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\begin{document}
% 主资料：参考资料/网课讲义/第二章 随机变量及其分布.pdf
% 字幕范围：P12--P24
\setcounter{chapter}{1}
\chapter{随机变量及其分布}

\section*{本章导读}

第一章解决了“事件发生的可能性有多大”，但如果每道题都用文字命名事件，知识仍然比较零散。本章引入随机变量，把试验结果数值化，再用分布函数、分布律或概率密度统一记录全部概率信息。后续的数字特征、极限定理和数理统计都建立在这些对象上。

\[
\begin{aligned}
\text{随机试验}
&\longrightarrow \text{随机变量 }X
\longrightarrow \text{分布函数 }F_X,\\
&\longrightarrow
\begin{cases}
\text{离散型：分布律 }p_k,\\
\text{连续型：概率密度 }f_X,
\end{cases}
\longrightarrow \text{随机变量函数 }Y=g(X).
\end{aligned}
\]

学习本章时始终先问三件事：

\begin{enumerate}
  \item 研究的随机变量是什么，它可能取哪些值？
  \item 它属于离散型、连续型，还是两者都不是？
  \item 已知的是分布函数、分布律还是密度，应使用求和、积分还是变量变换？
\end{enumerate}

\section{随机变量与分布函数}

\subsection{从文字事件到数值变量}

\begin{definition}[随机变量]
设随机试验的样本空间为 $\Omega$。定义在 $\Omega$ 上、取实数值的单值函数
\[
X=X(\omega),\qquad \omega\in\Omega,
\]
称为随机变量。本课程中可直观理解为：每个试验结果 $\omega$ 都被唯一地赋予一个数 $X(\omega)$。
\end{definition}

随机变量的“大写”表示取值尚未确定；小写字母 $x$ 表示一个已经指定的实数。随机变量不是“会自己变化的普通未知数”，而是把样本点翻译成数值的函数。

\begin{example}[三个背景中的随机变量]
\begin{enumerate}
  \item 从含 $5$ 件废品的 $50$ 件产品中抽取 $3$ 件，令 $X$ 为废品数，则 $X\in\{0,1,2,3\}$，“至多两件废品”为 $\{X\le2\}$。
  \item 购买一台电脑，令 $X$ 为使用寿命，则 $X$ 可在某个连续区间内取值，“使用超过五年”为 $\{X>5\}$。
  \item 抛一枚硬币，规定正面记为 $1$、反面记为 $0$，则 $X\in\{0,1\}$。这说明非数值结果也可以通过赋值成为随机变量。
\end{enumerate}
\end{example}

\begin{note}
不同的样本点可以对应同一个随机变量值，但同一个样本点不能对应两个不同值。对任意 $x_1\ne x_2$，事件 $\{X=x_1\}$ 与 $\{X=x_2\}$ 必然互斥。
\end{note}

\subsection{分布函数：把全部概率装进一个函数}

\begin{definition}[分布函数]
随机变量 $X$ 的分布函数定义为
\[
F_X(x)=P(X\le x),\qquad -\infty<x<+\infty.
\]
它表示 $X$ 的取值落在实数 $x$ 左侧（包含 $x$）的概率。
\end{definition}

分布函数的自变量必须覆盖整个实数轴。知道 $F_X$ 后，任何区间事件的概率都可由端点处的函数值或左极限得到。

\begin{theorem}[由分布函数计算区间概率]
记
\[
F_X(a-0)=\lim_{x\uparrow a}F_X(x).
\]
则
\begin{align*}
P(X\le a)&=F_X(a),&
P(X<a)&=F_X(a-0),\\
P(a<X\le b)&=F_X(b)-F_X(a),&
P(a\le X\le b)&=F_X(b)-F_X(a-0),\\
P(a<X<b)&=F_X(b-0)-F_X(a),&
P(X=a)&=F_X(a)-F_X(a-0).
\end{align*}
\end{theorem}

\begin{proof}
\textbf{证明目标：}从定义推出区间概率与跳跃点概率的公式。

\textbf{出发点：}分布函数定义、事件包含关系和概率的减法公式。

\textbf{关键转换：}把目标区间写成两个嵌套事件之差。例如
\[
\{a<X\le b\}=\{X\le b\}\setminus\{X\le a\}.
\]

\textbf{正式推导：}因为 $\{X\le a\}\subseteq\{X\le b\}$，
\[
P(a<X\le b)
=P(X\le b)-P(X\le a)
=F_X(b)-F_X(a).
\]
又因为
\[
\{X=a\}=\{X\le a\}\setminus\{X<a\},
\]
所以
\[
P(X=a)=F_X(a)-F_X(a-0).
\]
其余开闭区间公式同理，只需根据端点是否包含选择 $F_X(\cdot)$ 或 $F_X(\cdot-0)$。

\textbf{证明小结：}真正起作用的是“右端大范围减去左端小范围”。离散型分布函数可能跳跃，不能随意把左极限替换为函数值；连续型情形才可忽略端点开闭。
\end{proof}

\begin{property}[分布函数的充要条件]
函数 $F$ 是某个随机变量的分布函数，当且仅当：
\begin{enumerate}
  \item $F$ 单调不减；
  \item $F$ 右连续；
  \item $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}F(x)=0$；
  \item $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}F(x)=1$。
\end{enumerate}
由这些条件还可推出 $0\le F(x)\le1$。
\end{property}

\begin{note}
分段书写分布函数时，可统一采用“左闭右开”，即等号跟随 $x\ge a$ 的一段，以便直接满足右连续。但这只是排版口诀，最终仍应以右连续性为判断依据。

左极限公式和充要条件的严格分析证明属于 C 级：本阶段会准确使用，不要求用数列极限或海涅定理完整复现。
\end{note}

\begin{longexample}[跳跃点与区间概率]
设
\[
F(x)=
\begin{cases}
0,&x<0,\\
\dfrac12,&0\le x<1,\\
1-e^{-x},&x\ge1.
\end{cases}
\]
求 $P(X=1)$ 与 $P\!\left(\dfrac13<X<\dfrac12\right)$。
\tcblower
选择方法的原因：题目直接给出分布函数，先用端点公式，不必猜测随机变量类型。

\[
P(X=1)=F(1)-F(1-0)
=\left(1-e^{-1}\right)-\frac12.
\]
而 $\frac13,\frac12$ 同处于分布函数的常数段，
\[
P\!\left(\frac13<X<\frac12\right)
=F\!\left(\frac12-0\right)-F\!\left(\frac13\right)
=\frac12-\frac12=0.
\]
检查：第一个结果对应 $x=1$ 处的向上跳跃量；常数段内没有概率累积，所以第二个概率为零。
\end{longexample}

\begin{longexample}[验证一个函数是否为分布函数]
判断
\[
F(x)=
\begin{cases}
0,&x<0,\\
1-e^{-x},&x\ge0
\end{cases}
\]
能否成为分布函数。
\tcblower
\textbf{验证目标：}逐项检查分布函数的充要条件。

\textbf{出发点：}单调性、右连续性和两端极限。

\textbf{关键转换：}分段内部用初等函数性质，唯一需单独检查的点是 $x=0$。

\textbf{逐项验证：}
\begin{enumerate}
  \item 两段均单调不减，且 $F(0)=0$，跨越分段点时没有下降；
  \item $\lim_{x\downarrow0}F(x)=0=F(0)$，故在 $0$ 处右连续；其余点连续；
  \item $\lim_{x\to-\infty}F(x)=0$；
  \item $\lim_{x\to+\infty}(1-e^{-x})=1$。
\end{enumerate}
四项全部满足，因此它是分布函数。

\textbf{验证小结：}分段函数不能只看取值是否在 $[0,1]$；最容易漏掉的是分段点右连续和正负无穷处的极限。
\end{longexample}

\begin{note}[分布函数的简单变换]
若 $F,G$ 都是分布函数，则：
\begin{itemize}
  \item $aF+bG$ 在 $a,b\ge0,\ a+b=1$ 时仍是分布函数；
  \item $F(x)G(x)$ 仍是分布函数；
  \item $F(ax+b)$ 对 $a>0$ 一定仍是分布函数；$a<0$ 会反转单调性，一般不成立；
  \item 若 $F$ 连续，则 $1-F(-x)$ 是分布函数；一般情形需用左极限修正为 $1-F(-x-0)$。
\end{itemize}
\end{note}

\subsection*{小结}

本节把文字事件统一成随机变量的取值范围，再用 $F_X(x)=P(X\le x)$ 收集全部概率信息。使用时先辨认大写随机变量与小写实数，再根据端点开闭选择函数值或左极限；验证分布函数必须检查单调不减、右连续和两端极限。

\section{离散型随机变量与常见分布}

\subsection{分布律及其与分布函数的关系}

\begin{definition}[离散型随机变量与分布律]
若随机变量 $X$ 的全部可能取值为有限个或可列无限多个
\[
x_1,x_2,\ldots,
\]
则称 $X$ 为离散型随机变量。记
\[
P(X=x_k)=p_k,
\]
称 $\{p_k\}$ 为 $X$ 的概率分布或分布律。
\end{definition}

\begin{property}[分布律的充要条件]
\[
p_k\ge0,\qquad \sum_k p_k=1.
\]
反之，任何满足这两项的数列都可作为某个离散型随机变量的分布律。
\end{property}

离散型概率计算只有一个核心动作：找出目标事件包含的所有可能取值，再把相应概率相加。其分布函数为
\[
F_X(x)=\sum_{x_k\le x}p_k,
\]
因此图像呈右连续的阶梯形，在 $x_k$ 处的跳跃量恰为 $p_k$。

\begin{longexample}[抽球最大号码]
袋中有编号 $1,2,3,4,5$ 的五只球，同时任取三只，令 $X$ 为三只球中的最大号码。求 $X$ 的分布律及 $F_X(4.5)$。
\tcblower
先找取值：最大号码只能为 $3,4,5$。再分别计数：
\[
\begin{aligned}
P(X=3)&=\frac{\binom33}{\binom53}=\frac1{10},\\
P(X=4)&=\frac{\binom32}{\binom53}=\frac3{10},\\
P(X=5)&=\frac{\binom42}{\binom53}=\frac35.
\end{aligned}
\]
所以
\[
F_X(x)=
\begin{cases}
0,&x<3,\\
\dfrac1{10},&3\le x<4,\\
\dfrac25,&4\le x<5,\\
1,&x\ge5.
\end{cases}
\qquad
F_X(4.5)=\frac25.
\]
检查：三项概率之和为 $1$；分布函数从 $0$ 逐级累加到 $1$。
\end{longexample}

\subsection{二项分布与 0--1 分布}

\begin{definition}[二项分布]
进行 $n$ 次相互独立、条件相同的伯努利试验，每次事件 $A$ 发生的概率为 $p$。令 $X$ 为 $A$ 发生的次数，则
\[
P(X=k)=\binom nk p^k(1-p)^{n-k},
\qquad k=0,1,\ldots,n,
\]
记作 $X\sim B(n,p)$。
\end{definition}

\begin{note}
识别二项分布时检查三项：有固定的 $n$ 次独立重复试验；每次只关心同一事件是否发生且概率不变；随机变量统计该事件发生的次数。少一项都不能直接套二项分布。
\end{note}

\begin{longexample}[宿舍考试与“至少一次成功”]
\begin{enumerate}
  \item 三名学生独立参加考试，每人通过率为 $2/3$。求至少两人挂科的概率。
  \item 每次独立试验成功概率为 $0.5$。至少进行多少次，才能使至少成功一次的概率不小于 $0.9$？
\end{enumerate}
\tcblower
\textbf{第 1 题：}令 $X$ 为挂科人数，则 $X\sim B(3,1/3)$。因此
\[
P(X\ge2)
=\binom32\left(\frac13\right)^2\frac23
+\left(\frac13\right)^3
=\frac7{27}.
\]

\textbf{第 2 题：}令 $X$ 为 $n$ 次试验中的成功次数，则 $X\sim B(n,0.5)$。正面累加项太多，取反更快：
\[
P(X\ge1)=1-P(X=0)=1-0.5^n\ge0.9.
\]
由 $0.5^n\le0.1$ 得最小整数 $n=4$。检查：$n=3$ 时概率为 $0.875<0.9$，$n=4$ 时为 $0.9375$。
\end{longexample}

\begin{longexample}[两阶段质检后再用二项分布]
一台仪器以概率 $0.7$ 直接出厂；否则进入调试，调试后以概率 $0.8$ 出厂。各台仪器相互独立。生产 $n$ 台，求全部出厂以及恰有两台不能出厂的概率。
\tcblower
先解决单台出厂概率。令 $B$ 表示“直接出厂”，$A$ 表示“最终出厂”，则
\[
P(A)=P(B)+P(\overline B)P(A\mid\overline B)
=0.7+0.3\times0.8=0.94.
\]
令 $X$ 为最终出厂台数，则 $X\sim B(n,0.94)$。所以
\[
P(X=n)=0.94^n,
\]
\[
P(X=n-2)=\binom n2(0.06)^2(0.94)^{n-2}.
\]
关键转折：二项分布的参数 $p$ 不是题面第一阶段的 $0.7$，而是先用全概率公式算出的最终成功概率 $0.94$。
\end{longexample}

\begin{definition}[$0$--$1$ 分布]
若 $X$ 只取 $0,1$，且
\[
P(X=1)=p,\qquad P(X=0)=1-p,
\]
则称 $X$ 服从参数为 $p$ 的 $0$--$1$ 分布，也称伯努利分布。它是 $B(1,p)$。
\end{definition}

\subsection{几何分布与首次发生问题}

\begin{definition}[几何分布]
独立重复进行伯努利试验，每次成功概率为 $p$。令 $X$ 为首次成功时所进行的试验次数，则
\[
P(X=k)=(1-p)^{k-1}p,\qquad k=1,2,\ldots,
\]
记作 $X\sim Ge(p)$。
\end{definition}

\begin{example}[首次命中]
独立射击同一目标，每次命中概率为 $1/4$，直到命中为止。令 $X$ 为射击次数，则
\[
X\sim Ge\!\left(\frac14\right),\qquad
P(X=3)=\left(\frac34\right)^2\frac14=\frac9{64}.
\]
“前 $k-1$ 次失败，第 $k$ 次成功”是几何分布公式的直接含义。
\end{example}

\begin{example}[第四次射击恰为第二次命中]
每次命中概率为 $p$。第四次射击恰好是第二次命中，意味着第四次必命中，前三次恰有一次命中。因此
\[
P=\binom31p(1-p)^2\cdot p
=3p^2(1-p)^2.
\]
这不是几何分布，因为研究的不是“首次命中”；前三次部分使用二项计数。
\end{example}

\begin{note}
\textbf{考研专项：}若研究第 $r$ 次成功发生时的试验次数，会得到负二项分布。普通课程基础阶段只需会像上例一样把“最后一次固定成功”和“前面恰有 $r-1$ 次成功”拆开，不额外背新公式。
\end{note}

\subsection{泊松分布与泊松近似}

\begin{definition}[泊松分布]
若
\[
P(X=k)=\frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!},
\qquad k=0,1,2,\ldots,\quad \lambda>0,
\]
则称 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布，记作 $X\sim P(\lambda)$。
\end{definition}

泊松分布常描述固定时间或区域内稀有事件发生的次数，如客流量、故障数或缺陷数。

\begin{example}[由相邻概率确定参数]
若 $X\sim P(\lambda)$ 且 $P(X=2)=P(X=3)$，则
\[
\frac{\lambda^2e^{-\lambda}}{2!}
=\frac{\lambda^3e^{-\lambda}}{3!},
\]
由 $\lambda>0$ 得 $\lambda=3$。于是
\[
P(X=1)=3e^{-3}.
\]
\end{example}

\begin{longexample}[从一般分布律识别泊松分布]
设
\[
P(X=k)=\frac{C}{k!},\qquad k=0,1,2,\ldots.
\]
求 $C$ 与 $P(X\ge2)$。
\tcblower
先用分布律的归一性：
\[
1=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{C}{k!}
=C e,
\qquad C=e^{-1}.
\]
因此 $X\sim P(1)$。取反比从 $k=2$ 向无穷求和更简单：
\[
P(X\ge2)=1-P(X=0)-P(X=1)
=1-\frac2e.
\]
检查：结果位于 $[0,1]$ 内。
\end{longexample}

\begin{theorem}[泊松近似二项分布]
若 $X_n\sim B(n,p_n)$，且当 $n\to\infty$ 时
\[
np_n\to\lambda>0,
\]
则对固定的非负整数 $k$，
\[
P(X_n=k)\longrightarrow \frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!}.
\]
\end{theorem}

\begin{note}
证明思路（B/C 级）：把二项概率中的组合数、$p_n^k$ 和 $(1-p_n)^{n-k}$ 分别整理，核心极限是
\[
\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^n\to e^{-\lambda}.
\]
泊松定理的严格极限证明属于 C 级，本阶段不要求复现。做题时只有题目明确要求近似，或课程给出适用标准时才用；否则优先保留精确二项式。常见经验条件 $n$ 较大、$p$ 较小只是近似准则，不是定理条件的替代品。
\end{note}

\begin{example}[次品数的泊松近似]
独立抽取 $100$ 件产品，每件为次品的概率为 $0.05$。令 $X$ 为次品数，则
\[
X\sim B(100,0.05)\approx P(5).
\]
若题目要求使用泊松近似，
\[
P(X\ge3)
\approx1-e^{-5}\left(1+5+\frac{5^2}{2!}\right).
\]
\end{example}

\subsection{超几何分布：无放回抽样}

\begin{definition}[超几何分布]
总体有 $N$ 件，其中 $M$ 件为目标类别；无放回抽取 $n$ 件，令 $X$ 为抽到的目标件数，则
\[
P(X=k)
=\frac{\binom Mk\binom{N-M}{n-k}}{\binom Nn},
\]
其中
\[
\max\{0,n-(N-M)\}\le k\le\min\{n,M\}.
\]
记作 $X\sim H(N,M,n)$（符号顺序以教材为准）。
\end{definition}

\begin{note}
二项分布与超几何分布的关键区别：

\begin{center}
\begin{tabular}{lll}
\toprule
比较项 & 二项分布 & 超几何分布\\
\midrule
抽样方式 & 有放回或每次概率不变 & 无放回\\
各次结果 & 独立 & 一般不独立\\
成功概率 & 每次均为 $p$ & 随抽样结果改变\\
\bottomrule
\end{tabular}
\end{center}

当总体很大、抽样比例很小时，无放回对总体比例的影响很小，此时可近似使用
\[
B\!\left(n,\frac{M}{N}\right).
\]
是否使用近似应服从题目要求。
\end{note}

\begin{longexample}[抽到第一件合格品所需次数]
一批产品有 $10$ 件合格品、$3$ 件次品，逐件抽取，直到抽到合格品为止。令 $X$ 为抽取次数，分别讨论有放回与无放回。
\tcblower
\textbf{有放回：}每次抽到合格品的概率保持 $10/13$，故
\[
X\sim Ge\!\left(\frac{10}{13}\right),\qquad
P(X=k)=\left(\frac3{13}\right)^{k-1}\frac{10}{13}.
\]

\textbf{无放回：}最多连续抽出三件次品，所以 $X\in\{1,2,3,4\}$。依次使用乘法公式：
\[
\begin{aligned}
P(X=1)&=\frac{10}{13},\\
P(X=2)&=\frac3{13}\frac{10}{12},\\
P(X=3)&=\frac3{13}\frac2{12}\frac{10}{11},\\
P(X=4)&=\frac3{13}\frac2{12}\frac1{11}.
\end{aligned}
\]
检查：四项之和为 $1$。本题也说明“第 $k$ 次首次抽到合格品”比“第 $k$ 次抽到合格品”条件更强，不能误用抽签原理。
\end{longexample}

\subsection*{小结}

离散型随机变量的分布由“可能取值 + 对应概率”组成，计算概率就是对互斥取值求和。识别常见分布时先读背景：固定次数的成功数用二项分布，首次成功次数用几何分布，固定区间内的稀有计数常用泊松分布，无放回抽样用超几何分布；使用前必须核对独立性、是否放回、参数含义和取值范围。

\section{连续型随机变量与概率密度}

\subsection{密度的含义与基本条件}

\begin{definition}[连续型随机变量与概率密度]
若存在非负可积函数 $f_X$，使随机变量 $X$ 的分布函数可写为
\[
F_X(x)=\int_{-\infty}^{x} f_X(t)\,\mathrm dt,
\]
则称 $X$ 为连续型随机变量，称 $f_X$ 为 $X$ 的概率密度函数，简称密度。
\end{definition}

密度 $f_X(x)$ 不是点概率。它的高低反映 $X$ 落在 $x$ 附近的概率集中程度：
\[
P(x<X\le x+\Delta x)
=\int_x^{x+\Delta x}f_X(t)\,\mathrm dt
\approx f_X(x)\Delta x.
\]
改变密度在有限个点处的函数值不会改变任何积分，也不会改变随机变量的分布。

\begin{property}[密度的充要条件]
函数 $f$ 能成为某个连续型随机变量的密度，当且仅当
\[
f(x)\ge0,\qquad
\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\,\mathrm dx=1.
\]
\end{property}

\begin{theorem}[密度、分布函数与区间概率]
若 $X$ 的密度为 $f_X$，则
\[
F_X(x)=\int_{-\infty}^{x}f_X(t)\,\mathrm dt,
\qquad
P(a<X\le b)=\int_a^b f_X(x)\,\mathrm dx.
\]
在 $f_X$ 的连续点处，
\[
F_X'(x)=f_X(x).
\]
\end{theorem}

\begin{proof}
\textbf{证明目标：}从密度定义推出区间概率公式，并说明何时能由分布函数求密度。

\textbf{出发点：}密度定义、分布函数的区间概率公式和微积分基本定理。

\textbf{关键转换：}把两个变上限积分相减，化为固定区间积分。

\textbf{正式推导：}
\[
\begin{aligned}
P(a<X\le b)
&=F_X(b)-F_X(a)\\
&=\int_{-\infty}^{b}f_X(t)\,\mathrm dt
 -\int_{-\infty}^{a}f_X(t)\,\mathrm dt\\
&=\int_a^b f_X(t)\,\mathrm dt.
\end{aligned}
\]
若 $f_X$ 在 $x$ 处连续，则由微积分基本定理，
\[
\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}
\int_{-\infty}^{x}f_X(t)\,\mathrm dt=f_X(x).
\]

\textbf{证明小结：}“在哪个区间求概率，就在哪个区间对密度积分”。由 $F_X$ 求 $f_X$ 时只需在各连续区间求导；有限个分段点处的密度值可任取，但不能把分布函数的跳跃部分误当成普通导数。
\end{proof}

\begin{theorem}[连续型随机变量的点概率]
若 $X$ 为连续型随机变量，则对任意 $a\in\mathbb R$，
\[
P(X=a)=0.
\]
因此区间端点是否包含不影响概率，例如
\[
P(a<X<b)=P(a\le X\le b)=\int_a^b f_X(x)\,\mathrm dx.
\]
\end{theorem}

\begin{note}
证明思路（B 级）：单点集合的积分为零，
\[
P(X=a)=\int_{\{a\}}f_X(x)\,\mathrm dx=0;
\]
也可用连续型分布函数连续，得到 $F_X(a)-F_X(a-0)=0$。

“点概率为零”不表示该数值逻辑上不可能出现；它表示单个点在连续尺度上没有正的概率质量。不能把这一结论用于离散型随机变量。
\end{note}

\begin{note}[三个容易混淆的“连续”]
\begin{center}
\begin{tabular}{p{0.24\textwidth}p{0.31\textwidth}p{0.31\textwidth}}
\toprule
对象 & 正确结论 & 常见误判\\
\midrule
连续型随机变量 $X$ & 其分布可由某个密度积分表示 & 不是说 $X$ 是普通连续函数\\
分布函数 $F_X$ & 连续型情形下一定连续 & 分布函数连续未必在更高阶理论中推出 $X$ 连续型\\
概率密度 $f_X$ & 只要求非负、可积且积分为 $1$ & 密度本身不必连续\\
\bottomrule
\end{tabular}
\end{center}
\end{note}

\begin{example}[判断随机变量的类型]
下列对象分别属于哪一类随机变量？
\begin{enumerate}
  \item 已知 $X$ 具有概率密度；
  \item 令 $U=1$ 表示事件 $\{X>2\}$ 发生，否则 $U=0$；
  \item 相邻两次故障之间的时间，以及一段固定时间内的故障次数；
  \item 分布函数为
  \[
  F(x)=
  \begin{cases}
    0, & x<0,\\
    x/2, & 0\le x<1,\\
    1, & x\ge 1.
  \end{cases}
  \]
\end{enumerate}

\textbf{为什么这样判断：}先看取值是否可数，再看分布函数是否连续。第 1 个是连续型；第 2 个只取 $0,1$，是离散型；故障间隔通常按连续型建模，而故障次数只能取非负整数，是离散型。第 4 个在区间内连续增长、又在 $x=1$ 处跳跃，因此既不是纯离散型，也不是连续型，而是混合型。

\textbf{结果检查：}“原变量连续”不能推出“它的任意函数仍连续”，第 2 个对象正是反例。
\end{example}

\subsection{从密度求参数、概率与分布函数}

\begin{note}[连续型综合题的四步路线]
面对分段密度时，不要一上来就积分。建议固定按以下顺序处理：
\begin{enumerate}
  \item \textbf{查合法性：}先检查非负性，再用 $\int_{-\infty}^{+\infty}f_X(x)\,\mathrm dx=1$ 确定未知参数；
  \item \textbf{画支持集：}标出密度非零的区间，目标事件只与支持集的交集有关；
  \item \textbf{按分点积分：}求概率时在目标区间积分，求分布函数时把 $x$ 经过的每个分点都列出来；
  \item \textbf{做结果检查：}概率应落在 $[0,1]$，分布函数应单调、连续且两端极限分别为 $0,1$。
\end{enumerate}

由已有密度构造新密度时也必须重查归一性。若 $f_1,f_2$ 都是概率密度，则 $a f_1+b f_2$ 在 $a,b\ge0$ 且 $a+b=1$ 时仍是密度；$f(1-x)$ 经变量代换后总积分不变。相反，$2f(x)$ 的总积分为 $2$，而 $f_1(x)f_2(x)$ 的总积分也未必等于 $1$，一般不能直接作为密度。
\end{note}

\begin{longexample}[分段密度综合题]
设
\[
f_X(x)=
\begin{cases}
x,&0<x<1,\\
k(2-x),&1<x<2,\\
0,&\text{其他}.
\end{cases}
\]
求 $k$、$P\!\left(\frac12<X\le\frac32\right)$、$F_X(x)$ 以及
$P\!\left(X>\frac12\mid X\le1\right)$。
\tcblower
\textbf{第 1 步：用归一性确定参数。}
\[
1=\int_0^1x\,\mathrm dx+\int_1^2k(2-x)\,\mathrm dx
=\frac12+\frac{k}{2},
\]
故 $k=1$。

\textbf{第 2 步：在目标区间积分。}
\[
\begin{aligned}
P\!\left(\frac12<X\le\frac32\right)
&=\int_{1/2}^{1}x\,\mathrm dx
+\int_{1}^{3/2}(2-x)\,\mathrm dx\\
&=\frac38+\frac38=\frac34.
\end{aligned}
\]

\textbf{第 3 步：先用支持集秒杀首尾两段，再计算中间。}
\[
F_X(x)=
\begin{cases}
0,&x<0,\\
\dfrac{x^2}{2},&0\le x<1,\\
1-\dfrac{(2-x)^2}{2},&1\le x<2,\\
1,&x\ge2.
\end{cases}
\]

\textbf{第 4 步：条件概率。}
\[
\begin{aligned}
P\!\left(X>\frac12\mid X\le1\right)
&=\frac{P(1/2<X\le1)}{P(X\le1)}\\
&=\frac{F_X(1)-F_X(1/2)}{F_X(1)}
=\frac{1/2-1/8}{1/2}=\frac34.
\end{aligned}
\]
检查：$F_X$ 连续、单调不减，且首尾极限为 $0,1$。
\end{longexample}

\begin{longexample}[全实轴上的双指数密度]
设
\[
f_X(x)=A e^{-|x|},\qquad -\infty<x<+\infty.
\]
求 $A$、$P(0<X<1)$ 和 $F_X(x)$。
\tcblower
由偶函数与归一性，
\[
1=2A\int_0^\infty e^{-x}\,\mathrm dx=2A,
\qquad A=\frac12.
\]
所以
\[
P(0<X<1)=\frac12\int_0^1e^{-x}\,\mathrm dx
=\frac12(1-e^{-1}).
\]
分布函数需按 $x=0$ 分段：
\[
F_X(x)=
\begin{cases}
\dfrac12e^x,&x<0,\\
1-\dfrac12e^{-x},&x\ge0.
\end{cases}
\]
本例的支持集没有有限上下界，因此 $F_X(x)$ 在有限点处既不取 $0$，也不取 $1$，只在两端趋近。
\end{longexample}

\begin{longexample}[验证给定函数能否作为密度]
判断下列函数能否作为概率密度：
\[
f_1(x)=
\begin{cases}
\dfrac12,&|x|<2,\\
0,&\text{其他},
\end{cases}
\qquad
f_2(x)=
\begin{cases}
e^{-x},&x\ge0,\\
0,&x<0.
\end{cases}
\]
\tcblower
\textbf{验证目标：}检查非负性和归一性。

\textbf{出发点：}密度的充要条件。

\textbf{关键转换：}只在函数非零的支持区间积分。

\textbf{逐项验证：}两者都非负，但
\[
\int_{-\infty}^{\infty}f_1(x)\,\mathrm dx
=\int_{-2}^{2}\frac12\,\mathrm dx=2\ne1,
\]
所以 $f_1$ 不是密度；而
\[
\int_{-\infty}^{\infty}f_2(x)\,\mathrm dx
=\int_0^\infty e^{-x}\,\mathrm dx=1,
\]
所以 $f_2$ 是密度。

\textbf{验证小结：}图像“看起来像密度”不够；高度必须与支持区间长度共同满足总面积为 $1$。
\end{longexample}

\begin{example}[灯管寿命与二项分布的衔接]
灯管寿命 $X$ 的密度为
\[
f_X(x)=
\begin{cases}
\dfrac{1000}{x^2},&x>1000,\\
0,&\text{其他}.
\end{cases}
\]
则
\[
P(X>1500)=\int_{1500}^{\infty}\frac{1000}{x^2}\,\mathrm dx
=\frac23.
\]
任取 $5$ 支且寿命相互独立，令 $Y$ 为寿命超过 $1500$ 小时的支数，则
\[
Y\sim B\!\left(5,\frac23\right),
\]
\[
P(Y\ge2)
=1-\left(\frac13\right)^5
-\binom51\frac23\left(\frac13\right)^4
=\frac{232}{243}.
\]
方法选择：先用连续型积分求单支成功概率，再用二项分布统计五支中的成功数。
\end{example}

\subsection*{小结}

连续型随机变量用密度描述分布：密度非负且总积分为 $1$，区间概率由积分得到，单点概率为零。做综合题时依次完成“归一化求参数—按支持集分段积分—由积分写分布函数—必要时求导还原密度”；遇到第二层计数问题，再把单次概率交给二项分布。

\section{三种常见连续型分布}

\subsection{均匀分布}

\begin{definition}[均匀分布]
若
\[
f_X(x)=
\begin{cases}
\dfrac1{b-a},&a<x<b,\\
0,&\text{其他},
\end{cases}
\]
则称 $X$ 在区间 $(a,b)$ 上服从均匀分布，记作 $X\sim U(a,b)$。其分布函数为
\[
F_X(x)=
\begin{cases}
0,&x<a,\\
\dfrac{x-a}{b-a},&a\le x<b,\\
1,&x\ge b.
\end{cases}
\]
\end{definition}

均匀分布的背景是“在区间内按长度等可能”。因此对 $(c,d)\subseteq(a,b)$，
\[
P(c<X<d)=\frac{d-c}{b-a}.
\]

\begin{longexample}[均匀分布与方程实根]
设 $X\sim U(1,6)$。求方程
\[
t^2+Xt+1=0
\]
有实根的概率。
\tcblower
方程有实根当且仅当判别式非负：
\[
X^2-4\ge0.
\]
结合 $X\in(1,6)$，事件化简为 $\{X\ge2\}$。均匀分布按长度计算，
\[
P(X\ge2)=\frac{6-2}{6-1}=\frac45.
\]
关键转折：解出不等式后必须与随机变量的支持集取交集。
\end{longexample}

\begin{example}[由随机取点识别均匀分布]
在区间 $(0,2)$ 上随机取一点，令 $X$ 为落点位置。“任意小区间的概率与长度成正比”正是均匀分布背景，因此
\[
X\sim U(0,2),\qquad
f_X(x)=
\begin{cases}
\frac12,&0<x<2,\\
0,&\text{其他}.
\end{cases}
\]
\end{example}

\subsection{指数分布与无记忆性}

\begin{definition}[指数分布]
若 $\lambda>0$ 且
\[
f_X(x)=
\begin{cases}
\lambda e^{-\lambda x},&x>0,\\
0,&x\le0,
\end{cases}
\]
则称 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，记作 $X\sim E(\lambda)$。其分布函数为
\[
F_X(x)=
\begin{cases}
0,&x<0,\\
1-e^{-\lambda x},&x\ge0.
\end{cases}
\]
\end{definition}

指数分布常用于无明显老化阶段的等待时间或寿命。对 $a>0$，
\[
P(X>a)=e^{-\lambda a}.
\]
若教材用尺度参数 $\theta=1/\lambda$，所有公式中的 $\lambda$ 应替换为 $1/\theta$。

\begin{theorem}[指数分布的无记忆性]
若 $X\sim E(\lambda)$，则对 $s,t>0$，
\[
P(X>s+t\mid X>s)=P(X>t).
\]
\end{theorem}

\begin{proof}
\textbf{证明目标：}证明已经等待 $s$ 后，再等待超过 $t$ 的概率与从零开始等待超过 $t$ 的概率相同。

\textbf{出发点：}条件概率定义与指数分布的尾概率公式。

\textbf{关键转换：}因为 $s+t>s$，
\[
\{X>s+t\}\subseteq\{X>s\}.
\]

\textbf{正式推导：}
\[
\begin{aligned}
P(X>s+t\mid X>s)
&=\frac{P(X>s+t)}{P(X>s)}\\
&=\frac{e^{-\lambda(s+t)}}{e^{-\lambda s}}\\
&=e^{-\lambda t}
=P(X>t).
\end{aligned}
\]

\textbf{证明小结：}无记忆性依赖指数尾概率的乘法结构。它不是所有寿命分布的通性，也不表示现实设备永不老化。
\end{proof}

\begin{longexample}[指数分布综合题]
设 $X\sim E(2)$，求密度、分布函数、
\[
P(X\le a+1\mid X>a)\quad(a>0),
\]
$F_X(2)$ 和 $P(X=1)$。
\tcblower
\[
f_X(x)=
\begin{cases}
2e^{-2x},&x>0,\\
0,&x\le0,
\end{cases}
\qquad
F_X(x)=
\begin{cases}
0,&x<0,\\
1-e^{-2x},&x\ge0.
\end{cases}
\]
利用条件事件中的对立关系和无记忆性，
\[
\begin{aligned}
P(X\le a+1\mid X>a)
&=1-P(X>a+1\mid X>a)\\
&=1-P(X>1)=1-e^{-2}.
\end{aligned}
\]
此外
\[
F_X(2)=1-e^{-4},\qquad P(X=1)=0.
\]
\end{longexample}

\subsection{正态分布与标准化}

\begin{definition}[正态分布]
若 $\sigma>0$ 且
\[
f_X(x)=\frac1{\sqrt{2\pi}\sigma}
\exp\!\left[-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right],
\qquad -\infty<x<+\infty,
\]
则称 $X$ 服从均值参数为 $\mu$、方差参数为 $\sigma^2$ 的正态分布，记作
\[
X\sim N(\mu,\sigma^2).
\]
\end{definition}

密度曲线关于 $x=\mu$ 对称，在 $x=\mu$ 处最高；越远离 $\mu$，附近概率密度越小。因此
\[
P(X\le\mu)=P(X\ge\mu)=\frac12.
\]

\begin{property}[$3\sigma$ 原则]
若 $X\sim N(\mu,\sigma^2)$，则近似有
\[
\begin{aligned}
P(|X-\mu|\le\sigma)&\approx0.6827,\\
P(|X-\mu|\le2\sigma)&\approx0.9545,\\
P(|X-\mu|\le3\sigma)&\approx0.9973.
\end{aligned}
\]
超出 $\mu\pm3\sigma$ 的结果很少见，但并非逻辑上不可能。
\end{property}

\begin{definition}[标准正态分布]
当 $\mu=0,\sigma=1$ 时，称 $Z$ 服从标准正态分布，记作 $Z\sim N(0,1)$。其密度与分布函数记为
\[
\varphi(z)=\frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-z^2/2},
\qquad
\Phi(z)=P(Z\le z).
\]
\end{definition}

\begin{theorem}[正态标准化]
若 $X\sim N(\mu,\sigma^2)$，则
\[
Z=\frac{X-\mu}{\sigma}\sim N(0,1).
\]
因此
\[
P(a<X\le b)
=\Phi\!\left(\frac{b-\mu}{\sigma}\right)
-\Phi\!\left(\frac{a-\mu}{\sigma}\right).
\]
\end{theorem}

\begin{note}
正态标准化的分布函数证明属于 C 级：本阶段不要求复现换元积分的完整细节，只需掌握“减均值、除标准差”，并记住参数写的是 $\sigma^2$、标准化分母写的是 $\sigma$。
\end{note}

由标准正态密度的对称性，
\[
\Phi(-a)=1-\Phi(a),\qquad
\Phi(0)=\frac12,
\]
且对 $a>0$，
\[
P(|Z|\le a)=2\Phi(a)-1.
\]

\begin{example}[只用对称性，不必标准化]
若 $X\sim N(2,\sigma^2)$ 且 $P(2<X<4)=0.3$，则区间 $(0,2)$ 与 $(2,4)$ 关于 $\mu=2$ 对称，所以
\[
P(0<X<2)=0.3.
\]
同理，若 $P(X\le4)=0.5$，则正态密度的对称轴必须为 $4$，故 $\mu=4$。
\end{example}

\begin{example}[一次函数仍服从正态]
若 $X\sim N(\mu,\sigma^2)$，则
\[
aX+b\sim N(a\mu+b,a^2\sigma^2),\qquad a\ne0.
\]
例如 $X\sim N(1,1)$ 时，要使 $X+C\sim N(0,1)$，必须取 $C=-1$。
\end{example}

\begin{longexample}[公交车门高度]
成年男子身高 $X\sim N(165,36)$（单位：厘米）。若车门碰头率不超过 $1\%$，且已知 $\Phi(2.33)=0.99$，求车门高度的最低设计值。
\tcblower
设车门高度为 $h$。碰头率不超过 $1\%$ 等价于
\[
P(X\le h)\ge0.99.
\]
标准化：
\[
\Phi\!\left(\frac{h-165}{6}\right)\ge\Phi(2.33).
\]
由于 $\Phi$ 严格递增，
\[
\frac{h-165}{6}\ge2.33,
\qquad h\ge178.98.
\]
实际设计可取 $179$ 厘米。检查：这里的 $36$ 是方差，所以标准差为 $6$。
\end{longexample}

\begin{example}[由中心区间概率比较标准差]
设
\[
X\sim N(\mu_1,\sigma_1^2),\qquad
Y\sim N(\mu_2,\sigma_2^2),
\]
且
\[
P(|X-\mu_1|<1)>P(|Y-\mu_2|<1).
\]
标准化后
\[
2\Phi(1/\sigma_1)-1
>2\Phi(1/\sigma_2)-1.
\]
因 $\Phi$ 严格递增，得 $\sigma_1<\sigma_2$。标准差越小，分布越集中。
\end{example}

\begin{longexample}[从二次指数识别正态分布]
已知某密度在全实轴上形如
\[
f_X(x)=A\exp\!\left(-\frac14x^2+x\right).
\]
识别 $X$ 的正态参数，并求
\[
P(-2\sqrt2+2<X<2\sqrt2+2)
\]
（用 $\Phi$ 表示）。
\tcblower
先配方：
\[
-\frac14x^2+x
=-\frac{(x-2)^2}{4}+1.
\]
与
\[
-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}
\]
比较，得 $\mu=2,\ \sigma^2=2$。因此
\[
\frac{X-2}{\sqrt2}\sim N(0,1),
\]
\[
P(-2\sqrt2+2<X<2\sqrt2+2)
=P(-2<Z<2)=2\Phi(2)-1.
\]
题目若不要求 $A$，无需先计算归一化常数。
\end{longexample}

\subsection*{小结}

均匀分布按区间长度计算，指数分布用尾概率 $e^{-\lambda a}$ 并具有无记忆性，正态分布先找对称轴，再决定是否标准化。使用时必须核对参数口径：均匀分布看区间端点，指数分布区分速率 $\lambda$ 与尺度 $\theta$，正态分布区分方差 $\sigma^2$ 与标准差 $\sigma$。

\section{随机变量函数的分布}

\subsection{离散型：合并产生同一函数值的概率}

若离散型随机变量 $X$ 的分布律为 $P(X=x_k)=p_k$，令 $Y=g(X)$，则：

\begin{enumerate}
  \item 先计算所有 $g(x_k)$，去掉重复值，得到 $Y$ 的全部可能取值；
  \item 对每个 $y$，把所有满足 $g(x_k)=y$ 的概率相加：
  \[
  P(Y=y)=\sum_{k:g(x_k)=y}p_k.
  \]
\end{enumerate}

\begin{longexample}[离散型函数的分布]
已知
\[
\begin{array}{c|cccc}
X&-1&0&1&2\\
\hline
P&\dfrac14&\dfrac13&\dfrac16&\dfrac14
\end{array}
\]
令 $Y=X^2$，求 $Y$ 的分布律。
\tcblower
由 $Y=X^2$，可能取值为 $0,1,4$。其中 $X=-1$ 与 $X=1$ 都映射到 $Y=1$，所以
\[
\begin{aligned}
P(Y=0)&=P(X=0)=\frac13,\\
P(Y=1)&=P(X=-1)+P(X=1)
=\frac14+\frac16=\frac5{12},\\
P(Y=4)&=P(X=2)=\frac14.
\end{aligned}
\]
检查：三项概率之和为 $1$。易错点是只取 $X=1$ 而漏掉 $X=-1$。
\end{longexample}

\subsection{连续型：分布函数法}

\begin{theorem}[一维随机变量函数的分布函数法]
设连续型随机变量 $X$ 的分布已知，$Y=g(X)$。对任意实数 $y$，
\[
F_Y(y)=P(Y\le y)=P(g(X)\le y).
\]
把不等式 $g(X)\le y$ 化为关于 $X$ 的取值集合，再用 $X$ 的分布函数或密度计算，即可得到 $F_Y$；若 $F_Y$ 在相应区间可导，再由
\[
f_Y(y)=F_Y'(y)
\]
求密度。
\end{theorem}

\begin{note}
分布函数法是通法，尤其适合 $g$ 非单调、多对一或含绝对值的情形。固定流程为：
\[
\boxed{\text{先定 }Y\text{ 的范围}}
\longrightarrow
\boxed{\text{写 }P(g(X)\le y)}
\longrightarrow
\boxed{\text{化成 }X\text{ 的范围}}
\longrightarrow
\boxed{\text{求概率并求导}}.
\]
若 $g$ 在 $X$ 的支持区间上严格单调且可导，也可使用反函数密度公式，但本章优先掌握不易漏解的分布函数法。
\end{note}

\begin{longexample}[单调线性变换]
设
\[
f_X(x)=
\begin{cases}
\dfrac{x}{8},&0<x<4,\\
0,&\text{其他},
\end{cases}
\qquad Y=2X+8.
\]
求 $Y$ 的密度。
\tcblower
\textbf{推导目标：}用分布函数法求 $Y$ 的分布。

\textbf{出发点：}$X\in(0,4)$，故 $Y\in(8,16)$。

\textbf{关键转换：}对中间区间 $8\le y<16$，
\[
\{Y\le y\}
=\left\{2X+8\le y\right\}
=\left\{X\le\frac{y-8}{2}\right\}.
\]

\textbf{正式推导：}
\[
F_Y(y)=
\begin{cases}
0,&y<8,\\
\displaystyle\int_0^{(y-8)/2}\frac{x}{8}\,\mathrm dx
=\dfrac{(y-8)^2}{64},&8\le y<16,\\
1,&y\ge16.
\end{cases}
\]
于是
\[
f_Y(y)=
\begin{cases}
\dfrac{y-8}{32},&8<y<16,\\
0,&\text{其他}.
\end{cases}
\]

\textbf{推导小结：}先确定 $Y$ 的支持集可以直接写出 $0$ 与 $1$ 两段，也可防止求导后漏写密度的取值范围。
\end{longexample}

\begin{longexample}[绝对值变换：两侧概率要相加]
设
\[
f_X(x)=\frac12e^{-|x|},\qquad -\infty<x<+\infty,
\]
令 $Y=|X|$。求 $Y$ 的密度。
\tcblower
因为 $Y\ge0$，
\[
F_Y(y)=0,\qquad y<0.
\]
当 $y\ge0$ 时，
\[
\begin{aligned}
F_Y(y)
&=P(|X|\le y)
=P(-y\le X\le y)\\
&=\int_{-y}^{y}\frac12e^{-|x|}\,\mathrm dx
=1-e^{-y}.
\end{aligned}
\]
所以
\[
f_Y(y)=
\begin{cases}
e^{-y},&y>0,\\
0,&y\le0.
\end{cases}
\]
结果是参数为 $1$ 的指数分布。检查：密度非负且在 $(0,\infty)$ 上积分为 $1$。
\end{longexample}

\begin{longexample}[均匀分布经过绝对值变换]
设 $X\sim U(-1,2)$，令 $Y=|X|$，求 $Y$ 的密度。
\tcblower
先画 $y=|x|$ 在 $x\in[-1,2]$ 上的图像，可见 $Y\in[0,2]$。水平线在 $0<y<1$ 时与左右两支相交，在 $1<y<2$ 时只与右支相交，因此必须以 $y=1$ 分段。

当 $0\le y<1$ 时，
\[
F_Y(y)=P(-y\le X\le y)=\frac{2y}{3}.
\]
当 $1\le y<2$ 时，左端已超出 $X$ 的支持集，
\[
F_Y(y)=P(-1\le X\le y)=\frac{y+1}{3}.
\]
故
\[
F_Y(y)=
\begin{cases}
0,&y<0,\\
\dfrac{2y}{3},&0\le y<1,\\
\dfrac{y+1}{3},&1\le y<2,\\
1,&y\ge2,
\end{cases}
\]
\[
f_Y(y)=
\begin{cases}
\dfrac23,&0<y<1,\\
\dfrac13,&1<y<2,\\
0,&\text{其他}.
\end{cases}
\]
关键转折：非单调变换可能使不同的 $x$ 映射到同一个 $y$，且交点个数变化的位置就是新的分段点。
\end{longexample}

\begin{example}[正态绝对偏差]
若 $X\sim N(1,4)$，令 $Y=|X-1|$。当 $y\ge0$ 时，
\[
\begin{aligned}
F_Y(y)
&=P(|X-1|\le y)\\
&=P\!\left(\left|\frac{X-1}{2}\right|\le\frac y2\right)
=2\Phi\!\left(\frac y2\right)-1.
\end{aligned}
\]
因此
\[
f_Y(y)=
\begin{cases}
\varphi(y/2),&y>0,\\
0,&y<0.
\end{cases}
\]
这里利用的是正态标准化，而不是直接积分正态密度。
\end{example}

\subsection{概率积分变换}

\begin{theorem}[概率积分变换]
若连续型随机变量 $X$ 的分布函数 $F_X$ 在其有效取值区间上严格递增，则
\[
Y=F_X(X)\sim U(0,1).
\]
\end{theorem}

\begin{note}
证明思路（B 级）：当 $0<y<1$ 时，利用严格递增性和反函数，
\[
\begin{aligned}
F_Y(y)
&=P(F_X(X)\le y)\\
&=P(X\le F_X^{-1}(y))\\
&=F_X(F_X^{-1}(y))=y.
\end{aligned}
\]
再补上 $y<0$ 时为 $0$、$y\ge1$ 时为 $1$，即得到 $U(0,1)$ 的分布函数。若 $F_X$ 不严格递增，可用广义逆作更一般的表述；本阶段不要求展开。
\end{note}

\begin{note}
\textbf{考研专项：概率积分变换的用途。}它把一般连续分布转成均匀分布，是随机模拟和蒙特卡洛方法的基础之一。基础阶段会识别并使用结论即可。
\end{note}

\subsection*{小结}

离散型函数分布通过“代入取值、合并同像概率”得到；连续型函数分布优先使用分布函数法。使用时先确定 $Y$ 的支持集，再把 $Y\le y$ 转为关于 $X$ 的事件。函数非单调时必须检查一个 $y$ 对应几个 $x$，交点个数发生变化的位置就是分段点。

\section{本章总结}

\subsection{知识结构}

\[
\begin{aligned}
\text{随机变量 }X
&\longrightarrow F_X(x)=P(X\le x)\\
&\longrightarrow
\begin{cases}
\text{离散型： }P(X=x_k)=p_k,\quad F_X(x)=\sum_{x_k\le x}p_k,\\[2mm]
\text{连续型： }F_X(x)=\displaystyle\int_{-\infty}^{x}f_X(t)\,\mathrm dt,
\end{cases}\\
&\longrightarrow Y=g(X)\text{ 的分布}.
\end{aligned}
\]

\subsection{核心公式与适用条件}

\begin{center}
\begin{tabular}{p{0.29\textwidth}p{0.38\textwidth}p{0.22\textwidth}}
\toprule
公式 & 内容 & 使用前检查\\
\midrule
区间概率 & $P(a<X\le b)=F_X(b)-F_X(a)$ & 端点开闭、左极限\\
离散型概率 & $P(X\in A)=\sum_{x_k\in A}p_k$ & 取值是否列全\\
连续型概率 & $P(a<X<b)=\int_a^b f_X(x)\,\mathrm dx$ & 密度与支持集\\
二项分布 & $\binom nkp^k(1-p)^{n-k}$ & 固定次数、独立、概率不变\\
几何分布 & $(1-p)^{k-1}p$ & 首次成功、第 $k$ 次停止\\
泊松分布 & $\lambda^ke^{-\lambda}/k!$ & $k=0,1,\ldots$\\
超几何分布 & $\binom Mk\binom{N-M}{n-k}/\binom Nn$ & 无放回、取值上下界\\
指数尾概率 & $P(X>a)=e^{-\lambda a}$ & $X\sim E(\lambda),a>0$\\
正态标准化 & $(X-\mu)/\sigma\sim N(0,1)$ & 分母是标准差 $\sigma$\\
函数分布 & $F_Y(y)=P(g(X)\le y)$ & 先求 $Y$ 的支持集\\
\bottomrule
\end{tabular}
\end{center}

\subsection{常见题型与方法选择}

\begin{enumerate}
  \item \textbf{判断函数是否合法：}分布函数查单调不减、右连续、两端极限；分布律查非负与求和为 $1$；密度查非负与积分为 $1$。
  \item \textbf{由分布函数算概率：}把目标区间写成两个左侧事件之差，离散情形保留左极限。
  \item \textbf{离散型求分布律：}先列全部取值，再逐个求概率；复杂的最后一项可用总概率为 $1$ 补出。
  \item \textbf{识别常见分布：}先读试验结构，不要只凭公式外形；特别区分二项、几何和超几何。
  \item \textbf{连续型综合题：}归一化求参数，再按支持集积分；分布函数先写支持集外的 $0$、$1$ 两段。
  \item \textbf{正态题：}先看对称性能否直接解决，再标准化；看到方差参数先开方得到标准差。
  \item \textbf{随机变量函数：}离散型合并同像概率；连续型用分布函数法，非单调时画 $y=g(x)$ 并找分段点。
\end{enumerate}

\subsection{重点辨析}

\begin{center}
\begin{tabular}{p{0.20\textwidth}p{0.31\textwidth}p{0.34\textwidth}}
\toprule
概念 & 本质区别 & 常见误判\\
\midrule
分布函数与密度 & $F_X$ 是累计概率，$f_X$ 是概率集中程度 & 把 $f_X(a)$ 当作 $P(X=a)$\\
离散与连续 & 前者对取值求和，后者对区间积分 & 看到“随机”就默认等可能\\
互斥与独立 & 互斥是不同时发生，独立是不影响概率 & 把互斥事件当作独立事件\\
二项与超几何 & 二项要求概率不变，超几何是无放回 & 无放回仍直接套二项\\
几何与二项 & 几何统计首次成功所需次数，二项统计固定次数内成功数 & 忽略“直到”“为止”\\
方差与标准差 & 正态记号写 $\sigma^2$，标准化除以 $\sigma$ & 直接除以题中的方差数字\\
点概率为零与不可能 & 连续型单点概率为零，但单点可作为结果出现 & 由 $P(A)=0$ 推出 $A=\varnothing$\\
\bottomrule
\end{tabular}
\end{center}

\subsection{易错点}

\begin{enumerate}
  \item 分布函数定义域是整个实数轴，不能只写随机变量的支持区间。
  \item 分布函数右连续；离散型跳跃点处等号应放在右侧一段。
  \item 分布律和密度都要先写取值范围或支持集，不能只写公式主体。
  \item 泊松近似不能擅自代替精确二项概率。
  \item 密度在个别点处的值不影响分布，但整个区间上的密度不能随意改。
  \item 连续型区间端点可忽略，离散型端点通常不可忽略。
  \item 求 $Y=g(X)$ 时，不能默认 $g$ 单调；例如平方和绝对值会合并两侧概率。
\end{enumerate}

\subsection{证明掌握清单}

\begin{itemize}
  \item \textbf{A 级：}会完整验证分布函数、分布律和密度；会由密度推出分布函数和区间概率；会处理分布函数跳跃点；会用分布函数法推导 $Y=g(X)$ 的分布；会证明指数分布无记忆性。
  \item \textbf{B 级：}会解释二项、几何、泊松等公式的试验背景；理解泊松近似的条件与限制；能说明连续型单点概率为零；理解概率积分变换的证明骨架。
  \item \textbf{C 级：}泊松定理严格极限证明、正态标准化的完整积分证明、分布函数左极限的严格分析证明，以及常见分布归一化的重复代数推导，本阶段不要求复现。
\end{itemize}

\subsection{自测题}

\begin{exercise}[分布函数与跳跃]
设
\[
F(x)=
\begin{cases}
0,&x<0,\\
c,&0\le x<2,\\
1,&x\ge2.
\end{cases}
\]
确定 $c$ 的允许范围，并写出 $P(X=0)$、$P(X=2)$ 与 $P(0<X<2)$。
\end{exercise}

\begin{exercise}[分布选择]
分别判断下列随机变量更适合二项、几何、泊松还是超几何分布，并说明条件：
\begin{enumerate}
  \item 独立检查 $20$ 件产品中的次品数；
  \item 无放回抽取 $5$ 件产品中的次品数；
  \item 直到第一次出现次品所检查的件数；
  \item 一小时内到达服务台的人数。
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{exercise}[密度与分布函数]
设
\[
f(x)=
\begin{cases}
kx,&0<x<2,\\
0,&\text{其他}.
\end{cases}
\]
求 $k$、分布函数 $F$、$P(X>1)$，并验证所得 $F$ 满足分布函数条件。
\end{exercise}

\begin{exercise}[正态标准化]
设 $X\sim N(10,4)$，用 $\Phi$ 表示
\[
P(8<X<13),\qquad P(|X-10|\le3).
\]
\end{exercise}

\begin{exercise}[随机变量函数]
设 $X\sim U(-2,1)$，令 $Y=X^2$。先画 $y=x^2$ 在支持区间上的图像，再求 $Y$ 的分布函数和密度。检查分段点为何不是只有 $0$。
\end{exercise}

\begin{note}[本章自检]
完成本章后，应能回答：
\begin{enumerate}
  \item 为什么分布函数能表示随机变量的全部概率信息？
  \item 如何从题目语言判断该求和还是积分？
  \item 五种离散分布和三种连续分布各自的参数、支持集与典型背景是什么？
  \item 为什么连续型单点概率为零，却不能简单理解成“绝不可能取到”？
  \item 面对 $Y=g(X)$，为什么分布函数法比死背变换公式更稳妥？
\end{enumerate}
\end{note}
\end{document}