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離 散 型 分 佈

                          

        在統計學裡, 我們常要建立隨機變數的機率模式, 也就是決定其分佈。有時對不同的情況, 可以產生相同的分佈。        

伯 努 力 分 佈

假設某隨機現象是可以重覆的, 則每觀察一次這種隨機現象, 便稱為進行一次隨機試驗。而對一只有兩種可能結果的隨機試驗, 便稱為一伯努力試驗(Bernoulli trial)。 

一隨機變數$X$若滿足

\begin{eqnarray*} P(X=0)=1-p,\quad P(X=1)=p, \end{eqnarray*}

其中$0\leq p\leq 1$, 便稱為具有參數$p$之伯努力分佈(Bernoulli distribution), 以 $\mathcal{B}er(p)$表之。可簡便地寫成 $X\sim \mathcal{B}er(p)$。又$X$之p.d.f.即為

分佈函數則為

\begin{eqnarray*} F(x)=\left\{ \begin{array}{ll} 0 & ,x<0,\cr 1-p & ,0\leq x<1, \cr 1 & ,x\geq 1\raisebox{-1.2mm}{.} \end{array}\right. \end{eqnarray*}

期望值、變異數及拉普拉斯轉換分別為

\begin{eqnarray*} && E(X)=1\cdot p+0\cdot (1-p)=p,\\ && \mbox{Var}(X)=E(X^2)-(E... ...}\\ && \hspace*{0.8cm}=1-p+pe^{-s}, s\geq 0\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}


最後可看出$X$之p.d.f.亦可寫成

$\displaystyle f(x)=p^x(1-p)^{1-x}, x=0,1\raisebox{-1.2mm}{.}$

(2.1)


二 項 分 佈

觀測$n$個獨立的伯努力試驗, 每次成功之機率皆設為$p$, 又以$X$表總共成功之次數。若第$i$次之結果以$Y_i$表之, $i=1,2,\cdots,n$, $Y_i=1$表第$i$次為成功, $Y_i=0$表失敗, 顯然$Y_i$有 $\mathcal{B}er(p)$分佈。則

$\displaystyle X=Y_1+\cdots+Y_n\raisebox{-1.2mm}{.}$

 (2.2)

利用排列組合的技巧, 可得

$\displaystyle P(X=i)={n \choose i}p^i(1-p)^{n-i}, i=0,1,\cdots,n\raisebox{-1.2mm}{.}$

 (2.3)
　

上式給出$X$的p.d.f., 亦可表為

$\displaystyle f(x)={n\choose x}p^x(1-p)^{n-x}, x=0,1,\cdots,n\raisebox{-1.2mm}{.}$

 (2.4)
　

一p.d.f.如(2.4)式之隨機變數,便 稱為有參數$n$及$p$之二項分佈(binomial distribution), 以${\cal B}(n,p)$表之, 其中$n$為一正整數, $0\leq p\leq 1$。當然 $\mathcal{B}er(p)$即為${\cal B}(1,p)$。通常取$0<p<1$。由二項式定理(Binomial theorem) 可驗證

\begin{eqnarray*} \sum_{i=0}^n P(X=i)=\sum_{i=0}^n {n \choose i}p^i (1-p)^{n-i} =(p+1-p)^n=1 \mbox{\raisebox{-1.2mm}{.}} \end{eqnarray*}
故(2.4)式的確定義出一離散型的分佈。

圖2.1給出 $\mathcal{B}(5,0.5)$及 $\mathcal{B}(5,0.2)$p.d.f.的圖形(直方圖)。

\begin{picture}(0,125)(-12,0) \setlength{\unitlength}{1mm}\put(-5,0){\vector(1,0... ...(1,0){6}} \put(95,-1){\line(0,1){2}} \put(98,0){\line(0,1){0.024}} \end{picture}

$\mathcal{B}(5,0.5)$                                                       $\mathcal{B}(5,0.2)$

圖2.1 $\mathcal{B}(5,0.5)$及 $\mathcal{B}(5,0.2)$p.d.f.之圖形

　

註 1 二項式定理. 對任二實數$a,b$及正整數$n$,

$\displaystyle (a+b)^n=\sum_{i=0}^{n} {n\choose i} a^i b^{n-i}\raisebox{-1.2mm}{.}$

 (2.5)


        要注意的是, $n$,$p$須固定, 且$n$次伯努力試驗須獨立, 且每次成功的機率皆須相同, 否則其成功次數便不是二項分佈了。


例 1. 一袋中有100個球, 其中有40個白球。隨機地取3球, 每次取出後不放回, 令$X$表取出之白球數, 則$X$並無二項分佈。  提示


二項分佈當$n$較大時, 計算上便有些困難。儘管如此, 一方面是常遇到, 一方面是由簡單的伯努力試驗出發, 但又不至於過分簡單, 二項分佈遂成為一重要且基本的分佈。


例 2. 投擲一公正的骰子四次, 求

(i) 至少獲得一次點數6之機率;

(ii) 最多獲得兩次點數4或5之機率。  提示

　

我們分別求 $\mathcal{B}(n,p)$分佈之期望值、 變異數及拉普拉斯轉換如下:

\begin{eqnarray*} E(X) &=& \sum_{x=0}^{n} xf(x)\\ &=& \sum_{x=0}^{n} x{n\choose... ...} {{n-1}\choose y}p^y(1-p)^{n-1-y}\\ &=& np\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}
此處用到對$x\geq 1$,
\begin{eqnarray*} x{n\choose x}=x\cdot \frac {n!}{x!(n-x)!}=\frac {n\cdot (n-1)!}{(x-1)!(n-x)!}=n{{n-1}\choose {x-1}}, \end{eqnarray*}
並令$x-1=y$。其次
\begin{eqnarray*} E(X^2) &=& \sum_{x=0}^{n} x^2{n\choose x}p^x(1-p)^{n-x}\\ &=&... ...hoose y}p^y(1-p)^{n-1-y}\\ &=& n(n-1)p^2+np\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}
上式中第四個等號右側第一個和對應 $\mathcal{B}(n-1,p)$分佈之期望值, 故等於$(n-1)p$, 第二個和則用到二項式定理。故
\begin{eqnarray*} \mbox{Var}(X) &=& E(X^2)-(E(X))^2\\ &=& n(n-1)p^2+np-(np)^2\\ &=& np(1-p)\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}
又
\begin{eqnarray*} \phi(s) &=& E(e^{-sX})\\ &=& \sum_{x=0}^{n} e^{-sx}{n\choose ... ...1-p)^{n-x}\\ &=& (1-p+pe^{-s})^{n}, s\geq 0\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}
我們發現 $\mathcal{B}(n,p)$的拉普拉斯轉換, 為 $\mathcal{B}er(p)$的拉普拉斯轉換的$n$次方。


例 3. 試利用 $\mathcal{B}(n,p)$分佈之拉普拉斯轉換, 求$E(X)$及$E(X^2)$。  提示

 幾 何 分 佈

持續地投擲一出現正面的機率為$p>0$之銅板, 每次的投擲設為獨立, 直至出現一正面才停止, 總共須投擲幾次? 如果是投擲$x$次停止, 則前$x-1$次須皆為反面, 最後一次須為正面。而每次出現反面之機率為$1-p$, 出現正面之機率 為$p$。因此若令$X$表總共須投擲的次數, 則

$\displaystyle P(X=x)=p(1-p)^{x-1}, x=1,2,\cdots\raisebox{-1.2mm}{.}$

(2.6)

　一p.d.f.如(2.6)式之隨機變數, 便稱為有參數$p$之幾何分佈, 以${\cal G}e(p)$表之。易驗證

\begin{eqnarray*} \sum_{x=1}^{\infty}P(X=x)=\sum_{x=1}^{\infty}p(1-p)^{x-1} =\frac{p}{1-(1-p)}=1 \mbox{\raisebox{-1.2mm}{.}} \end{eqnarray*}

當然如果$p=1$, 則$X$為一退化的隨機變數, 且$P(X=1)=1$。 一般假設$0<p<1$。

附帶一提, 有時會對反面數$Y$有興趣, 即在得到一正面前, 究竟白投擲幾次? 由於$Y=X-1$, 因此

$\displaystyle P(Y=y)=p(1-p)^y, y=0,1,\cdots\raisebox{-1.2mm}{.}$

(2.7)

為了區分, 可對p.d.f.如(2.6)式者, 稱為自1開始之幾何分佈, 如(2.7)式者, 稱為自0開始之幾何分佈。

圖2.2給出 $\mathcal{G}e(0.1)$p.d.f.之圖形。

圖2.2 $\mathcal{G}e(0.1)$p.d.f.之圖形


例 4. 投擲一公正的骰子, 直至出現一6點才停止, 則總共投擲的次數$X$便
有 ${\cal G}e(1/6)$分佈。

由(2.6)式即得

$\displaystyle P(X\geq x)=\sum_{i=x}^{\infty}p(1-p)^{i-1}=(1-p)^{x-1}, x=1,2,\cdots,$

(2.8)

由此即得分佈函數

$\displaystyle P(X \leq x)=1-P(X\geq x+1)=1-(1-p)^x, x=1,2,\cdots,$

(2.9)

有一簡單的型式。

求 $\mathcal{G}e(p)$分佈之期望值、 變異數及拉普拉斯轉換如下。

\begin{eqnarray*} E(X) &=& \sum_{x=1}^{\infty} xf(x)=\sum_{x=1}^{\infty} xp(1-p)... ...=-p \frac {d}{dp} (\frac {1-p}{p})=\frac 1p\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*} E(X^2) &=& \sum_{x=1}^{\infty} x^2 p(1-p)^{x-1}\\ &=& p\sum_{... ...1-p)^2}{p})-\frac 1p=\frac {2}{p^2}-\frac 1p\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}

因此     

\begin{eqnarray*} \mbox{Var}(X)=E(X^2)-(E(X))^2=\frac {1-p}{p^2}\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}

又

\begin{eqnarray*} \phi(s) &=& E(e^{-sX})=\sum_{x=1}^{\infty} e^{-sx}p(1-p)^{x-1}... ... &=& \frac {pe^{-s}}{1-(1-p)e^{-s}},s\geq 0\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}



例 5. 假設某項考試每年考一次, 每次錄取率為$3\%$。試問考生平均要考多少年才考的上,並求其標準差。  提示

　

註 2 設冪級數(power series)

\begin{eqnarray*} g(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n(x-a)^n, \end{eqnarray*}

在 $x\in (a-r,a+r)$收斂, $r>0$。則對 $\forall x\in (a-r,a+r)$,

\begin{eqnarray*} && \int_{a}^{x} g(t) dt=\sum_{n=0}^{\infty} a_n \int_{a}^{x} (... ...g^{'}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} na_n(x-a)^{n-1}\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}

即冪級數在不含端點之收斂範圍內的積分、微分, 分別為逐項積分及逐項微分的和。



幾何分佈有一有趣的無記憶性質(memoryless property)。即

$\displaystyle P(X>s+t\vert X>s)=P(X>t), s,t=1,2,\cdots\raisebox{-1.2mm}{.}$

(2.10)證明

投擲一銅板, 直至一正面出現才停止。若已投擲了$s$次皆未出現正面$(X>s)$, 則再投擲$t$次仍未出現正面$(X>s+t)$的機率, 與重新投擲$t$次未出現正面$(X>t)$之機率相同。換句話說剛才所投擲的$s$次是白工。


 負 二 項 分 佈

給定一正整數$r$, 持續進行伯努力試驗, 直至 $r$次成功才停止。則總共之試驗次數$X$, 便稱為有參數$r$及$p$之負二項分佈(negative binomial distribution), 以 ${\cal NB}(r,p)$表之。一般假設$0<p<1$。若$p=1$, 則$P(X=r)=1$。此分佈有時又稱為巴斯卡分佈(Pascal distribution)。

若$X=x$, 由於最後一次為成功, 且第一次至第$x-1$次中, 有$r-1$次成功, $x-r$次失敗, 故

$\displaystyle P(X=x)$

$\textstyle =$

$\displaystyle {x-1 \choose r-1}p^r(1-p)^{x-r}$

(2.11)

 

$\textstyle =$

$\displaystyle {{x-1}\choose {x-r}}p^r(1-p)^{x-r}, x=r,r+1,\cdots \raisebox{-1.2mm}{.}$

 

(2.11)式的確定義出一機率分佈, 其證明要用到下述推廣的二項式定理。

定理 1 對 $\forall c \in R$, $\vert x\vert<1$,

$\displaystyle (1+x)^c=\sum_{n=0}^{\infty}{c \choose n}x^n \mbox{\raisebox{-1.2mm}{.}}$

(2.12)


此處對任一實數$c$, 定義

$\displaystyle {c \choose n}=\frac{c(c-1)\cdots (c-n+1)}{n!},n\geq 1, {c\choose 0}=1 \mbox{\raisebox{-1.2mm}{.}}$

(2.13)

又當$c$為一非負整數時, 由(2.13)式得     

\begin{eqnarray*} {c \choose n}=\frac{c!}{n!(c-n)!},0\leq n\leq c\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}

(2.13)式即推廣$c$不為非負整數時${c \choose n}$的意義。

利用定理 1, 對$\forall 0<p<1$, $r>0$, 可得

\begin{eqnarray*} p^{-r}&=&(1-(1-p))^{-r} \\ &=& \sum_{i=0}^{\infty}{-r \choo... ...m_{x=r}^{\infty}{x-1 \choose x-r}(1-p)^{x-r}\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}



故

\begin{eqnarray*} \sum_{x=r}^{\infty}P(X=x)=\sum_{x=r}^{\infty}{x-1 \choose x-r}(1-p)^{x-r}p^r =p^{-r}p^r=1 \mbox{\raisebox{-1.2mm}{.}} \end{eqnarray*}

即得證(2.11)式的確定義出一機率分佈。

若$X$有 ${\cal NB}(r,p)$分佈, 則對 $\forall x=r,r+1,\cdots$,     

$\displaystyle P(X>x)=P(U<r),$

(2.14)

其中$U$有${\cal B}(x,p)$分佈。此式成立是因$X>x$, 若且唯若前$x$次伯努力 試驗中, 成功次數小於$r$。由(2.14)式得, 對 $\forall x=r,r+1,\cdots$,

\begin{eqnarray*} P(X\leq x) &=& 1-P(X>x) \\ &=& 1-P(U<r)=1-P(U\leq r-1)\\ &=& P(U\geq r) \mbox{\raisebox{-1.2mm}{.}} \end{eqnarray*}

因此負二項分佈的分佈函數, 可經由某一個二項分佈的分佈函數表示出。

在負二項分佈裡, 令$r=1$, 便得幾何分佈。另外, 設$X$有 $\mathcal{NB}(r,p)$分佈, 令$Y=X-r$, 則$Y$表得到第$r$次成功停止時總共失敗之次數, 且

$\displaystyle P(Y=y)=P(X=r+y)$                                                                  

(2.15)

$\displaystyle ={{r+y-1}\choose y}p^r (1-p)^{y}, y=0,1,2,\cdots\raisebox{-1.2mm}{.}$

 

$X$表總共投擲數, 若只關心停止時之失敗數, 則得隨機變數$Y$。除非特別聲明, 如果提到負二項分佈 $\mathcal{NB}(r,p)$, 指其p.d.f.如(2.15)式所給的型式。

圖2.3給出 $\mathcal{NB}(2,0.1)$p.d.f.之圖形。



圖2.3 $\mathcal{NB}(2,0.1)$p.d.f.之圖形

我們分別求 $\mathcal{NB}(r,p)$分佈之期望值、 變異數及拉普拉斯轉換如下。

\begin{eqnarray*} E(Y) &=& \sum_{y=0}^{\infty} y{{r+y-1}\choose y}p^r(1-p)^y\\ ... ... z}p^{r+1}(1-p)^{z}\\ &=& \frac {r(1-p)}{p}\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}



此處用到變換$z=y-1$, 及最後一個和為 $\mathcal{NB}(r+1,p)$分佈之所有機率值的和, 故為1。

同理可得

$\displaystyle \mbox{Var}(Y)=\frac {r(1-p)}{p^2},$

(2.16)

$\displaystyle E(e^{-sY})=\frac {p^r}{(1-(1-p)e^{-s})^r}, s\geq 0\raisebox{-1.2mm}{.}$

(2.17)

超 幾 何 分 佈

假設袋中有$N$個球, 其中有$D$個白球, $N-D$個非白球, 自其中隨機地取出$n$個球, 每次取出後不放回(without replacement)。令$X$表總共取得之白球數, 則

(2.18)

說明$x$之範圍的由來。因只取$n$個球, 且白球數共只有$D$個, 所以$x$不能超過$n$及$D$, 即 $x\leq \min\{ n,D\}$。又取中之非白球的個數$n-x$當然不能超 過全部之非白球數$N-D$, 而又要成立,因此 $x\geq \max\{ 0,n-N+D\}$。

(2.18)式便定義出一超幾何分佈(hypergeometric distribution), 以 ${\cal H}(\linebreak N,D,n)$表之, 有三個參數。只要是取出後不放回, 通常便引出超幾何分佈。

例 6. 設有$N=200$個零件, 其中有$D=4$個不良品(不良率為2$\%$)。隨機地取3個樣本(每次取出後 不放回), 則樣本中之不良品數$X$有 ${\cal H}(200,4,3)$分佈。因此

\begin{eqnarray*} P(X=0) & = & \frac{{4\choose 0}{200-4 \choose 3-0}}{{200\choo... ...10}} {\mbox{1,313,400}}\doteq 0.0582 \mbox{\raisebox{-1.2mm}{.}} \end{eqnarray*}

同理可求出

\begin{eqnarray*} P(X=2) & \doteq & 0.000895, \\ P(X=3) & \doteq & 3.046\cdot 10^{-6}, \end{eqnarray*}

此兩機率值可說非常地小。

在很多實際的情況中, 通常$D$較$n,N$皆小很多, 而$n$也比$N$小不少, 此時$x$的範圍成為$0\leq x\leq n$。即使如此要驗證

\begin{eqnarray*} \sum_{x=0}^{n} P(X=x)=\sum_{x=0}^{n} \frac {{D\choose x}{{N-D}\choose {n-x}}}{{N\choose n}}=1, \end{eqnarray*}

並非易事, 但由超幾何分佈的由來, 我們知道上式是成立的。

超幾何分佈的期望值與變異數如下:

$\displaystyle E(X)=\frac {nD}{N},$

(2.19)

$\displaystyle \mbox{Var}(X)=\frac {nD(N-n)(N-D)}{N^2(N-1)}\raisebox{-1.2mm}{.}$

(2.20)

　

波 松 分 佈

在二項分佈${\cal B}(n,p)$中, 若$n$很大時會如何? 若$n$很大且$p$很小, 而$np$卻適當地大, 此時成功次數的分佈會如何? 我們有底下的定理。

　

定理 2 設隨機變數$X_n$有 ${\cal B}(n,p_n)$分佈, $n\geq 1$, 且滿足 $\lim_{n\rightarrow \infty}np_n=\lambda$, $0<\lambda<\infty$, 則

$\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} P(X_n=k)= \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}, k=0,1,\cdots \mbox{\raisebox{-1.2mm}{.}}$

(2.21)


　

註 3 若 $n\rightarrow \infty$時, $a_n\rightarrow 0$, 且 $a_n b_n\rightarrow c$, 其中$c\in R$, 則 $n\rightarrow\linebreak\infty$時, $(1+a_n)^{b_n}\rightarrow e^c$, 其中$e$為自然對數的底。

一隨機變數$X$, 若其p.d.f.為

$\displaystyle f(x)=\frac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!}, x=0,1,\cdots,$

(2.22)

其中$\lambda>0$, 便稱有參數$\lambda$之波松分佈(Poisson distribution), 以 ${\cal P}(\lambda)$表之。由於

\begin{eqnarray*} \sum_{x=0}^{\infty}\frac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!}=e^{-\lambd... ...um_{x=0}^{\infty}\frac{\lambda^x}{x!}=e^{-\lambda}e^{\lambda}=1, \end{eqnarray*}

故(2.22)式的確定義出一機率密度函數。此處用到對 $\forall \lambda\in R$, $e^{\lambda}$在$0$的泰勒級數(Taylor's series)為

$\displaystyle e^{\lambda}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda^k}{k!}, \lambda\in R,$

(2.23)

　圖2.4給出幾個不同參數下, 波松分佈p.d.f.之圖形。


\begin{picture}(0,135)(-12,0) \setlength{\unitlength}{1mm}\put(-10,0){\vector(1,... ...e(1,0){6}} \put(95,-1){\line(0,1){2}} \put(98,0){\line(0,1){0.24}} \end{picture}

$\mathcal{P}(0.5)$                                                                       $\mathcal{P}(1)$


\begin{picture}(0,135)(-12,0) \setlength{\unitlength}{1mm}\put(-10,0){\vector(1,... ...(1,0){8}} \put(96,-1){\line(0,1){2}} \put(100,0){\line(0,1){0.62}} \end{picture}
   

$\mathcal{P}(5)$

圖2.4 波松分佈p.d.f.之圖形

例 7. 設$X$有${\cal P}(2)$分佈,分別求$X$=0,1,2,3之機率。  提示

　

前面提過, 對二項分佈${\cal B}(n,p)$, 當$n$較大時, 一般而言, 其機率值並不好算。即使 是數值表, 由於有兩個參數, 針對不同的$n$及$p$, 要列出很多表才行。但波松分佈 只有一參數, 且其p.d.f.之極大值發生於$[\lambda]$, 或$\lambda -1$及$\lambda$ , 其中$[\lambda]$表小於或等於$\lambda$之最大整數。若$X$有 ${\cal P}(\lambda)$分佈, 往往只需求$k$不太大時之$P(X=k)$, 此時$k!$不難算, 而$e^{-\lambda}$及$\lambda^k$用計算機立刻可算出。所以$n$很大時, 以波松分佈之機率值來做為二項分佈之機率值的近似值。但所謂$np$要適當地大, 多大才算適當呢? 通常$np\leq 7$時, 波松分佈便對二項分佈提供一很好的近似值。

令

\begin{eqnarray*} && b(k;n,p)={n\choose k}p^k (1-p)^{n-k}, k=0,1,\cdots,n, \\ && p(k;\lambda)=e^{-\lambda}\lambda^k / k!, k=0,1,\cdots, \end{eqnarray*}

分別表${\cal B}(n,p)$及 ${\cal P}(\lambda)$分佈之p.d.f.。

例 8. 對一有500員工之公司, 令$X$表生日為元旦之員工數, 則可以 ${\cal B}(500,\linebreak 1/365)$當做$X$之分佈。表2.1顯示以參數 $\lambda=500/365$之波松分佈來求$X$之機率值還蠻精確。

表2.1. 以波松分佈做為二項分佈之近似

$k$

0

1

2

3

4

5

6

$b(k;500,1/365)$

.2537

.3484

.2388

.1089

.0372

.0101

.0023

$p(k;500/365)$

.2541

.3481

.2385

.1089

.0373

.0102

.0023

    


例 9. 某城市發生了一案件, 警方認為犯案者具有某數項特徵, 又推測任何一人具該數項特徵之機率為 $1/12,\!000,\!000$。 由於該城有 $12,\!000,\!000$人。
現找到一具該數項特徵者, 警方認為此人就是犯案者。試問警方之看法是否正確?
提示

　

當$X$有 $\mathcal{P}(\lambda)$分佈,

\begin{eqnarray*} E(X) &=& \sum_{x=0}^{\infty} x\cdot \frac {e^{-\lambda}\lambd... ...bda^x}{x!}\\ &=& \lambda e^{-\lambda}\cdot e^{\lambda}=\lambda, \end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*} E(X(X-1))&=& \sum_{x=0}^{\infty} x(x-1)\cdot \frac {e^{-\lamb... ...x-2}}{(x-2)!}=\lambda^2 e^{-\lambda}\cdot e^{\lambda}=\lambda^2, \end{eqnarray*}

因此

\begin{eqnarray*} \mbox{Var}(X) &=& E(X^2)-(E(X))^2\\ &=& E(X(X-1))+E(X)-(E(X))^2\\ &=& \lambda^2+\lambda-\lambda^2=\lambda\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}

期望值與變異數相等, 這是波松分佈一有趣的性質。拉普拉斯轉換則為

\begin{eqnarray*} \phi(s)&=& E(e^{-sX})=\sum_{x=0}^{\infty} e^{-sx}\frac {e^{-\... ...bda e^{-s}}= e^{-\lambda(1-e^{-s})}, s\geq 0\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}



例 10. 民國90年12月6日, 多家媒體均刊登一如夢的新聞。中國時報的標題為

夫婦八天內連續抽中六部車

次日中時電子報又有一則標題為

京華驚奇槓上開花    徐家連中7台車

的新聞。

原來台北市京華城生活購物中心, 開幕後為了促銷, 推出"一百名休旅車抽獎活動''.從11月26日起, 一連十天, 每天送出每輛單價約 43萬元的汽車.購物每滿 $2,\!000$元就可兌換一張抽獎券。一對徐姓夫婦(太太是商職數學老師), 在八天內抽中六部, 夫妻倆才在想"是在作夢嗎?''在最後一天又抽中了一部, 合計共抽中 7部車, 價值約 300萬元。

由於京華城指出每天的抽獎過程均有律師見證, 並拍照存證,作假問題應可不用考慮.。又是由消費者的手中抽出(90年 12月 6日中國時報第 10版)。再加上抽獎者也不見得是從下層、 中層或上層抽出, 因此特殊的數字或特殊的投法, 並沒有證據顯示會較容易中獎。從機率的角度來看, 愈早將所擁有的抽獎券, 全投入箱中, 愈會提高中獎機率。

雖然我們不知道每天累積的抽獎券數, 但猜想京華城也沒有精確地去計算. 如果是因抽出汽車而帶動購物風潮,有可能一開始人數較少, 例如, 第 1天有 1萬張抽獎券, 後來逐漸增加。假若是這樣, 第一天徐姓夫婦抽獎券所佔比例約為

\begin{eqnarray*} \frac{88}{10,\!000}=0.0088 \end{eqnarray*}

(他們 11月 23至 25日花了兩百多萬, 換來 888張抽獎券, 但抽獎是由 11月 26日起, 因此開始抽獎的第一天, 他們在票箱裡的票似應至少有 888張 )。至於最後所佔比率(如果全部抽獎券為 15萬張)

\begin{eqnarray*} \frac{1,\!537}{150,\!000}=0.010247, \end{eqnarray*}

或(如果全部抽獎券為 14萬張)

\begin{eqnarray*} \frac{1,\!537}{140,\!000}=0.010979, \end{eqnarray*}

其中 $1,\!537=1,\!543-6$, 因最後一天時, 他們已被抽出 6張, 所以箱內尚有他們的 $1,\!537$張抽獎券。

對徐姓夫婦, 每日之中獎率並不相同。中間會有幾天中獎率較高, 最後一天較低。若以 $X$表徐姓夫婦總共中的汽車數(即抽出他們的獎券數), 則在所知的資訊下, $X$的分佈並無法求出。

考慮一簡化後的情況: 箱內共有 15萬張獎券, 徐姓夫婦有 $1,\!500$ 張, 要自其中抽出 100張。由於獎券抽出後並不放回, 因此他們所抽中的獎券數 $X$有超幾何分佈 ${\cal H}(150,\!000, 1,\!500, 100)$。即

\begin{eqnarray*} P(X=7)=\frac{{{1,500}\choose{7}}{{148,500}\choose{93}}}{{{150,000}\choose{100}}}\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}

因 100與 $150,\!000$比起來很小,不妨假設抽獎券抽出後皆再放回, 則每次會抽中這對夫婦之獎券之機率為 $1,\!500/150,\!000=0.01$, 而抽 100次。在此情況下, $X$有二項分佈 ${\cal B}(100, 0.01)$。再利用波松近似, 因 $100\cdot 0.01=1$, 得 $X$有近似的波松分佈 ${\cal P}(1)$。因此, 這對夫婦十天中, 至少會中一部車的機率為

\begin{eqnarray*} 1-e^{-1}\doteq 1-0.367879=0.632121\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}

實在不算小。主要是他們的獎券數相當多, 約佔全部的百分之 1。即使每日來看(每天抽 10部車), 每天會被抽中的次數以 ${\cal B}(10, 0.01 )$ 來估計, 則每天至少會中 1部汽車的機率約為     

\begin{eqnarray*} 1-{{10}\choose{0}}0.99^{10}\doteq1-0.904=0.096\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}

要注意的是, 有7天皆中一部車的的機率, 並非約為 $(0.096)^{7}\doteq7.514\cdot 10^{-8}$。此為"連續'' 7天, 每天至少中一部車的機率之近似值, 與我們所討論的並不同。

前面說過, 抽獎是每天抽 10部汽車, 並非一口氣抽 100部。而 10天中有幾天, 他們的中獎率, 可能是超過 0.01的, 尤其如果總獎券數是 14萬張的話。不過我們就考慮 100部汽車是最後一天一起抽, 且採用波松近似。在不同$\lambda$下, 表2.2列出會中的汽車數 $X$之機率的近似值。

表2.2 $X\sim \mathcal{P}(\lambda)$, $P(X=k)$之值, $k=0, 1,\cdots, 7$

$ k\setminus \lambda $

1.0

1.1

1.2

1.5

1.8

2.0

0

.367879

.332871

.301194

.223130

.165299

.135335

1

.367879

.366158

.361433

.334695

.297538

.270671

2

.183940

.201387

.216860

.251021

.267784

.270671

3

.061313

.073842

.086744

.125511

.160671

.180447

4

.015328

.020307

.026023

.047067

.072302

.090224

5

.003066

.004467

.006246

.014120

.026029

.036089

6

.000511

.000819

.001249

.003530

.007809

.012030

7

.000073

.000129

.000214

.000756

.002008

.003437

如果取 $\lambda=1.5$, 則徐姓夫婦會中 7部車的機率約為 $0.000756$, 約 $1,\!323$分之一。當然是不大, 但卻沒有想像的小。至於要中至少 4部車的機率, 約為

\begin{eqnarray*} 1-0.223130-0.334695-0.251021-0.125511 =0.065643, \end{eqnarray*}

約 15分之一, 算是不太難發生。在資訊如此不完整的情況下, 波松分佈在此扮演一簡潔而有效的粗略估計角色。總之, 中 7部車的機率雖很小, 但絕不是如 0.01的 7次方般的小。

最後, 附帶一提, 如果徐姓夫婦的採購是集中在第 1天, 且 $1,\!543$張抽獎券都在第 1天便投入箱中。又假設全部有 $150,\!000$張抽獎券, 且每天箱中增加 $15,\!000$張, 則每日之中獎率依序比下列數列均大

\begin{eqnarray*} &&\frac{1}{10}=0.1,\quad \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{10}=0.05,\qu... ...111,\quad \frac{1}{10}\cdot\frac{1}{10}=0.01\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}

其中第 1個 $1/10$是由 $1,\!500/15,\!000$而得。在此情況下, 第一天會中的車數約有 ${\cal B}(10, 0.1)$分佈, 此處仍以二項分佈取代超幾何分佈, 反正只是要知道約略的機率。 因此會中1, 2, 3, 4部車的機率, 分別約為 $0.3874, 0.1937, 0.0574,\linebreak0.0112$。至於第 2 天會中 1, 2, 3, 4部車的機率, 分別為 $0.3151, 0.0746,\linebreak0.0105, 0.0010$。如此一來有可能前兩天便已中了好幾部汽車了。

　離 散 型 的 均 勻 分 佈

設一袋中有$N$張紙牌, 編號分別為1至$N$。隨機地取一張紙牌, 令$X$表所得之點數, 則顯然

\begin{eqnarray*} P(X=x)=\frac 1N, x=1,2,\cdots,N\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}

具有這種p.d.f.的隨機變數, 便稱有離散型的均勻分佈(discrete uniform distribution), 其中$N$為一正整數, 以$\mathcal{D}$- $\mathcal{U}(1,N)$表之。當然亦可有較一般的$\mathcal{D}$- $\mathcal{U}(N_1,N_2)$分佈, 即

\begin{eqnarray*} P(X=x)=\frac {1}{N_2-N_1+1}, x=N_1,N_1+1,\cdots,N_2\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}

其中$N_1,N_2$為二整數, 且$N_1<N_2$。

若$X$有$\mathcal{D}$- $\mathcal{U}(1,N)$分佈,

\begin{eqnarray*} E(X)=\sum_{x=1}^{N}x\cdot \frac 1N=\frac {N(N+1)}{2}\cdot \frac 1N=\frac {N+1}{2}, \end{eqnarray*}

且

\begin{eqnarray*} E(X^2)=\sum_{x=1}^{N} x^2\cdot \frac 1N=\frac {N(N+1)(2N+1)}{6}\cdot \frac 1N=\frac {(N+1)(2N+1)}{6}, \end{eqnarray*}

因此

\begin{eqnarray*} \mbox{Var}(X) &=& E(X^2)-(E(X))^2=\frac {(N+1)(2N+1)}{6}-\frac {(N+1)^2}{4}\\ &=& \frac {N^2-1}{12}\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}

　

$X$之拉普拉斯轉換則為

\begin{eqnarray*} \phi(s)=E(e^{-sX})=\sum_{x=1}^{N}e^{-sx}\frac 1N=\frac {e^{-s}(1-e^{-sN})}{N(1-e^{-s})}, s\geq 0\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}


例 11. 假設有2個箱子, 將2個球分別隨機地放進其中一箱。即每一個球均有1/2的機率放進任何一箱中。隨機地放, 便對應均勻分佈。因此那一球會放進那一箱, 可視為有離散型的均勻分佈, 即$\mathcal{D}$- $\mathcal{U}(1,2)$分佈。而每箱中各恰有一球的機率為

\begin{eqnarray*} \frac {2!}{2^2}=\frac {2}{4}=\frac 12\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}

如果是3個球隨機地放進3個箱子中, 則每箱中各恰有一球的機率為

\begin{eqnarray*} \frac {3!}{3^3}=\frac {6}{27}=\frac 29\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}

如果是10個球隨機地放進10個箱子中, 則每箱中各恰有一球的機率為

\begin{eqnarray*} \frac {10!}{10^{10}}=\frac {3,\!628,\!800}{10^{10}}=0.00036288\raisebox{-1.2mm}{.} \end{eqnarray*}

此機率可說是非常地小。一般而言, $n$個球隨機地放進$n$個箱子中, 則每箱中各恰有一球的機率為$n!/n^n$, 此值隨著$n$之增大而漸減。

上述現象, 可能違反一般人的直觀。不是說均勻分佈嗎? 10個球隨機地放進10個箱子中, 每個箱子中各恰有一個球, 應是最均勻的分配, 結果卻是極不容易發生。反而是不均勻的情況, 即至少有一箱子中有兩個以上的球很容易發生, 機率為

\begin{eqnarray*} 1-0.000362888=0.99963712, \end{eqnarray*}

此值相當接近1。甚至一箱中有2球, 8箱中各有一球, 另一空箱的機率為

\begin{eqnarray*} \frac {{{10}\choose 1}{{9}\choose 8}{{10}\choose 2}\cdot 8!}{10^{10}}=45\cdot \frac {10!}{10^{10}}, \end{eqnarray*}

為每箱中各恰有一球的機率之45倍。

令每箱中各恰有一球的機率為$a$。再給一些例子如下：

(a) 1箱中有3球, 7箱中各有一球, 另2空箱, 其機率為$60a$。

(b) 2箱中各有3球, 2箱中各有2球, 另6空箱, 其機率為$(35/4)a$。

(c) 2箱中各有4球, 2箱中各有1球, 另6空箱, 其機率為$(35/16)a$。

(d) 1箱中有1球, 1箱中有2球, 1箱中有3球, 1箱中有4球, 另6空箱, 其機率為$(35/2)a$。

(e) 1箱中有6球, 1箱中有2球, 2箱中各有1球, 另6空箱, 其機率為$(7/4)a$。

(f) 5箱中各有2球, 另5空箱, 其機率為$(63/8)a$。

　

在上例中, 對一特定的箱子, 譬如說第一個箱子, 其中會放進多少個球, 有 $\mathcal{B}(10,1/10)$分佈。若將$n$個球隨機地放進$n$個箱子中, 則一特定箱子中的球數, 以$X_n$表之, $X_n$便有 $\mathcal{B}(n,1/n)$分佈。由定理2.2知, $n$很大時, $X_n$便有近似的 $\mathcal{P}(1)$分佈。

底下為一隨機選取卻產生不均勻結果之實例。

例 12. 臺灣銀行於民國88年12月起開始發行公益彩券, 每月1期, 至90年
11月發行最後１期, 共24期 (91年1月起由台北銀行發行新的彩券)。此彩券除了可於購買當場得知立即獎外, 每期並有一個七位數號碼的幸運獎。表2.3列出總共24期的幸運獎中獎號碼。表2.4給出全部24期彩券幸運獎中獎號碼末一位數碼之出現頻率。

公益彩券幸運獎中獎號碼的產生是隨機的, 即0, 1, 至9每個數字出現的機率均為1/10, 24期平均來說, 每個數字應出現2.4次。但事實上5出現高達5次, 而1和8也各有4次, 9卻一次都沒有, 此亦為一不均勻的事件。 我們甚至發現末二位數碼為61者出現3次。但由00至99, 共100組末二位數碼, 每一組末二位數碼出現的機率只為1/100。 每一組末二位數碼, 在24期中平均出現0.24次(相當於將24個球隨機地放進100個箱子中)。而末三位數碼出現961者有2次, 但由000至999每一組末三位數碼出現的機率只

表2.3 24期彩券幸運獎中獎號碼

第01期: 1713967

第02期: 2063558

第03期: 2758361

第04期: 2147101

第05期: 2531455

第06期: 3439961

第07期: 2720834

第08期: 2903973

第09期: 3928257

第10期: 2863350

第11期: 1018308

第12期: 2465872

第13期: 3912735

第14期: 2366961

第15期: 1864038

第16期: 2009334

第17期: 3293166

第18期: 1915637

第19期: 3926458

第20期: 1957275

第21期: 2638735

第22期: 3262172

第23期: 2207285

第24期: 2377790

    

表2.4 24期彩券幸運獎中獎號碼末一位數碼之出現頻率

末一位數碼

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

合計

出現頻率

2

4

2

1

2

5

1

3

4

0

24

    為$1/1,\!000$b如果再仔細觀察, 末二位數碼為34, 35, 38者, 也各出現二次。

例 13. 民國91年1月起, 台北銀行發行公益彩券, 其中"樂透彩''採42取6的玩法.即自1至42的號碼中, 選出六個下注(不可重覆)。只要六個號碼全中即為頭獎, 與開出的號碼順序無關。又另外開一特別號。中五碼及特別號為貳獎, 中五碼為參獎, 中四碼為肆獎, 中三碼為普獎.每期提撥之總獎金, 為當期銷售總金額的56%(一張樂透彩券賣50元)。普獎獎金每張200元, 在普獎的獎金分配完後, 將剩餘的獎金以 38%, 12%, 15%, 35% 分到頭獎、貳獎、參獎、肆獎。頭獎至肆獎, 若有數人同中某獎項, 則均分該獎之獎金。

(i)

各獎之中獎機率為何？      提示  

(ii)

其他一些相關機率如下:

        恰中兩個號碼: $\displaystyle \frac{{{6}\choose{2}}{{36}\choose{4}}}{{{42}\choose{6}}}=\frac{883,\!575}{5,\!245,\!786}\doteq 0.168435197$,

        恰中一個號碼: $\displaystyle \frac{{{6}\choose{1}}{{36}\choose{5}}}{{{42}\choose{6}}}=\frac{2,\!261,\!952}{5,\!245,\!786}\doteq 0.431194105$,

        六個號碼都不中: $\displaystyle \frac{{{36}\choose{6}}}{{{42}\choose{6}}}=\frac{1,\!947,\!792}{5,\!245,\!786}\doteq 0.371306035$,

        中大樂透之頭獎(49選6): $\displaystyle \frac{1}{{{49}\choose{6}}}=\frac{1}{13,\!983,\!816}\doteq 0.000000071$,

         中小樂透之頭獎(31選5): $\displaystyle \frac{1}{{{31}\choose{5}}}=\frac{1}{169,\!911}\doteq 0.000005885 $。

(iii)

設某期共賣出樂透彩a張, 則當期各獎總獎金的期望值為何？      提示  

        

(iv)

設某期樂透彩銷售總金額為b元, 則當期各獎總獎金的(近似)期望值

為何？      提示 

(v)

第一期樂透彩銷售總金額為776,273,750元, 即共賣出15,525,475張, 估計出各獎之獲獎張數及總獎金如下。

        頭獎2.95張, 總獎金133,071,010元,

        貳獎17.75張, 總獎金42,022,424元,

        參獎621.51張, 總獎金52,528,030元,

        肆獎27,968.30張, 總獎金122,565,404元,

        普獎422,632.15張, 總獎金84,526,430元。

實際開出各獎之獲獎張數及總獎金如下:

        頭獎0張, 總獎金136,345,482元,

        貳獎6張, 總獎金43,056,468元,

        參獎338張, 總獎金53,820,585元,

        肆獎20,014張, 總獎金125,581,365元,

        普獎379,547張, 總獎金75,909,400元。

提撥之總獎金: 434,713,300元。

註2.4 (i) 普獎獎金總額以總獎金之50%為上限, 以保障大獎中獎人之獎金不至於太低。不過這是很難發生的, 因為普獎總獎金的期望值, 佔提撥總獎金之比率約為

\begin{eqnarray*} \frac{0.1088874b}{0.56b}\doteq 19.44417\%, \end{eqnarray*}

遠小於50%。

(ii) 若某期某一獎項無人獲得, 則該獎之獎金移至下期同一獎項, 最多累積5期。若連續5期無人獲獎時, 則累積之獎金併入次期之總獎金中, 再加上普獎總獎金並未固定, 因此實際上每期頭獎至肆獎之總獎金是有波動的, 並不固定佔該期銷售總金額之若干比率。

(iii) 由於並不計開出的6個號碼之順序, 故可開出號碼的組合共有


如果是一排6個空格, 每空格要自1至42中, 任選一號碼來填寫, 順序對才算中獎, 則總共的可能性, 便有 $42\cdot 41\cdot 40\cdot 39 \cdot38 \cdot37$組。

(iv) 頭獎中獎機率為 ${{42}\choose{6}}^{-1}$, 而非 ${{42}\choose{6}}^{-1}\cdot{{42}\choose{6}}^{-1}$。 後者是開出一組特定的號碼, 如{1, 2, 3, 4, 5, 6}, 而你也剛好選此組號碼之機率。{1, 2, 3, 4, 5, 6}至 {37, 38, 39, 40,41, 42}, 總共有 ${{42}\choose{6}}$ 組, 若你剛好選中開出的那組便中獎, 並不限選中{1, 2, 3, 4, 5, 6}才中獎, 因此中頭獎之機率仍為 ${{42}\choose{6}}\cdot{{42}\choose{6}}^{-1}\cdot{{42}\choose{6}}^{-1}={{42}\choose{6}}^{-1}$。

(v) 貳獎為中五個號碼(有 ${{6}\choose{5}}$組), 且另一碼沒有選擇只能與特別碼一樣, 因此最多可以有 ${{6}\choose{5}}$組。

(vi) 參獎為中五個號碼(有 ${{6}\choose{5}}$組), 且另一碼不能與特別號一樣(否則就是貳獎了), 可自剩餘的$42-6-1=35$碼中任選一碼, 因此最多可以有 ${{6}\choose{5}}{{35}\choose{1}}$組。

(vii) 肆獎為中四個號碼(有 ${{6}\choose{4}}$組), 另二碼可自剩餘的$42-6=36$碼(包含特別號)中任選二碼，因此最多可以有 ${{6}\choose{4}}{{36}\choose{2}}$ 組。同理可得普獎最多可以有 ${{6}\choose{3}}{{36}\choose{3}}$ 組。

(viii) 普獎之中獎機率為 ${{6}\choose{3}}{{36}\choose{3}}/{{42}\choose{6}}$, 而非 $1/{{42}\choose{3}}=1/11,480\doteq 0.0000871$。 後者是自42個號碼中任挑3個之中獎機率。

(ix) 六個號碼都不中, 比恰中一個號碼還難。

 

  進一步閱讀資料：黃文璋 (2003) . 基本概念。數理統計講義第二章。國立高雄大學應用數學系。

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