常见连续分布：均匀、指数、正态、Gamma 与 Beta

上一章，我们把“连续随机变量取某个值的概率”换成了“它落在某段区间里的概率”。密度曲线负责描述概率怎样分布，积分负责把一段区间里的概率收起来。这套语言已经有了，接下来要解决一个更实际的问题：面对等待时间、测量读数或一个未知的比例，到底该画哪一条密度曲线？

先别急着背五个名字。设想我们关心三件事：一段录音中随机选中的播放位置、传感器下一次收到信号的等待时间、仪器测量同一个零件时的读数。它们都可以用连续变量描述，可“随机”的方式并不相同。播放位置有起点和终点，等待时间不能为负，测量读数则可能在中心上下波动。分布的公式，是这些差别的数学表达。

这一章会把均匀、指数、正态、Gamma 和 Beta 五个分布逐个展开。我们既要会算概率，也要看清楚每个公式背后多加了什么假设。你在导论课里可能听过“等待时间用指数”“误差用正态”，现在要补上的正是这半句话：什么条件让它合理，什么现象会让它不再合理。

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先把变量说清楚，再给分布起名字

如果有人问“网站点击率是什么分布”，我们还不能马上回答。一次访问是否点击，只有 $0$ 和 $1$ 两种结果，可以用 Bernoulli 变量表示；固定 $n$ 次访问里的点击次数，是一个整数；实际观测到的点击比例只能取 $0,1/n,\ldots,1$，仍然是离散的。另一个问题是，我们怎样表达对未知点击概率本身的不确定性，这时才可能让一个取值在 $[0,1]$ 的连续变量进入模型。

这几个问题都带着“点击率”三个字，数学对象却不同。选模型之前，先写一句完整的话：“令 $X$ 表示……，计量单位是……，可能取值是……。”很多看起来像公式错误的题，其实在这一步就已经把变量认错了。

本章这些分布都有密度，所以单个端点的概率都是 $0$。把指数密度在 $0$ 处定义成 $\lambda$ 或 $0$，并不会改变分布；Beta 密度在端点附近可以趋于无穷，也不表示端点本身获得了正概率。我们关心的始终是面积。

后面会顺便算出每个分布的期望和方差，为下一章作准备。先给这两个量一个够用的解释：期望 $E(X)$ 是按概率加权的中心，方差是偏离这个中心的平方的加权平均。对于本章这些具有有限二阶矩的密度，我们使用

$$E(X)=\int_{-\infty}^{\infty}xf_X(x)\,dx, \qquad \operatorname{Var}(X)=E(X^2)-[E(X)]^2.$$

其中 $E(X^2)=\int x^2f_X(x)\,dx$。期望是否存在、这些计算规则为什么成立，下一章会系统讨论。现在先让公式在具体分布里有一点可见的含义。

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均匀分布：相等的是区间长度对应的概率

“每个点一样可能”还不够准确

一段录音长 $12$ 分钟。我们用一个规则随机选择播放位置，并要求任意两个长度相同的时间区间，被选中的概率都相同。这样，开头一分钟和最后一分钟各占总概率的 $1/12$；从第 $3$ 分钟到第 $6$ 分钟，占总长度的四分之一，概率也应当是四分之一。

这才是连续均匀分布里“均匀”的准确意思。不能把它理解成“每个点分到同一个正概率”：区间里有无穷多个点，任何一个精确点的概率都是 $0$。能拿来比较的是一段长度所分到的概率。

一般地，设 $X\sim U(a,b)$，其中 $a<b$。区间内密度是常数 $c$，又因为总面积必须为 $1$，所以 $c(b-a)=1$。于是

$$f_X(x)= \begin{cases} \dfrac{1}{b-a},&a<x<b,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}$$

密度的高度有时会超过 $1$。例如 $U(0,0.2)$ 的密度高达 $5$，没有任何问题：高 $5$、宽 $0.2$ 的矩形面积仍然是 $1$。这里也能再体会一次，密度高度和概率是两个不同的量。

从密度走到分布函数和区间概率

当 $x<a$ 时，$X$ 不可能落在 $x$ 左边，所以分布函数为 $0$。当 $a\le x<b$ 时，累积的是宽 $x-a$ 的矩形面积。超过 之后，所有面积都已经收完。三种情况合起来是

$$F_X(x)= \begin{cases} 0,&x<a,\\ \dfrac{x-a}{b-a},&a\le x<b,\\ 1,&x\ge b. \end{cases}$$

因此，对位于支持区间内部的 $a\le c\le d\le b$，

$$P(c\le X\le d)=F_X(d)-F_X(c)=\frac{d-c}{b-a}.$$

如果题目给的区间超出了 $[a,b]$，不能直接把整段长度代进去。比如 $X\sim U(0,12)$，求 $P(10<X<15)$，真正可能发生的只有 $$，所以答案是 。对一般的 ，先取区间交集即可：

$$P(c\le X\le d)=\frac{\max\{0,\min(d,b)-\max(c,a)\}}{b-a}.$$

这个稍长的公式并不需要死记，它只是把“先裁掉支持集外面的部分”写成了一行。

中心为什么在中点，方差为什么有一个十二

均匀密度左右对称，期望落在中点很合理。直接计算可以确认：

$$E(X)=\frac{1}{b-a}\int_a^b x\,dx =\frac{b^2-a^2}{2(b-a)} =\frac{a+b}{2}.$$

为了看清方差，把中心移到 $0$，记 $m=(a+b)/2$，区间长度记作 $L=b-a$。此时左右端点是 $-L/2$ 和 $$，所以

$$\begin{aligned} \operatorname{Var}(X) &=\frac1L\int_{-L/2}^{L/2}u^2\,du\\ &=\frac{2}{L}\int_0^{L/2}u^2\,du =\frac{2}{L}\cdot\frac{(L/2)^3}{3} =\frac{L^2}{12}. \end{aligned}$$

现在 $1/12$ 不再只是表格里冒出来的数。它来自对整个区间的平方距离取平均。区间平移不会改变这些距离；区间长度扩大为原来的两倍，平方距离就扩大为四倍，方差也因此扩大为四倍。

有界不等于均匀，“不知道”也不等于均匀

只知道一个同学会在八点到九点之间到达，不能推出每一段时间的到达概率相同。如果课程八点半开始，他可能集中在八点二十五分到八点三十分到达；即使我们暂时不知道这种偏好，它也不会因此消失。

均匀分布是一项明确的建模假设，需要由抽样规则、对称性或数据支持。上面的录音例子中，我们直接规定了“等长区间等概率”的选择规则，所以使用均匀模型有依据。对现实到达时间，则应把这项假设单独说明。

还可以检查这个模型是否能承受变量变换。若 $U\sim U(0,1)$，令 $Y=U^2$，那么在 $0\le y\le1$ 上，

$$P(Y\le y)=P(U\le\sqrt y)=\sqrt y.$$

所以 $Y$ 的密度是 $1/(2\sqrt y)$，并不均匀。均匀是相对于当前数轴刻度而言的；非线性地换一个量，通常会改变形状。不过线性伸缩可以保留均匀性：$a+(b-a)U\sim U(a,b)$。这也是把计算机产生的单位区间随机数换到指定范围的基本方法。

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指数分布：已经等过的时间什么时候可以忽略

从“还没有发生”开始建模

有些等待越久，剩下的时间就越短。例如每隔 $10$ 分钟固定发车，刚错过一班后已经等了 $8$ 分钟，显然和刚开始等的情况不同。另一些等待可以近似为：只要事件还没发生，接下来一小段时间里发生的机会基本不受已经等待多久影响。

指数分布描述的是后一种机制。令 $T$ 为等待时间，记

$$S(t)=P(T>t).$$

这叫生存函数，表示等到 $t$ 时事情仍然没有发生的概率。假设对小的 $h>0$，在已经等到 $t$ 的条件下，接下来 $h$ 时间内发生事件的概率满足

$$P(t<T\le t+h\mid T>t)=\lambda h+o(h),$$

其中 $\lambda>0$ 不随 $t$ 变化。在生存函数可微等正则条件下，把这句话改写为

$$\frac{S(t)-S(t+h)}{S(t)}=\lambda h+o(h),$$

再除以 $h$ 并取极限，就得到 $S'(t)=-\lambda S(t)$。由 $S(0)=1$，解得

$$S(t)=e^{-\lambda t},\qquad t\ge0.$$

因此指数分布的分布函数和密度分别为

$$F_T(t)= \begin{cases} 0,&t<0,\\ 1-e^{-\lambda t},&t\ge0, \end{cases} \qquad f_T(t)= \begin{cases} \lambda e^{-\lambda t},&t\ge0,\\ 0,&t<0. \end{cases}$$

我们记作 $T\sim\operatorname{Exp}(\lambda)$。总面积也可以直接核对：$\int_0^\infty\lambda e^{-\lambda t}\,dt=1$。

这里的 $\lambda$ 是率参数。若时间单位为分钟，它的单位就是“每分钟”。$\lambda t$ 没有单位，因此可以放在指数里。率越大，生存函数下降越快，较长等待留下的概率越少。

无记忆性是一条条件概率等式

设已经等了 $s$，事件仍然没有发生。还要再等超过 $t$，对应的事件是总等待时间超过 $s+t$。由条件概率公式，

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

这就是无记忆性。它说的是在已经等到 $s$ 的条件下，剩余等待时间 $T-s$ 的分布，与最初等待时间的分布相同。它没有说“事件没有原因”，也没有说一条已经记录下来的等待时间会重新随机生成。我们只是得到新信息 $T>s$ 后，重新计算剩余时间的条件分布。

例如，某种信号的等待时间被建模为均值 $5$ 分钟的指数分布，率为 $\lambda=1/5$。从现在开始等超过 $8$ 分钟的概率是

$$P(T>8)=e^{-8/5}\approx0.2019.$$

如果已经等了 $3$ 分钟，再等超过 $8$ 分钟的概率仍然是 $0.2019$；相应事件应写成 $T>11$，条件是 $T>3$。容易写错的是 $P(T>8\mid T>3)$，它问的是剩下还要等超过 分钟，答案为 。

顺便比较一下均匀等待。若 $W\sim U(0,10)$，则

$$P(W>3)=\frac7{10}, \qquad P(W>8\mid W>5)=\frac{2/10}{5/10}=\frac25.$$

后一个事件表示已经等了 $5$ 分钟后，还要再等超过 $3$ 分钟。它和从头等超过 $3$ 分钟的概率不一样。上界 $10$ 分钟让过去提供了有用的信息，所以无记忆性在这里不成立。

图中把时间起点平移到“已经等了 $s$”的时刻。上面从 $s$ 到 $s+t$，下面从 $0$ 到 $t$，都还需要等待同样长的一段时间；指数模型说的是，在尚未发生这一条件下，这两段等待对应相同的生存概率。

均值、方差与中位数，各自在说什么

对指数密度分部积分，边界项 $te^{-\lambda t}$ 在无穷远趋于 $0$，因此

$$\begin{aligned} E(T) &=\int_0^\infty t\lambda e^{-\lambda t}\,dt\\ &=\left[-te^{-\lambda t}\right]_0^\infty +\int_0^\infty e^{-\lambda t}\,dt =\frac1\lambda. \end{aligned}$$

二阶矩同样计算：

$$E(T^2)=\left[-t^2e^{-\lambda t}\right]_0^\infty +2\int_0^\infty te^{-\lambda t}\,dt =\frac2{\lambda^2}.$$

所以

$$\operatorname{Var}(T)=\frac2{\lambda^2}-\frac1{\lambda^2} =\frac1{\lambda^2}.$$

指数等待的标准差恰好等于均值。这说明等待的波动并不小：“平均等五分钟”绝不等于“通常只在五分钟附近轻微浮动”。少量很长的等待会把均值向右拉。

如果问“一半的等待会在多久以内结束”，需要求中位数 $m$。由 $F_T(m)=1/2$，

$$m=\frac{\log2}{\lambda}<\frac1\lambda.$$

均值和中位数不同，正好反映了右侧长尾的影响。更一般地，$0<q<1$ 的分位数为 $-\log(1-q)/\lambda$。反过来，若 $U\sim U(0,1)$，令 ，就能生成这个指数分布；把不等式代回 CDF 即可验证。

平均到达率并不足以推出指数等待

如果信号构成率为 $\lambda$ 的齐次 Poisson 过程，那么长度为 $t$ 的区间里信号数服从 $\operatorname{Poisson}(\lambda t)$。从一个固定起点到下一次信号的等待超过 $t$，恰好等价于这段时间一个信号也没来，于是

$$P(T>t)=P(N(t)=0)=e^{-\lambda t}.$$

这里真正提供依据的是 Poisson 过程的假设，包括稳定的率和不相交时间区间的独立增量。仅仅“平均每五分钟一个信号”不能推出指数分布：每五分钟准时来一次，也满足这个平均频率，却显然有另一种等待规律。

寿命模型也一样。容易老化的零件，已经使用的时间会影响未来失效机会；人流高峰前后，下一通电话的到达率会变化。这些现象都要求重新检查指数假设。模型的优点是条件概率很简洁，它的限制也正藏在这份简洁里。

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正态分布：平移和缩放，为什么可以省下一整套概率表

先看公式怎样控制中心和宽度

假设某仪器测得的长度在 $40$ 毫米附近上下波动，左右偏差大致对称。一个待检验的模型是 $X\sim N(40,0.5^2)$。这里第一个参数是中心，第二个参数是方差；$0.5$ 才是标准差，单位同样是毫米。

一般地，对 $\mu\in\mathbb R$、$\sigma>0$，正态密度为

$$f_X(x)=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right), \qquad x\in\mathbb R.$$

平方项让距离中心同样远的左右两点具有相同密度。离中心越远，平方偏差越大，指数项越小。增大 $\sigma$ 后，同样一段绝对距离折合成的标准差倍数变小，曲线变宽；前面的 $1/\sigma$ 又把高度压低，保证总面积不变。

为什么会出现 $\sqrt{2\pi}$？它来自归一化积分。记

$$I=\int_{-\infty}^\infty e^{-z^2/2}\,dz.$$

这个一维积分没有通常初等函数形式的原函数。把它平方，变为平面上的二重积分，再用极坐标，计算反而简化：

$$\begin{aligned} I^2 &=\int_{\mathbb R^2}e^{-(x^2+y^2)/2}\,dx\,dy\\ &=\int_0^{2\pi}\int_0^\infty e^{-r^2/2}r\,dr\,d\theta =2\pi. \end{aligned}$$

极坐标里的 $r$ 是面积变换因子；径向积分用 $u=r^2/2$ 就等于 $1$。因为 $I>0$，所以 $I=\sqrt{2\pi}$。若你还未学过二重积分，可以先记住这个归一化结果，后面的概率计算并不依赖亲手复现这段计算。

标准化是在给偏差换单位

令

$$Z=\frac{X-\mu}{\sigma}.$$

先减去中心，再用标准差作为新的计量单位。比如 $X=41$、$\mu=40$、$\sigma=0.5$，对应 $Z=2$，读作“比中心高两个标准差”。它不是把观测值变得更随机，也不是把任意分布强行变成正态，只是一次线性变换。

当原来的 $X$ 确实服从正态分布时，对应密度为

$$f_Z(z)=\sigma f_X(\mu+\sigma z) =\frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-z^2/2}.$$

因子 $\sigma$ 来自 $dx=\sigma\,dz$。于是 $Z\sim N(0,1)$，所有正态概率都能转成这同一条标准正态曲线的面积。记标准正态分布函数为

$$\Phi(z)=\int_{-\infty}^z\frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-u^2/2}\,du.$$

对 $l<r$，由于 $\sigma>0$，标准化不会翻转不等号，因此

$$P(l<X<r)= \Phi\left(\frac{r-\mu}{\sigma}\right) -\Phi\left(\frac{l-\mu}{\sigma}\right).$$

这一步同时说明了为什么密度表不能直接代替概率表：我们相减的是已经累计面积的 $\Phi$，不是端点的密度高度。

下面的计算器可以用来核对标准化。先设 $\mu=0$、$\sigma=1$、$l=-1$、$r=2$，观察两个标准化端点与约 $0.8186$ 的面积。再只增大 ，保持原来的区间端点，看看它们折合成的标准差倍数如何改变。曲线会随显示范围缩放，因此比较概率时应读出计算结果，不能只比较屏幕上的像素面积。

计算器要求标准差为正；若把下端调到上端右侧，事件 $l\le X\le r$ 为空，界面会提示并把概率记为 $0$。显示的 CDF 结果是数值近似，四位小数中的 $0.0000$ 也可能代表一个很小的正概率。

一次完整的计算与反向计算

继续采用 $X\sim N(40,0.5^2)$ 的长度模型，求读数在 $39.5$ 到 $41$ 毫米之间的概率。

反过来，如果想找覆盖中间 $95\%$ 读数的对称区间，两端各留 $2.5\%$。由 $\Phi(1.95996)\approx0.975$，区间为

$$[\mu-1.95996\sigma,\ \mu+1.95996\sigma].$$

在这个例子里约为 $[39.020,40.980]$ 毫米。它是一个指定分布的中心概率区间，还不是“未知总体均值的置信区间”；后者涉及样本和估计量，是另一个问题。

正态曲线左右对称，所以 $\Phi(-z)=1-\Phi(z)$。利用这一点可以得到

$$P(|X-\mu|\le k\sigma)=2\Phi(k)-1.$$

当 $k=1,2,3$ 时，数值依次约为 $68.27\%$、$95.45\%$ 和 $99.73\%$。它们常被称为经验法则，但在正态模型内部，它们其实是确定的积分数值。对任意一条大致钟形的曲线，则不能直接保证这些比例。

为什么参数真的是均值和方差

标准正态密度记为 $\phi(z)$。由于 $|z|\phi(z)$ 可积，左右对称使

$$E(Z)=\int_{-\infty}^\infty z\phi(z)\,dz=0.$$

这里补上“绝对可积”很有必要：不能看到一个奇函数就把两边可能发散的面积强行抵消。对于正态密度，指数衰减足够快，不存在这个问题。

再利用 $\phi'(z)=-z\phi(z)$，分部积分得到

$$E(Z^2)=-\int_{-\infty}^\infty z\phi'(z)\,dz =\left[-z\phi(z)\right]_{-\infty}^\infty +\int_{-\infty}^\infty\phi(z)\,dz=1.$$

由 $X=\mu+\sigma Z$，期望为 $\mu$，偏差平方为 $\sigma^2Z^2$，所以方差为 $\sigma^2$。位置、尺度这两个直觉，现在都有积分计算支撑。

正态为什么常见，又为什么不能随处套用

导论课可能用“许多小误差叠加”解释正态曲线。这个直觉后面会由中心极限定理的一组明确条件来支持。以本课程将证明的独立同分布版本为例，若 $X_i$ 独立同分布且具有有限均值 $\mu$ 和有限正方差 $\sigma^2$，则

$$\frac{X_1+\cdots+X_n-n\mu}{\sigma\sqrt n} \xrightarrow{d}N(0,1).$$

结论说的是经过适当中心化和缩放的和，其分布趋近正态。它没有说任意变量相加都必然正态，也没有说每一项自身会变成正态。共享同一个大干扰的误差、由某一项支配的总量、方差无限的重尾模型，都不能只凭“项数很多”就套用这一版本。

正态支持集是整个实轴。若把只能为正的长度近似成正态，需要检查负数一侧的概率是否小到可以接受；若把比例近似成正态，要检查越过 $0$ 和 $1$ 的概率。身高、成绩和测量误差的现实分布是否近似正态，也需要由具体机制和数据判断，不能当作定理直接宣布。

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Gamma 分布：一次等待变成若干次等待之后

从第二次到达开始，密度不再只是下降

指数等待密度在 $0$ 附近最高。现在换一个问题：不是等下一个信号，而是等第三个信号。极短时间里连来三次信号，比只来一次更难，所以总等待时间的密度不应还在 $0$ 附近最高。我们需要一个能先上升、再下降的正值分布。

设一个齐次 Poisson 过程的率为 $\lambda$，从时刻 $0$ 起等到第 $k$ 次事件的时间记为 $T_k$。对 $t\ge0$，

$$\{T_k\le t\}=\{N(t)\ge k\}.$$

这是同一件事情的两种问法：要么盯着第 $k$ 次到达的时刻，要么数固定时间内已经来了几次。因此

$$F_{T_k}(t)=1-e^{-\lambda t}\sum_{j=0}^{k-1}\frac{(\lambda t)^j}{j!}.$$

对 $t>0$ 求导，乘积法则产生的两串和式会抵消大部分项，最后留下

$$f_{T_k}(t)=\frac{\lambda^k}{(k-1)!}t^{k-1}e^{-\lambda t}.$$

这就是整数形状的 Gamma 密度，也称 Erlang 密度。当 $k=1$ 时，$t^{k-1}=1$，退回指数分布。当 $k>1$ 时，$t^{k-1}$ 把靠近 的密度压下去，指数项则让很远处的密度下降，两者共同形成中间的峰。

把整数形状延伸到任意正数

整数 $k$ 可以解释为需要累计的事件个数。为了得到更灵活的正值分布，把它推广成任意 $\alpha>0$。但 $(k-1)!$ 也要随之推广，于是引入 Gamma 函数

$$\Gamma(\alpha)=\int_0^\infty u^{\alpha-1}e^{-u}\,du, \qquad\alpha>0.$$

靠近 $0$ 时，$u^{\alpha-1}$ 可积的条件正是 $\alpha>0$；在无穷远，指数衰减压过幂的增长。分部积分给出

$$\Gamma(\alpha+1)=\alpha\Gamma(\alpha), \qquad\Gamma(1)=1,$$

所以对正整数 $k$，$\Gamma(k)=(k-1)!$。现在定义

$$f_T(t)= \begin{cases} \dfrac{\lambda^\alpha}{\Gamma(\alpha)}t^{\alpha-1}e^{-\lambda t},&t>0,\\ 0,&t\le0, \end{cases} \qquad T\sim\operatorname{Gamma}(\alpha,\lambda).$$

这里统一使用形状 $\alpha$、率 $\lambda$。令 $u=\lambda t$，便有

$$\int_0^\infty f_T(t)\,dt =\frac1{\Gamma(\alpha)}\int_0^\infty u^{\alpha-1}e^{-u}\,du=1.$$

有时公式用尺度参数 $\theta$，它与本章的率满足 $\theta=1/\lambda$。于是指数项写成 $e^{-t/\theta}$，系数写成 $1/(\Gamma(\alpha)\theta^\alpha)$。同一个符号“Gamma 的第二个参数”在不同约定下可能含义相反，计算前要看密度式，不能只看参数位置。

形状和尺度怎样影响曲线

在 $t>0$ 上，对密度取对数再求导，能更容易找峰的位置：

$$\frac{d}{dt}\log f_T(t)=\frac{\alpha-1}{t}-\lambda.$$

当 $\alpha>1$ 时，导数在 $t=(\alpha-1)/\lambda$ 处从正变负，所以这是密度的峰。$\alpha=1$ 时密度指数下降；$0<\alpha<1$ 时密度在 附近趋于无穷，然后下降。最后一种情况仍有有限总面积，因为端点处的奇异性可积。

率 $\lambda$ 主要控制横向尺度。如果 $Y=\lambda T$，那么 $Y\sim\operatorname{Gamma}(\alpha,1)$。固定形状时把率扩大为两倍，就把等待时间整体压缩为一半。

形状不是整数时，比如 $\alpha=2.7$，分布完全有数学意义，但不能直接把它解释成“等到第 $2.7$ 次事件”。整数阶段等待给了我们认识这个分布的入口，一般形状则扩展了可拟合的正值形状。

用一次矩计算同时得到均值和方差

对满足 $r> -\alpha$ 的实数 $r$，把 $t^r$ 乘进密度并作变量代换，可得

$$\begin{aligned} E(T^r) &=\frac{\lambda^\alpha}{\Gamma(\alpha)} \int_0^\infty t^{\alpha+r-1}e^{-\lambda t}\,dt\\ &=\frac{\Gamma(\alpha+r)}{\lambda^r\Gamma(\alpha)}. \end{aligned}$$

其中 $r> -\alpha$ 保证靠近 $0$ 的积分收敛。特别取 $r=1,2$，利用 Gamma 函数递推式，

$$E(T)=\frac\alpha\lambda, \qquad E(T^2)=\frac{\alpha(\alpha+1)}{\lambda^2}, \qquad \operatorname{Var}(T)=\frac\alpha{\lambda^2}.$$

整数形状下，均值就是 $k$ 段平均长度为 $1/\lambda$ 的等待相加。标准差与均值的比值为 $1/\sqrt\alpha$，所以形状增大时，相对于自身均值的波动会缩小。这里说的是相对波动：固定率时，方差本身仍会随 $\alpha$ 增大。

同率、独立，这两个词不能省略

如果 $T_1,\ldots,T_k$ 相互独立，并且每一个都服从 $\operatorname{Exp}(\lambda)$，那么它们的和服从 $\operatorname{Gamma}(k,\lambda)$。更一般地，两个独立 Gamma 变量具有相同率时，形状参数可以相加：

$$X\sim\operatorname{Gamma}(\alpha,\lambda),\quad Y\sim\operatorname{Gamma}(\beta,\lambda) \quad\Longrightarrow\quad X+Y\sim\operatorname{Gamma}(\alpha+\beta,\lambda).$$

这一结论的卷积证明会在随机变量求和时展开。现在要记住它的适用范围：两道服务流程耗时均为正，不足以保证总时间服从 Gamma；即使每段都是指数，如果率不同，总和通常也不是这个同率 Gamma 族。如果两段共用一个拥堵因素而有依赖，也不能直接套相加规则。

例子：信号按率每小时 $4$ 次的齐次 Poisson 过程到达，问第二次信号是否会在半小时内到达。令 $T_2\sim\operatorname{Gamma}(2,4)$，则半小时内次数的均值为 $4\times0.5=2$，所以

$$P(T_2\le0.5)=P(N(0.5)\ge2) =1-e^{-2}(1+2) \approx0.5940.$$

率的单位和时间单位必须匹配。这里若把半小时误写成 $30$ 而仍使用“每小时 $4$ 次”的率，指数里的数就完全错了。

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Beta 分布：同一个平均比例，可以有很不一样的不确定性

先分清比例观测与未知概率

一个页面是否被点击，可以用成功概率 $p$ 的 Bernoulli 试验描述。如果 $p$ 已知，它是模型里的固定参数，无须再给它分布。如果我们要用概率模型表达对 $p$ 的不确定性，就可以引入连续随机变量 $P$，让它的取值在 $0$ 与 $1$ 之间。

这正是 Beta 分布常见的用法之一。它也可以描述本身连续变化的有界比例，但不是“所有比例天然都服从 Beta”。固定 $n$ 次试验中的样本比例有有限个取值；若数据在恰好 $0$ 或 $1$ 处集中着正概率，普通 Beta 密度也表达不了这些端点质量。

两个幂次怎样控制两端

设 $\alpha,\beta>0$，Beta 密度定义为

$$f_P(p)= \begin{cases} \dfrac{p^{\alpha-1}(1-p)^{\beta-1}}{B(\alpha,\beta)},&0<p<1,\\ 0,&\text{其他}. \end{cases}$$

归一化常数为

$$B(\alpha,\beta)=\int_0^1p^{\alpha-1}(1-p)^{\beta-1}\,dp.$$

靠近 $0$ 时，主要看 $p^{\alpha-1}$；靠近 $1$ 时，主要看 $(1-p)^{\beta-1}$。两参数都大于 ，保证两端的积分有限。于是，参数小于 时可以出现端点附近的高峰，并不违反密度的定义。

例如 $\operatorname{Beta}(2,2)$ 的密度是 $6p(1-p)$，关于 $1/2$ 对称，中间单峰；而 $\operatorname{Beta}(1/2,1/2)$ 也关于 对称，却在两端附近放了更多概率。

当 $\alpha,\beta>1$ 时，对数密度的导数是

$$\frac{d}{dp}\log f_P(p)=\frac{\alpha-1}{p}-\frac{\beta-1}{1-p}.$$

令它为 $0$，得到峰的位置

$$p_{\mathrm{mode}}=\frac{\alpha-1}{\alpha+\beta-2}.$$

这一公式有前提。参数小于 $1$ 时把数字硬塞进去，可能算出区间外的数，或把内部低谷误叫峰。

Beta 函数为什么与 Gamma 函数相连

两个名字相似的函数并不是碰巧共享字母。考虑两个 Gamma 积分的乘积：

$$\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta) =\int_0^\infty\int_0^\infty u^{\alpha-1}v^{\beta-1}e^{-(u+v)}\,du\,dv.$$

令总量 $s=u+v$、第一部分所占比例 $p=u/(u+v)$，反解得 $u=sp$、$$。区域变成 ，面积变换因子为 ，于是

$$\begin{aligned} \Gamma(\alpha)\Gamma(\beta) &=\int_0^\infty s^{\alpha+\beta-1}e^{-s}\,ds \int_0^1p^{\alpha-1}(1-p)^{\beta-1}\,dp\\ &=\Gamma(\alpha+\beta)B(\alpha,\beta). \end{aligned}$$

所以

$$B(\alpha,\beta)=\frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}.$$

这段换元说明了一个很自然的联系：Gamma 描述正的总量时，拆出“其中一部分占总量的比例”，就会出现 Beta 积分。进一步的分布结论是，如果 $A$、$B$ 独立且分别服从同率的 $\operatorname{Gamma}(\alpha,\lambda)$、$\operatorname{Gamma}(\beta,\lambda)$，那么 $A/(A+B)\sim\operatorname{Beta}(\alpha,\beta)$。以后学习联合变换时，可以沿着这里的“总量加比例”换元把它完整推出来。

不背矩公式，也能把中心和波动算出来

期望的积分比归一化积分只多一个 $p$，所以可以直接识别成另一个 Beta 函数：

$$E(P)=\frac{B(\alpha+1,\beta)}{B(\alpha,\beta)} =\frac\alpha{\alpha+\beta}.$$

同样，

$$E(P^2)=\frac{B(\alpha+2,\beta)}{B(\alpha,\beta)} =\frac{\alpha(\alpha+1)}{(\alpha+\beta)(\alpha+\beta+1)}.$$

二阶矩减去均值平方，得到

$$\operatorname{Var}(P)=\frac{\alpha\beta}{(\alpha+\beta)^2(\alpha+\beta+1)}.$$

这时可以换一组更容易读懂的参数。令

$$m=\frac\alpha{\alpha+\beta},\qquad\kappa=\alpha+\beta,$$

那么 $\alpha=m\kappa$、$\beta=(1-m)\kappa$，并且

$$E(P)=m,\qquad\operatorname{Var}(P)=\frac{m(1-m)}{\kappa+1}.$$

固定 $m$ 再增大 $\kappa$，分布围绕同一均值的波动会缩小。比如 $\operatorname{Beta}(3,2)$ 和 $\operatorname{Beta}(30,20)$ 的均值都是 $0.6$，方差却分别是 $0.04$ 和约 。我们可以表达“平均看法一样，但后一种模型的不确定性更小”。

不能省掉“固定均值”这个条件而笼统地说“参数之和越大，方差一定越小”，因为均值同时变化时，分子 $m(1-m)$ 也在变化。两参数也不是一般意义下的真实成功、失败次数；只有放进特定的更新模型后，才会出现与计数相加的解释。

用一个完整概率计算，看见均值以外的信息

设 $P\sim\operatorname{Beta}(2,3)$。先算归一化常数：

$$B(2,3)=\frac{1!\,2!}{4!}=\frac1{12}, \qquad f_P(p)=12p(1-p)^2.$$

均值为 $2/5=0.4$，内部峰却在 $1/3$，两者不相同。若想知道 $P$ 超过 $1/2$ 的概率，需要积分，不能因为均值低于 $1/2$ 就断言该事件“不可能”或“概率等于 $0.4$”：

$$\begin{aligned} P(P>1/2) &=12\int_{1/2}^1(p-2p^2+p^3)\,dp\\ &=\left[6p^2-8p^3+3p^4\right]_{1/2}^1 =\frac5{16}. \end{aligned}$$

均值只压缩了分布的一部分信息，区间概率仍需要完整的密度。这一点会成为下一章讨论期望时的重要提醒。

还可以预看一下参数与计数如何联系。假设给定 $P=p$ 后，$n$ 次试验条件独立、成功概率均为 $p$。观察到 $s$ 次成功、$n-s$ 次失败后，关于 $p$ 的条件密度正比于

$$p^{\alpha-1}(1-p)^{\beta-1}\cdot p^s(1-p)^{n-s} =p^{\alpha+s-1}(1-p)^{\beta+n-s-1}.$$

归一化后仍是 Beta 分布，参数变为 $\alpha+s$、$\beta+n-s$。这解释了为什么参数有时会被说成“已有信息加新计数”。不过它来自明确的条件独立模型和密度更新，不能脱离这些假设，把任何 $\alpha$ 都机械当成已经观察到的成功次数。

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把五种分布连起来，检查模型有没有多说一句

回头看，这些分布之间的关系已经可以由公式核对。$\operatorname{Gamma}(1,\lambda)$ 是指数分布，$\operatorname{Beta}(1,1)$ 是单位区间均匀分布。同率独立指数等待相加得到整数形状 Gamma；同率独立 Gamma 正量相除得到的份额可以是 Beta。均匀变量通过分位数变换，还能生成指数变量。

另一类联系是近似，必须与上面的精确等式分开。大量独立同分布、有限正方差变量的标准化和趋近正态，是极限结论；它没有承诺固定几个变量相加就精确正态。例如两个独立 $U(0,1)$ 变量之和的密度是三角形，而不是正态。以后推导和的密度时，我们会直接看到这件事。

面对一个新问题，可以按下面的顺序检查，但每一步都应当回答具体问题。

例如，若只知道“某任务平均花费十分钟”，五个分布里根本没有哪一个被这个信息唯一决定。若再说明“时间一定在八到十二分钟之间，等长区间等概率”，均匀模型才被完整指定。若说明“任务完成的瞬时率恒定”，指数模型才有了机制依据。平均数很有用，但它不等于完整分布。

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练习：把条件、计算和解释一起写完整

区间超出范围之后，怎样计算

设 $X\sim U(2,10)$。求 $P(5<X<7)$、$P(8<X<12)$、 和 。令 ，求 的分布，并解释为什么 不再均匀。

显示答案

第一个区间完全位于支持集内，长度为 $2$，所以概率是 $2/8=1/4$。第二个区间先与 $[2,10]$ 取交集，真正可取的部分是 $(8,10]$，概率同样是 $1/4$，不是 $$。

已经等了四分钟，题目究竟在问什么

设 $T\sim\operatorname{Exp}(1/6)$，单位为分钟。分别求 $P(T>10\mid T>4)$ 和“已经等了四分钟后，还要再等超过十分钟”的概率。再求等待时间的中位数。

显示答案

第一问的总时间门槛是 $10$ 分钟，已知已等 $4$ 分钟，所以剩余门槛为 $6$ 分钟：

$$P(T>10\mid T>4)=e^{-(10-4)/6}=e^{-1}\approx0.3679.$$

正态参数中的平方，不能多除或少除一次

设读数 $X\sim N(120,4^2)$。求 $P(116<X<128)$，并求一个以 $120$ 为中心、覆盖 $$ 模型概率的区间。给定 、、。

显示答案

标准差是 $4$。标准化两端分别得到 $-1$ 和 $2$，所以

$$P(116<X<128)=\Phi(2)-\Phi(-1)\approx0.81859.$$

等第三次到达，与一小时内恰好三次相同吗

信号构成每小时率为 $2$ 的齐次 Poisson 过程，令 $T_3$ 为第三次信号的到达时间。求 $E(T_3)$、$\operatorname{Var}(T_3)$ 和 。解释为什么最后一个概率不是 。

显示答案

$T_3\sim\operatorname{Gamma}(3,2)$，这里第二个参数是率。因此

$$E(T_3)=\frac32\text{ 小时}, \qquad\operatorname{Var}(T_3)=\frac34\text{ 小时}^2.$$

Gamma 的参数相加，缺少条件会发生什么

设 $X$ 和 $Y$ 独立，分别服从 $\operatorname{Exp}(1)$ 和 $\operatorname{Exp}(2)$。有人说“两个指数相加，所以 $X+Y\sim\operatorname{Gamma}(2,1)$”。用均值否定这个结论；再说明把率换成 ，让均值匹配，是否足以得到正确的 Gamma 分布。

显示答案

实际均值是 $E(X+Y)=1+1/2=3/2$，而 $\operatorname{Gamma}(2,1)$ 的均值是 $2$，已经不符。

若改成 ，均值确实等于 ，但其方差为

同均值的两个 Beta 模型，到底差在哪儿

比较 $P\sim\operatorname{Beta}(3,2)$ 与 $Q\sim\operatorname{Beta}(30,20)$ 的均值、方差，并计算 $P(P>1/2)$。最后判断：若某次实验在十次访问中观察到八次点击，样本比例 是否因此服从 ？

显示答案

两个模型的均值都是 $3/5=0.6$。由 $m=0.6$，集中度分别为 $5$ 和 $50$，

$$\operatorname{Var}(P)=\frac{0.6\times0.4}{6}=0.04, \qquad \operatorname{Var}(Q)=\frac{0.6\times0.4}{51}\approx0.004706.$$

我们现在已经能给一个连续模型写出完整密度，计算区间概率，并检查它的参数和假设。接下来的问题会换一个方向：完整分布包含太多信息时，我们怎样用少数几个数概括中心和波动？本章已经算过的均值与方差，就是入口。下一章会把这些计算从五个具体分布里抽出来，解释期望为何必须按概率加权，以及这种“压缩分布”的做法保留了什么、又丢掉了什么。