11.2. 离散场合下的条件分布#
设二维离散随机变量 \((X,Y)\) 的联合分布列为
\[p_{i j}=P\left(X=x_{i}, Y=y_{j}\right), i=1,2, \cdots;\quad j=1,2, \cdots.\]
- 条件分布列
对一切使 \(P\left(Y=y_{j}\right)=p_{\cdot j}=\sum_{i=1}^{\infty} p_{i j}>0\) 的 \(y_{j}\) ，称
\[\begin{split}
\begin{eqnarray*}
p_{i | j} &=&P\left(X=x_{i} | Y=y_{j}\right) \\
&=&\frac{P\left(X=x_{i}, Y=y_{j}\right)}{P\left(Y=y_{j}\right)} \\
&=&\frac{p_{i j}}{p_{\cdot j} }
\end{eqnarray*}
\end{split}\]
- 条件分布函数
为给定 \(Y=y_{j}\) 条件下 \(X\) 的条件分布列， \(i=1,2,\cdots\) 。
给定 \(Y=y_{j}\) 条件下 \(X\) 的条件分布函数为
\[F\left(x | y_{j}\right)=\sum_{x_{i} \leq x} P\left(X=x_{i} | Y=y_{j}\right)=\sum_{x_{i} \leq x} p_{i | j}\]
Example 11.2
设随机变量 \(X\) 与 \(Y\) 独立，且 \(x \sim P\left(\lambda_{1}\right), Y \sim P\left(\lambda_{2}\right)\) 。在已知 \(X+Y=n\) 的条件下，求 \(X\) 的条件分布。
Solution
在例 Example 10.1 中已经证明了 \(X+Y\sim P(\lambda_{1}+\lambda_{2})\) 。所以
\[\begin{split}
\begin{eqnarray*}
P(X=k | X+Y=n)&=&\frac{P(X=k, X+Y=n)}{P(X+Y=n)}\\
&=&\frac{P(X=k, Y=n-k)}{P(X+Y=n)} \\
&=& \frac{P(X=k) \cdot P(Y=n-k)}{P(X+Y=n)}\\
&=&\frac{\frac{\lambda_{1}^{k}}{k !} e^{-\lambda_{1}} \cdot \frac{\lambda_{2}^{(n-k)}}{(n-k) !} e^{-\lambda_{2}}}{\frac{\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right)^{n}}{n !} e^{-\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right)}}\\
&=&\frac{n !}{k !(n-k) !}\left(\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{1}+\lambda_{2}}\right)^{k}\left(1-\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{1}+\lambda_{2}}\right)^{n-k}
\end{eqnarray*}
\end{split}\]
因此，在 \(X+Y=n\) 的条件下， \(X\) 的条件分布为二项分布 \(b\left(n, \frac{\lambda_{1}}{\lambda_{1}+\lambda_{2}}\right).\)
Example 11.3
设在一段时间内进入某一商店的顾客人数 \(X\) 服从泊松分布 \(P(\lambda)\) ，每位顾客购买某商品的概率为 \(p\) ，并且每位顾客是否购买该种物品相互独立。求进入商店的顾客购买这种物品的人数 \(Y\) 的分布列。
Solution
由题可知，
\[P(X=m)=\frac{\lambda^{m}}{m !} e^{-\lambda} \quad m=0,1,2, \cdots\]
在进入商店的人数 \(X=m\) 的条件下，购买某种物品的人数 \(Y\) 的条件分布为二项分布 \(b(m,p)\) ，即
\[\begin{split}P(Y=k | X=m)=\begin{pmatrix}
m \\
k
\end{pmatrix} p^{k}(1-p)^{m-k}, \quad k=0,1, \cdots, m.\end{split}\]
由全概率公式有
\[\begin{split}\begin{aligned}
P(Y=k) &=\sum_{m=k}^{+\infty} P(X=m) \cdot P(Y=k | X=m) \\
&=\sum_{m=k}^{+\infty} \frac{\lambda^{m}}{m !} e^{-\lambda} \cdot \frac{m !}{k !(m-k) !} p^{k}(1-p)^{m-k} \\
&=\frac{1}{k !} e^{-\lambda}(\lambda p)^{k} \cdot \sum_{m=k}^{+\infty} \frac{(\lambda(1-p))^{m-k}}{(m-k) !} \\
&=\frac{1}{k !}(\lambda p)^{k} e^{-\lambda} \sum_{m=0}^{+\infty} \frac{(\lambda(1-p))^{m}}{m !} e^{-\lambda(1-p)} \cdot e^{\lambda(1-p)} \\
&=\frac{(\lambda p)^{k}}{k !} e^{-\lambda p} ,\quad k=0,1,2, \cdots
\end{aligned}\end{split}\]
因此， \(Y\sim P(\lambda p)\) 。