值和方差一个可计算的含义

后面会专门建立期望和方差的理论。为了理解不同分布的中心和波动，我们先用离散概率表预览这两个量：

$$E(X)=\sum_x x p_X(x),\qquad \operatorname{Var}(X)=\sum_x(x-E(X))^2p_X(x).$$

有限支持集时，这就是普通的有限加权和。无限支持集时，有限期望要求 $\sum_x|x|p_X(x)<\infty$，有限方差还需要二阶矩有限。本章列出的分布在给定非退化参数下都满足这些要求。现在可以把期望读成“按概率加权的位置”，把方差读成“离这个位置的平方距离的加权平均”；它们与长期样本平均的联系，后面要用大数定律严格说明。

伯努利变量的计算尤其直接：

$$E(I)=0(1-p)+1p=p,\qquad E(I^2)=p.$$

利用平方展开得到的 $\operatorname{Var}(I)=E(I^2)-[E(I)]^2$，便有

$$\operatorname{Var}(I)=p(1-p).$$

例如 $p=0.8$ 时，期望为 $0.8$，方差为 $0.16$。期望不是说某次能观测到“成功 $0.8$ 次”；单次仍只有 $0$ 和 $1$。它给概率表标出了一个加权中心，这个中心完全可以不在支持集里。

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固定做多少次，再问成功了几次

现在约定发送 $n$ 次，每次成功概率都为 $p$，各次结果相互独立。令第 $i$ 次是否成功的指示变量为 $I_i$，那么总成功次数就是

$$X=I_1+I_2+\cdots+I_n.$$

它服从二项分布，记为 $X\sim\operatorname{Binomial}(n,p)$。这里 $n$ 是非负整数，$p\in[0,1]$。当 $n\ge1$ 且 时，支持集为 。

先别记公式，试着算“四次发送，恰好两次成功”。一种符合要求的结果是“成、败、成、败”，独立性让它的概率等于 $p^2(1-p)^2$。但它不是唯一的结果：两次成功还可以出现在位置 $1,2$，也可以出现在位置 $3,4$。四个位置中选两个放成功，有 $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{2}\right)$ 种选法。这六个具体结果互斥，所以要相加。

一般情况下，恰好 $k$ 次成功的每条结果序列都带着概率 $p^k(1-p)^{n-k}$，而成功位置有 $\binom nk$ 种，因此

$$P(X=k)=\binom nk p^k(1-p)^{n-k},\qquad k=0,1,\ldots,n.$$

组合数负责数“有多少种位置安排”，概率乘积负责算“每种安排多可能”。独立性支持乘法，同一个 $p$ 保证这些安排有相同概率，互斥性支持最后的加法。少了其中任何一个依据，这段推导都需要重新检查。

二项展开也替我们完成了归一化检查：

$$\sum_{k=0}^n\binom nk p^k(1-p)^{n-k}=(p+1-p)^n=1.$$

当 $n=0$ 时根本没有试验，成功数恒为 $0$；当 $p=0$ 时也恒为 $0$；当 $p=1$ 时恒为 $n$。这些退化情形和问题本身完全一致。

同一个概率表，可以回答不同的问题

假设六次发送相互独立，成功概率都是 $0.8$。恰好五次成功的概率为

$$P(X=5)=\binom65(0.8)^5(0.2)=0.393216.$$

至少五次成功还要加上全部成功：

$$P(X\ge5)=P(X=5)+P(X=6)=0.393216+0.262144=0.65536.$$

如果只要求“至少一次成功”，逐项加 $P(X=1)$ 到 $P(X=6)$ 就显得费力。其反面是一次都没有成功，于是

$$P(X\ge1)=1-P(X=0)=1-(0.2)^6=0.999936.$$

这不是三种分布，而是对同一张概率表提出三个不同的事件。做题时先把中文翻译成 $X=5$、$X\ge5$ 或 $X\ge1$，常常就能避免把“恰好”“至少”“至多”混在一起。

均值为什么是 $np$，方差为什么多一个 $1-p$

把成功次数拆成指示变量，后续期望的线性性会给出 $E(X)=\sum_iE(I_i)=np$。我们也可以只靠已经得到的 PMF 直接验证。对 $n\ge1$，用恒等式 ，有

$$\begin{aligned} E(X)&=\sum_{k=1}^n k\binom nk p^k(1-p)^{n-k}\\ &=np\sum_{k=1}^n\binom{n-1}{k-1}p^{k-1}(1-p)^{n-k}=np. \end{aligned}$$

最后那一整段求和是一个参数为 $n-1,p$ 的二项概率总和，等于 $1$。同样处理 $X(X-1)$，得到

$$E[X(X-1)]=n(n-1)p^2.$$

由于 $X^2=X(X-1)+X$，便有

$$\operatorname{Var}(X)=n(n-1)p^2+np-n^2p^2=np(1-p).$$

当 $p$ 接近 $0$ 或 $1$，结果几乎一边倒，波动小；$p=1/2$ 时，固定 $n$ 下方差最大。六次、成功率 $0.8$ 的例子中，$E(X)=4.8$，。中心在 附近，并不要求单次结果能等于 。

“有放回”常用来保证从固定总体中每次抽样的成功概率相同，但二项分布不要求题目一定出现放回两个字。发送、抛硬币、独立检测都可以符合条件。真正要检查的是固定次数、相互独立和同一成功概率。

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不预先定次数，改成等到第一次成功

固定发六次后停下来，得到二项成功数。如果改成“失败就继续，第一次成功后停止”，我们记录的是另一个变量 $T$：包含最后成功那一次的总发送次数。因此最小值是 $1$，而不是 $0$。

仍设各次独立、成功概率恒为 $p$，先取 $0<p<1$。要使 $T=4$，唯一可能的成败模式是“败、败、败、成”。这里没有组合数，因为前三次只要提前出现成功，我们就已经停了。于是

$$P(T=k)=(1-p)^{k-1}p,\qquad k=1,2,\ldots.$$

这就是几何分布，记为 $T\sim\operatorname{Geometric}(p)$。令 $q=1-p$，归一化来自几何级数：

$$\sum_{k=1}^{\infty}q^{k-1}p=\frac{p}{1-q}=1.$$

这还说明成功最终会以概率 $1$ 出现。具体地，前 $m$ 次都失败的概率为 $q^m$，它随着 $m\to\infty$ 趋于 $0$。这里的“最终成功概率为 $1$”不提供一个保证够用的有限次数；对任何有限的 ， 仍然大于 。

若 $p=1$，$T$ 恒为 $1$；若 $p=0$，永远不会成功，等待次数应记为 $+\infty$，不能继续把它当成支持在正整数上的几何分布。

等待问题中，尾概率往往最好算

事件 $T>m$ 的意思是“前 $m$ 次尚未成功”。不用把无限多个 PMF 加起来，直接看这 $m$ 次即可：

$$P(T>m)=q^m,\qquad m=0,1,2,\ldots.$$

因此在整数 $m\ge1$ 处，

$$P(T\le m)=1-q^m,\qquad P(T\ge m)=q^{m-1}.$$

“大于 $m$”意味着前 $m$ 次都失败，“至少需要 $m$ 次”只意味着前 $m-1$ 次都失败。两者差了一个试验，这个差别正是等待题中最常见的偏一错误。

例如每次成功概率为 $0.25$，至少需要四次的概率是 $0.75^3=0.421875$，恰好第四次成功的概率则要再乘最后那次成功的 $0.25$，得到 $0.10546875$。如果希望在限定次数内成功的概率至少达到 $0.95$，需要

$$1-0.75^m\ge0.95 \quad\Longleftrightarrow\quad m\ge\frac{\log0.05}{\log0.75}.$$

右侧约为 $10.413$，所以最少安排 $11$ 次。对数分母为负，解不等式时必须反向；最后还要向上取整，因为次数只能是整数。

无记忆性究竟忘掉了什么

已经连续失败五次，会不会“下一次更该成功”？在这个独立同概率的模型里不会。对非负整数 $s,t$，

$$\begin{aligned} P(T>s+t\mid T>s) &=\frac{P(T>s+t)}{P(T>s)}\\ &=\frac{q^{s+t}}{q^s}=q^t=P(T>t). \end{aligned}$$

它说的是：已知前 $s$ 次都失败，再需要等待的次数 $T-s$，其条件分布和从头开始等待一样。被保留下来的总次数当然已经增加了，重新开始的是“还要等多久”的分布。

这条无记忆性依赖每次成功概率不变。如果系统每次失败后自动提高功率，下一次成功概率可能上升；如果元件随使用老化，可能下降。两种情形都不能直接套几何分布。它也没有说“一次失败后更应该成功”或“连续失败说明快轮到成功”，那些说法给模型添加了并不存在的补偿机制。

几何分布的中心和波动为

$$E(T)=\frac1p,\qquad \operatorname{Var}(T)=\frac{1-p}{p^2}.$$

可以从 $\sum_{k\ge0}q^k=(1-q)^{-1}$ 在 $\mathrm{\mid }$ 内求导来核算：

$$\sum_{k=1}^{\infty}kq^{k-1}=\frac1{(1-q)^2},\qquad \sum_{k=1}^{\infty}k^2q^{k-1}=\frac{1+q}{(1-q)^3}.$$

分别乘以 $p$，得到 $E(T)=1/p$ 和 $E(T^2)=(1+q)/p^2$，再减去均值平方即可。 时，平均等待次数为 ，方差却是 。平均是四次，不代表“大多恰好第四次成功”；几何 PMF 最大的一项始终在 ，少量很长的等待会把加权平均往右拉。

还有一种常见记法让 $G=T-1$ 表示首次成功前的失败次数。此时

$$P(G=j)=q^jp,\quad j=0,1,\ldots,\qquad E(G)=\frac{q}{p}.$$

平移不改变方差，所以 $\operatorname{Var}(G)=q/p^2$。这两张表描述同一个停止过程，只是记账起点不同。看到软件函数或题目的“几何分布”，先读变量究竟数总次数还是失败次数。

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等到第三次成功，最后一步仍然不能自由安排

若系统必须收到 $r$ 个成功数据包才停止，令 $T_r$ 表示达到第 $r$ 次成功所需的总次数，其中 $r$ 是正整数。显然 $T_r\ge r$；当 时，支持集为 。

要使 $T_r=k$，必须同时满足：前 $k-1$ 次中恰有 $r-1$ 次成功，第 $k$ 次成功。先把最后一次钉住，再计算前面的排列：

$$\begin{aligned} P(T_r=k) &=\binom{k-1}{r-1}p^{r-1}(1-p)^{k-r}\,p\\ &=\binom{k-1}{r-1}p^r(1-p)^{k-r},\qquad k=r,r+1,\ldots. \end{aligned}$$

这就是本章采用的负二项分布总次数版本，记为 $T_r\sim\operatorname{NegativeBinomial}(r,p)$。

为什么不能用 $\binom kr$？因为它计算的是“前 $k$ 次共有 $r$ 次成功”，会把第 $r$ 次成功早已发生、最后一次却失败的序列也算进去。例如要等第三次成功，“成、成、成、败、败”虽然五次中成功了三次，但早在第三次就停止了，不能算作 $T_3=5$。

若 $p=0.4$，等到第三次成功恰好用六次的概率为

$$P(T_3=6)=\binom52(0.4)^3(0.6)^3=0.13824.$$

如果问“六次以内能否收齐三个成功包”，可以换一种角度：这等价于前六次中至少成功三次。设 $B_6$ 是前六次的成功数，则

$$\{T_3\le6\}=\{B_6\ge3\}.$$

一般地，对于整数 $m\ge r$，

$$P(T_r\le m)=P(\operatorname{Binomial}(m,p)\ge r).$$

这个事件恒等式把“等多久”和“到某时刻成功几次”接在一起。它也证明 $T_r$ 有限的概率为 $1$：$P(T_r>m)$ 是一个二项分布仅取 $0$ 到 的概率和；固定 后，各项都含有指数衰减的 乘上至多固定次数的多项式，故总和趋于 。

另一种理解是把等待切成 $r$ 段：从开始到第一次成功，从第一次成功之后到第二次成功，依此类推。独立试验序列让这些段长 $G_1,\ldots,G_r$ 相互独立，每段都是总次数版本的几何分布，并且

$$T_r=G_1+\cdots+G_r.$$

后面独立和的理论会由此给出

$$E(T_r)=\frac rp,\qquad \operatorname{Var}(T_r)=\frac{r(1-p)}{p^2}.$$

取 $r=1$，全部公式都回到几何分布。若 $p=1$，则 $T_r=r$；$p=0$ 时永远收不齐，有限次数分布不再成立。

若改记达到第 $r$ 次成功之前的总失败次数 $F_r=T_r-r$，则

$$P(F_r=j)=\binom{j+r-1}{r-1}p^r(1-p)^j,\qquad j=0,1,\ldots,$$

并且 $E(F_r)=r(1-p)/p$，方差仍为 $r(1-p)/p^2$。负二项分布不是一般的无记忆等待：等三次成功时，已等了几次并不能告诉我们还缺几次成功；如果前面已经成功两次，剩下的任务显然不同于一次都没有成功。

把一串具体成败结果交给三种计数规则，会得到三个不同的数。下面这串结果只是一次可能的记录；真正的分布还要把所有可能的记录及其概率一起考虑进去。

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不放回抽样，为什么不能沿用二项公式

到这里，所有重复试验都建立在独立同概率的条件上。换一个问题：仓库共有 $12$ 个模块，其中 $4$ 个需要维修。随机不放回抽出 $5$ 个，令 $X$ 表示抽中的待修模块数。

每个位置在抽样前看都有 $4/12$ 的待修概率，但抽出一个待修模块后，下一次的待修概率会变成 $3/11$；抽出一个正常模块后，则变成 $4/11$。边缘比例相同不等于抽样结果独立。此时二项推导中“每种成败序列都由固定的 $p$ 相乘”这一环已经不能原样使用。

更合适的办法是直接数抽到的集合。一般设总体大小为 $N$，其中 $K$ 个称为成功对象，等可能地抽取一个大小为 $n$ 的子集。参数须满足

$$N\ge1,\qquad 0\le K\le N,\qquad0\le n\le N,$$

并且都是整数。抽中的成功数 $X$ 服从超几何分布，记为 $X\sim\operatorname{Hypergeometric}(N,K,n)$。

先把不可能的取值排除

成功数不能小于 $0$，不能超过抽样总数 $n$，也不能超过总体里的成功数 $K$。还有一个容易漏掉的约束：失败数 $n-k$ 不能超过现有失败总数 $N-K$。因此

$$\max(0,n-(N-K))\le k\le\min(n,K).$$

这段整数区间就是支持集。如果 $N=10,K=8,n=5$，总体只有两个失败对象，抽五个时至少成功三个；把 $0,1,2$ 都画成“可能的成功数”就错了。

分子和分母必须数同一种对象

全部大小为 $n$ 的子集有 $\binom Nn$ 个。要恰好抽中 $k$ 个成功对象，就从 $K$ 个中选 $k$ 个，再从 $$ 个失败对象中选 个。两次选择共同确定唯一的抽样集合，所以

$$P(X=k)=\frac{\binom Kk\binom{N-K}{n-k}}{\binom Nn}.$$

分子、分母都不计抽出顺序。也可以使用有序抽样推导，但不能让分母数集合、分子却数有序序列。这个公式成立还要求每个大小为 $n$ 的子集等可能；“不放回”本身并不排除偏向某些对象的抽样方式。

归一化也有直接的计数解释：全部大小为 $n$ 的子集，可以按其中成功对象的数量 $k$ 分组。因此

$$\sum_k\binom Kk\binom{N-K}{n-k}=\binom Nn.$$

回到 $12$ 个模块中 $4$ 个待修、抽出 $5$ 个的例子，恰好抽中两个待修模块的概率为

$$P(X=2)=\frac{\binom42\binom83}{\binom{12}5} =\frac{6\cdot56}{792}=\frac{14}{33}\approx0.4242.$$

若问题是“至少发现一个”，其反面是五个都正常：

$$P(X\ge1)=1-\frac{\binom85}{\binom{12}5} =1-\frac{56}{792}=\frac{92}{99}\approx0.9293.$$

为什么无放回会压低波动

把第 $i$ 次抽中成功对象记为 $I_i$。由抽样对称性，各个位置都有 $E(I_i)=K/N$，所以

$$E(X)=n\frac KN.$$

这一点和二项分布的 $np$ 一样，均值还看不出独立性被破坏了。波动则不同。令 $p=K/N$，当 $N>1$ 且 $i\ne j$ 时，

$$P(I_i=1,I_j=1)=\frac KN\frac{K-1}{N-1}.$$

它比 $p^2$ 少了 $p(1-p)/(N-1)$，因此

$$E(I_iI_j)-E(I_i)E(I_j)=-\frac{p(1-p)}{N-1}.$$

后面会把这个差称为协方差；负号表示抽到一个成功后，会降低另一个位置抽到成功的条件概率。现在只需展开 $X^2=(I_1+\cdots+I_n)^2$，保留所有不同位置的乘积，就得到

$$\begin{aligned} \operatorname{Var}(X) &=np(1-p)-\frac{n(n-1)p(1-p)}{N-1}\\ &=np(1-p)\frac{N-n}{N-1}. \end{aligned}$$

最后一项叫有限总体修正因子。在 $n\ge1$ 时它不大于 $1$：只抽一个没有修正，抽得越多，相互限制越明显；抽完整个总体时，$X=K$ 已经确定，方差降到 $0$。模块例子的均值为 $5/3$，方差为 $70/99\approx0.7071$，小于独立二项模型的 。若 ，直接按确定的抽样结果求方差 ，不能把含 分母的公式硬代进去。

当总体远大于样本，不放回只轻微改变后续概率，二项分布可以成为近似。严谨的一种极限说法是：固定 $n$，让 $N\to\infty$ 且 $K/N\to p$，超几何 PMF 就趋近 $\operatorname{Binomial}(n,p)$ 的 PMF。实际计算中，$n/N$ 小是一个有用提示，但“低于某个百分比就处处精确”不是定理，尤其不能据此保证极小尾概率的相对误差。

一个保守的检查方法是比较有放回抽样中是否重复抽到同一编号。重复概率至多为 $\binom n2/N$；在没有重复时，可以把这次抽样和均匀不放回抽样配在一起。因此任一成功数事件的两种概率之差，都可用 $\min(1,\binom n2/N)$ 这个上界控制。它有时很粗，却把“总体很大”翻译成了一个可计算的误差检查；上界不小时，只能说明这个保证不够好，不能据此断定近似必然很差。

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固定窗口中的事件数，怎样得到泊松分布

最后换一种计数：记录十分钟内到达的请求数。这里通常没有预先列好的“总共试验 $n$ 次”，我们看到的是一个时间窗口，和窗口里发生的一串事件。泊松分布常用来描述这种计数，但只知道平均每分钟几个请求，还不足以唯一确定分布。

先从已经理解的二项模型搭桥。假设有 $n$ 个独立的小机会，每个成功概率为 $p_n=\lambda/n$，令 $X_n$ 为成功总数。随着 $n$ 增大，机会越来越多，每次越来越不容易成功，而平均成功数 保持固定。对固定非负整数 ，

$$P(X_n=k)=\binom nk\left(\frac\lambda n\right)^k\left(1-\frac\lambda n\right)^{n-k}.$$

把它拆成三个容易看极限的部分：

$$P(X_n=k)=\frac{\lambda^k}{k!} \left[\prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac jn\right)\right] \left(1-\frac\lambda n\right)^n \left(1-\frac\lambda n\right)^{-k}.$$

其中有限乘积趋于 $1$，中间的幂趋于 $e^{-\lambda}$，最后一项趋于 $1$。于是

$$P(X_n=k)\longrightarrow e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}.$$

这便得到 $X\sim\operatorname{Poisson}(\lambda)$ 的概率质量函数：

$$P(X=k)=e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!},\qquad k=0,1,2,\ldots,\quad\lambda>0.$$

它确实是一张完整概率表，因为

$$\sum_{k=0}^{\infty}e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} =e^{-\lambda}e^\lambda=1.$$

$\lambda=0$ 可以另定义为恒等于 $0$ 的退化分布。$\lambda$ 不必是整数，它表示窗口中的平均次数，和某次实际观察到的整数次数不是同一件事。

事件率与窗口平均数，别漏掉时间单位

若想把上述极限用于时间计数，需要明确模型条件。设 $\rho$ 为恒定事件率，单位例如“次/分钟”。标准的齐次泊松计数模型要求：不相交时间段内的事件数相互独立；长度相同的时间段有相同分布；对长度为 $h$ 的很短区间，

$$P(\text{一次事件})=\rho h+o(h),\qquad P(\text{至少两次事件})=o(h).$$

这里 $o(h)/h\to0$。这比说“同时发生多个事件的概率很小”更准确：区间缩短时，多次事件的概率还要比区间长度下降得更快。把长度为 $t$ 的窗口不断细分，就接上了前面的许多小机会模型，窗口总计数服从参数

$$\lambda=\rho t$$

的泊松分布。这里 $\rho$ 是率，$\lambda$ 是这个窗口的平均次数，二者不能不看单位地混用。

例如某计数模型的事件率是每分钟 $0.6$ 次，观察五分钟，则 $\lambda=3$。五分钟没有事件的概率为 $e^{-3}\approx0.0498$；恰好两次的概率为

$$P(X=2)=e^{-3}\frac{3^2}{2!}\approx0.2240.$$

至少两次可以通过补事件计算：

$$P(X\ge2)=1-P(X=0)-P(X=1)=1-4e^{-3}\approx0.8009.$$

这些数字是该模型及其假设下的结果。平均率为 $0.6$ 本身不能推出它们：每到整点成批到达、某次事件触发后续事件，或把忙时和闲时混成一个窗口，都可能破坏上述条件。

均值等于方差，是可检验的特征

泊松分布的均值与方差都为 $\lambda$。不要仅凭“二项均值和方差的极限看起来如此”便当作证明，因为分布收敛一般不能自动交换期望。这里可以直接从 PMF 求和：

$$E(X)=\sum_{k=1}^{\infty}k e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} =\lambda e^{-\lambda}\sum_{j=0}^{\infty}\frac{\lambda^j}{j!}=\lambda.$$

同理，

$$E[X(X-1)]=\lambda^2, \qquad \operatorname{Var}(X)=\lambda^2+\lambda-\lambda^2=\lambda.$$

因此固定参数泊松模型的理论均值和方差相同。如果许多可比窗口的计数显示明显更大的离散程度，就应检查成批发生、相互影响、窗口之间率不同等机制。有限样本的均值和方差不必恰好相等，所以不能只凭一次数字不一致就宣布模型失败；反过来，二者碰巧接近也不能证明整个分布就是泊松分布。

稀有事件近似，到底近似在哪儿

若 $X\sim\operatorname{Binomial}(n,p)$，常用 $\operatorname{Poisson}(np)$ 近似。当 $n=200,p=0.005$ 时，$$，没有成功的精确概率为

$$P(X=0)=0.995^{200}\approx0.36696,$$

泊松近似为 $e^{-1}\approx0.36788$，相差约 $0.00092$。这是对某个具体事件检验近似，不能只看两条曲线“差不多”。

“$n$ 大”本身不够。若 $p=1/2$，二项方差为 $n/4$，匹配均值的泊松方差为 $n/2$，两者波动明显不同。另一方面，二项计数最多为 $n$，泊松分布却会给所有非负整数分配概率；使用近似时，超过 $n$ 的虚构尾部是否足够小，也属于应检查的误差。

如果问题需要可靠的尾概率，而二项 PMF 本来就能直接求和，应优先比较精确结果。不存在一个适用于所有事件和所有精度要求的“$n$ 超过某数就一定能近似”的开关。本章证明的极限固定了 $\lambda$ 和 $k$，实际参数下的精度还要针对所问事件判断。

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等可能的有限取值，也要看清翻译规则

还有一种最简单的离散分布：从有限个数值中等可能选一个。若支持集是连续整数 $a,a+1,\ldots,b$，其中 $a\le b$，共有 $m=b-a+1$ 个值，那么的 PMF 为

$$P(X=k)=\frac1m,\qquad k=a,a+1,\ldots,b.$$

因为 $m$ 个相等概率相加为 $1$，每项必为 $1/m$。对称位置两两配对可得

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

令 $J=X-a$，它均匀取 $0,1,\ldots,m-1$。利用整数求和与平方求和公式，

$$E(J)=\frac{m-1}{2},\qquad E(J^2)=\frac{(m-1)(2m-1)}6,$$

所以

$$\operatorname{Var}(X)=\operatorname{Var}(J) =\frac{m^2-1}{12}.$$

例如均匀抽取编号 $3$ 到 $9$，共有七个编号，期望为 $6$，方差为 $4$。问编号至少为 $7$，符合要求的编号有 $7,8,9$ 三个，概率是 $3/7$。公式里出现 ，正是因为两端编号都包括在内。

有限的等概率数值也可以不连续，但此时不能沿用连续整数的均值和方差公式。例如 $0,1,10$ 各以 $1/3$ 概率出现，均值为 $11/3$，并非两端平均 $5$。更不能从“原始结果等可能”直接推出“翻译后的取值等可能”：两枚公平骰子的 $36$ 个有序结果等可能，点数和为 $7$ 却有六个原始结果，点数和为 $2$ 只有一个。

也不存在“在所有正整数中均匀随机选一个”的离散均匀分布。若每个正整数概率为同一个 $c>0$，总和会发散；若 $c=0$，可数可加性又让总和等于 $0$。有限均匀分布不能只把支持集无限延长，而让等概率性质原封不动保留下来。

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把分布放回它们产生的问题里

走到这里，我们已经能把分布之间的关系读成试验规则的变化。伯努利是一次成败，二项是固定次数的成败相加；几何等第一次成功，负二项等第 $r$ 次成功；超几何保留了“数成功”的任务，却改成有限总体不放回；泊松来自大量微小独立机会的计数极限。均匀分布则取决于有限数值本身确实等概率。

下面的调参器可以用来核对本章的概率表。先选择二项分布，把 $n$ 固定，再改变 $p$，观察中心和偏斜怎样变化；再切到几何分布，减小 $p$，比较右尾和均值。柱上读数是理论 PMF，不是模拟频率。几何与泊松的支持集无限，画布只能显示有限范围，务必一起查看“图中总概率”和尾部说明，图外仍可能有概率。泊松滑块中的 $\lambda$ 在这里按一个固定单位窗口的平均次数理解；更换实际观察窗口时，要先用 $\lambda=\rho t$ 换算。

这张表适合在理解之后核对，不能代替建模。一个问题如果只说“我们随机检查了一批产品”，仍需要明确是否放回、总体结构、检查方式以及各次是否相互影响。支持集可以帮你发现明显错误，却不能独自认定某个分布：许多完全不同的分布都可以取 $0,1,2,\ldots$。

最稳的做法是先写一句完整的话：“$X$ 表示什么，在什么规则下产生。”然后写出可能的数值范围，把目标事件表示成 $X=k$、$X\le k$ 或 $X>k$，最后才计算概率。这样公式就有了明确的入口，也有了可以检查的边界。

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练习：从机制走到概率

同一成功率，为何有不同的总数分布

一次随机选择决定某设备是否处于正常状态，正常概率为 $0.7$。设备正常时连续四次发送都成功，异常时四次都失败。令 $I_i$ 表示第 $i$ 次是否成功，$X$ 表示总成功数。各 $I_i$ 是什么分布？ 是 吗？求 。

显示答案

每个 $I_i$ 都是 $\operatorname{Bernoulli}(0.7)$，但它们共享同一个设备状态，完全相关。总数只可能为 $0$ 或 $4$，相应概率为 $0.3$ 与 $0.7$，所以不是二项分布，且 。如果四次独立同概率，二项模型给出的结果才会是 。相同的单次概率不能决定总数的分布，试验之间的关系也参与了计算。

已经失败过，接下来的概率怎样算

每次尝试成功概率为 $0.2$，各次相互独立。令 $T$ 表示首次成功所需的总次数。求 $P(T\ge4)$；在已知前三次都失败的条件下，求接下来两次内至少成功一次的概率。

显示答案

$T\ge4$ 只要求前三次都失败，因此概率为 $0.8^3=0.512$。在前三次失败之后，未来试验仍是原来的独立同概率试验；接下来两次都失败的条件概率为 $0.8^2$，所以至少成功一次的条件概率为 $1-0.8^2=0.36$。这等于 ，对应剩余等待时间的无记忆性。不能把第二问写成 ，后者还包括前面三次已成功的结果，而题目已经排除了这些结果。

停止时刻和固定次数，怎样互相翻译

独立试验每次成功概率为 $0.5$，到第二次成功时停止。令 $T_2$ 为总试验次数，$F_2$ 为停止前的失败次数。求 $P(T_2=5)$、 和 。

显示答案

第五次必须成功，前四次恰好有一次成功，因此

$$P(T_2=5)=\binom41(0.5)^2(0.5)^3=\frac18.$$

失败对象不够时，支持集怎样改变

一盒十张卡片中有七张蓝卡、三张白卡。等可能地不放回抽出五张，令 $X$ 为蓝卡数。写出支持集，求恰好三张蓝卡的概率，并求均值和方差。

显示答案

白卡最多三张，抽五张就至少含两张蓝卡；蓝卡最多抽五张。因此支持集为 $\{2,3,4,5\}$，并且

$$P(X=3)=\frac{\binom73\binom32}{\binom{10}5} =\frac{105}{252}=\frac5{12}.$$

泊松参数中藏着哪个窗口

假设某事件计数满足恒定率为每小时 $2.4$ 次的齐次泊松模型。求半小时内没有事件以及至少两次事件的概率。若另一个系统只告诉你“平均每小时 $2.4$ 次”，能直接使用同样答案吗？

显示答案

半小时窗口的参数为 $\lambda=2.4\times0.5=1.2$，所以没有事件的概率为

$$P(X=0)=e^{-1.2}\approx0.3012,$$

现在我们已经知道怎样把概率集中在一个个取值上，怎样靠求和回答事件问题。但有些模型里的测量值、寿命和误差不会集中到这样一张可数概率表中。下一章要继续问：如果每个单点都没有正概率，区间的概率从哪里来？我们仍然保留上一章的分布函数，只把这里“把点概率逐项加起来”的动作，换成对密度在区间上积分。