13._连续型_均匀分布 - 概率论与数理统计

均匀分布是最简单的连续型分布，在数轴[a,b]之间随意点一个点，等待公交车时，等待的事件，都是连续型随机分布的经典例子。

均匀分布的密度函数和分布函数

前面曾以例子形式说明过均匀分布,这里给出一般的叙述:若随机变量 $X$ 的密度函数为

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

则称 $X$ 服从区间 $(a, b)$ 上的均匀分布, 记作 $X \sim U(a, b)$ 。

均匀分布的密度函数如下图 {width=400px}

均匀分布的分布函数

均匀分布的分布函数为

F(x)= \begin{cases}0, & x<a, \\ \frac{x-a}{b-a}, & a \leqslant x<b, \\ 1, & x \geqslant b .\end{cases}

如果从概率的角度理解，当 $x<a$ 时，概率为0，当 $x>b$ 时，概率为1.

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应用背景

均匀分布又被称为平顶分布, 它的背景可视作随机点 $X$ 等可能地落在区间 $(a, b)$ 上. 均匀分布在实际中经常使用，例如一个半径为 $r$ 的汽车轮胎, 因为轮胎圆周上的任一点接触地面的可能性是相同的, 所以轮胎圆周接触地面的位置 $X$ 服从 $(0,2 \pi r)$ 上的均匀分布, 这只要看一看报废轮胎的四周磨损程度几乎是相同的就可明白均匀分布的含义了.

例 某公共汽车站从上午 7 时起，每 15 分钟来一班车，即 $7: 00, ~ 7: 15, ~ 7: 30, ~ 7: 45$ 等时刻有汽车到达此站，如果乘客到达此站的时间 $X$ 是 7：00 到 7：30 之间的均匀随机变量，试求他候车时间少于 5 分钟的概率。

解以 7：00 为起点 0 ，以分为单位，依题意

X \sim U(0,30), \quad f(x)= \begin{cases}\frac{1}{30}, & 0<x<30 \\ 0, & \text { 其他 }\end{cases}

为使候车时间 $X$ 少于 5 分钟，乘客必须在 7：10 到 7：15 之间，或在 7：25 到 7：30 之间到达车站，故所求概率为

P(10<X<15)+P(25<X<30)=\int_{10}^{15} \frac{1}{30} d x+\int_{25}^{30} \frac{1}{30} d x=\frac{1}{3} .

即乘客候车时间少于 5 分钟的概率是 $1 / 3$ ．

均匀分布是概率统计中的一个重要分布，被广泛地应用于流行病学、遗传学、交通流量理论等概率模型中。

例 某食品厂生产一种产品，规定其质量的误差不能超过 3 g ，若随机误差 $X$ 服从 $(-3,3)$ 上的均匀分布．现任取出一件产品进行称重，求误差在 $-1 \sim 2$ 之间的概率．（解）因为 $X \sim U(-3,3)$ ，所以其概率密度为

f(x)=\left\{\begin{array}{l} \frac{1}{6},-3<x<3, \\ 0, \text { 其他. } \end{array}\right.

所求概率为 $P\{-1<X \leqslant 2\}=\int_{-1}^2 \frac{1}{6} \mathrm{~d} x=\frac{2-(-1)}{6}=\frac{1}{2}$ ．

例设随机变量 $X$ 在 $(1,4)$ 上服从均匀分布，对 $X$ 进行 3 次独立的观察，求至少有两次观察值大于 2 的概率。

解随机变量 $X$ 的概率密度为

f(x)= \begin{cases}\frac{1}{3}, & 1<x<4, \\ 0, & \text { 其他. }\end{cases}

所以， $P\{X>2\}=\int_2^4 \frac{1}{3} \mathrm{~d} x=\frac{2}{3}$ ．设 $Y$ 表示 3 次观察中观察值大于 2 的次数，则 $Y \sim B\left(3, \frac{2}{3}\right)$ ．

P\{Y \geqslant 2\}=\mathrm{C}_3^2\left(\frac{2}{3}\right)^2 \frac{1}{3}+\mathrm{C}_3^3\left(\frac{2}{3}\right)^3\left(\frac{1}{3}\right)^0=\frac{20}{27} .

例 车流中的＂时间间隔＂是指一辆车通过一个固定地点与下一辆车开始通过该固定地点之间的时间长度．设 $X$ 表示在大流量期间高速公路上相邻两辆车的时间间隔， $X$ 的概率密度描述了高速公路上的交通流量规律，其表达式为

f(x)= \begin{cases}0.15 \mathrm{e}^{-0.15(x-0.5)}, & x \geqslant 0.5, \\ 0, & \text { 其他. }\end{cases}

概率密度 $f(x)$ 的图形如图所示，求时间间隔不大于 5 s 的概率．

$图片$

解由题意可得

\begin{aligned} P\{X \leqslant 5\} & =\int_{-\infty}^5 f(x) \mathrm{d} x=\int_{0.5}^5 0.15 \mathrm{e}^{-0.15(x-0.5)} \mathrm{d} x \\ & =0.15 \mathrm{e}^{0.075} \int_{0.5}^5 \mathrm{e}^{-0.15 x} \mathrm{~d} x=\mathrm{e}^{0.075}\left(-\left.\mathrm{e}^{-0.15 x}\right|_{0.5} ^5\right) \\ & \approx 0.491 \end{aligned}

均匀分布的数学期望与方差

设随机变量 $X \sim U(a, b)$ , 则

E(X)=\int_a^b \frac{x}{b-a} d x=\frac{b^2-a^2}{2(b-a)}=\frac{a+b}{2},

这正是区间 $(a, b)$ 的中点. 又因为

E\left(X^2\right)=\int_a^b \frac{x^2}{b-a} d x=\frac{b^3-a^3}{3(b-a)}=\frac{a^2+a b+b^2}{3},

由此得 $X$ 的方差为

D(X)=E\left(X^2\right)-[E(X)]^2=\frac{a^2+a b+b^2}{3}-\frac{(a+b)^2}{4}=\frac{(b-a)^2}{12} .

关于更多概率分布表见附录1：常见概率分布表

阅读：均匀分布之和的分布

关于服从均匀分布的随机变量，我们还有一个问题要回答：服从均匀分布的随机变量之和会服从什么样的分布呢？为了简单起见，不妨设 $X$ 和 $Y$ 都服从 $[0,1]$ 上的均匀分布．如果我们能处理这种情况，那么就可以将其推广到一般的均匀分布上．

设 $X$ 和 $Y$ 是相互独立的随机变量，并且都服从 $\operatorname{U}(0,1)$ ，那么 $Z=X+Y$ 的概率密度函数就是

\boxed{ f_Z(z)= \begin{cases}z & \text { 若 } 0 \leqslant z \leqslant 1 \\ 2-z & \text { 若 } 1 \leqslant z \leqslant 2 \\ 0 & \text { 其他. }\end{cases} }

利用卷积理论可以得出上述答案，即

f_Z(z)=\int_{-\infty}^{\infty} f(t) f(z-t) d t, \quad f(u)= \begin{cases}1 & \text { 若 } 0 \leqslant u \leqslant 1 \\ 0 & \text { 其他. }\end{cases}

我们现在就来计算这个积分．不难想到， $z$ 的取值范围要分成三种情况： $z \leqslant 0$ ， $0 \leqslant z \leqslant 2$ 和 $z \geqslant 2$ 。为什么是这三个区间呢？我们的随机变量要服从 $[0,1]$ 上的均匀分布．因此，只有当 $z \in[0,2]$ 时，概率密度函数才不为 0 ，所以把计算分别放在这三个区间上考虑是很自然的。我们将证明 $z \leqslant 0$ 时的概率为 0 ，类似的方法可以证明当 $z \geqslant 2$ 时概率也为 0 。在给出这个证明后，就剩下了最难的部分，即 $0 \leqslant z \leqslant 2$ 时概率。

假设 $z \leqslant 0$ ．上式中的被积函数是 $f(t) f(z-t)$ ．为了保证被积函数不为 0 ，我们有 $0 \leqslant t \leqslant 1$ 和 $0 \leqslant z-t \leqslant 1$ ，而后者与 $z-1 \leqslant t \leqslant z$ 是一样的．如果 $z \leqslant 0$ ，那么第二个条件将迫使 $t \leqslant 0$ ，因此第一个条件就无法满足了．于是，当 $z \leqslant 0$ 时，被积函数始终为 0 ，所以概率也为 0 ．现在只需要考察 $0 \leqslant z \leqslant 2$ 时的情形．与之前一样，只有当 $0 \leqslant t \leqslant 1$ 且 $z-1 \leqslant t \leqslant z$ 时，被积函数才不为 0 ．当 $0 \leqslant z \leqslant 2$ 时，对于每个 $z$ ，总有一些 $t$ 会使得两个条件同时得到满足．不要烦躁，如果把这种情形分成若干子情形来讨论，事情就会变得相当简单！哦，情形的子情形！真的有这个必要吗？很遗憾，是的！虽然第一个条件很好，但是第二个条件与 $z$ 有关．我们知道必须满足第一个条件，所以 $0 \leqslant t \leqslant 1$ ．当 $0 \leqslant z \leqslant 1$ 时，因为 $z-1 \leqslant 0$ ，所以 $z-1 \leqslant t$ 一定成立．此时， $t$ 的上界是非平凡的，因为它会让 $t \leqslant z$ ．如果 $z \geqslant 1$ ，那么上界 $t \leqslant z$ 一定会成立．但下界 $z-1 \leqslant t$ 就是非平凡的．于是，我们轻松地把问题分成了几种情况来考虑．

我们只考虑 $0 \leqslant z \leqslant 1$ 的情形．另一种情形可以按照类似的方法来分析，留给你自己完成．（但是，在分析结束后，我们会简单地说一说如何从这个子情形立即推出另一个子情形．）

总之，现在只需要考虑 $0 \leqslant z \leqslant 1$ 的子情形．我们要对所有同时满足 $0 \leqslant t \leqslant 1$ 和 $z-1 \leqslant t \leqslant z$ 的 $t$ 积分．第一个条件要求 $t \in[0,1]$ ，但第二个条件进一步要求 $t \in[0, z]$ ．由于两个条件必须同时满足，因此使得被积函数 $f(t) f(z-t)$ 不为 0 的 $t$ 只能取值 $t \in[0, z]$ ．于是，

f_Z(z)=\int_0^z 1 \cdot 1 d t=z

正如前面所承诺的，我们简单地说一下，在不求积分的前提下，如何快速求出 $z \geqslant 1$ 时的答案 $2-z$ ．关键是要注意到， $\tilde{X}=1-X$ 和 $\tilde{Y}=1-Y$ 的概率密度函数与 $X$ 和 $Y$ 的一样！这是因为我们的概率密度函数关于 $1 / 2$ 对称．这一点有什么用呢？ $\tilde{X}$ 和 $\tilde{Y}$ 均服从 $\operatorname{Unif}(0,1)$ ，并且当 $\tilde{X}+\tilde{Y} \in[0,1]$ 时， $X+Y=2-(\tilde{X}+\tilde{Y}) \in[1,2]$ ．上面的论述表明了 $\tilde{X}+\tilde{Y}=u \in[0,1]$ 的概率就是 $u$ ．当 $z \in[1,2]$ 时，如果把 $u$ 写成 $u=2-z$ ，那么会看到 $X+Y=Z$ 的概率就是 $2-z!$ 这种对称论证非常强大，通常能节省大量烦琐重复计算的时间。

我们在图中绘制了 $X+Y$ 的概率密度函数 $(X$ 和 $Y$ 是相互独立的随机变量，且均服从 $\operatorname{U}(0,1))$ ． $图片$

注意，结果是一个漂亮的三角形函数！如果回顾一下抛掷两颗均匀骰子得到的数字和，那么这个结果应该不会令人感到惊讶．在掷骰子的问题中，我们得到了一个三角形函数，＂数字和为 7 ＂这一中间事件发生的概率是 $6 / 36$ ，从这一点开始，概率会线性递减到两种极端情形，即＂数字和是 2 ＂与＂数字和是 12 ＂。这两个事件发生的概率均为 $1 / 36$ （数字和为 $r$ 的概率是 $\frac{6-|7-r|}{12}$ ，三角形以 7 为中心）．

如果再次进行卷积会怎样呢？我们在图 13－2 中给出了答案，而且给出了 8 个相互独立且均服从 $\operatorname{Unif}(0,1)$ 的随机变量之和的结果，并将其与相应的正态分布进行比较． $图片$

概率论中最重要结果之一是，＂好＂的独立随机变量之和会收玫于正态分布．我们可以先看一下 8 个服从均匀分布的随机变量的情况，它与所对应的（具有相同均值与方差的）正态分布能够完美拟合！

对于任意多个独立且服从均匀分布的随机变量，我们可以明确写出它们的和的概率密度函数，但得到的概率密度函数仅是分段连续的，并且随着变量的不断累加，不同区域的数量也会增加．