第 8 章　常见离散分布

8.1伯努利分布：一次成败

一切离散分布的起点，是最简单的一种试验：一次试验，只有两个结果——「成功」或「失败」。这种试验叫伯努利试验（Bernoulli trial）。

比如：抛一次硬币（正面算成功）、抽一件产品看是否合格、投一次篮是否命中。设「成功」的概率为 p（0 < p < 1），「失败」的概率就是 1 − p。

伯努利分布

设 X 表示「一次伯努利试验中成功的次数」，X 只能取 0 或 1，其分布律为：

P(X = 1) = p，　P(X = 0) = 1 − p

称 X 服从伯努利分布（也叫 0-1 分布），记作 X ~ B(1, p)。

为什么偏偏取 0 和 1？——编码背后的深意

有人会问：成功、失败明明是两件「事」，为什么硬要给它们贴上数字 1 和 0？这不是随意约定，而是极有心机的一步棋。回看第 6 章的定义——随机变量本质是把样本点翻译成数的函数，而翻译得好不好，直接决定后面的运算顺不顺手。

用 0/1 编码最大的收益是：「成功次数」可以直接求和。独立做 n 次伯努利试验，把每次的结果 X₁, X₂, …, X_n 加起来，得到的恰好是「总成功次数」——因为每个 X_i 要么贡献一个 1（成功），要么贡献一个 0（失败，不影响总和）。下一节的二项分布，以及第 10 章「期望的线性性质 E(X₁+…+X_n) = E(X₁)+…+E(X_n)」，全都建立在这个编码之上。如果当初把成败编码成 1 和 2，求和就不再有任何意义，后面两章的漂亮结论都会被卡住。

更深一层的看法：任何一个事件 A，都能造出一个属于它的伯努利变量——样本点落在 A 里就取 1，否则取 0（这样的变量叫「指示变量」）。于是 P(A) 恰好等于这个变量的期望。这一刻，「概率」与「期望」两个概念被打通了：算概率就是算一种特殊的平均值。这个视角在第 10 章、第 11 章会反复用到，值得现在就埋进心里。

先睹为快：伯努利变量的期望与方差

期望要到第 10 章才正式登场，但伯努利变量的情形太简单，现在就能算，而且本章后面三节全都靠它当地基。按定义（期望 = 取值 × 概率的加权和）：

E(X) = 0 × (1−p) + 1 × p = p，　E(X²) = 0²×(1−p) + 1²×p = p

于是方差（第 10 章的定义式：Var(X) = E(X²) − [E(X)]²）为：

Var(X) = p − p² = p(1−p)

p(1−p) 这个式子值得多看两眼：它在 p = 0.5 时取到最大值 0.25；p 越接近 0 或 1，它越接近 0。方差衡量「结果的摇摆程度」——成败各半时最说不准，几乎必成或几乎必败时最确定。第 10 章讨论「方差为什么能当波动性的度量」时，p(1−p) 会是最重要的参照公式。

工程落点：无处不在的「单次成败」

工程里「一次判定、两个结果」的场景比比皆是：机载设备上电自检的「通过/不通过」、一次抽样检验的「合格/不合格」、一条指令发出后接收端「有回执/无回执」、一次阀门作动的「到位/不到位」、一次通信链路的「握手成功/失败」。单个伯努利变量信息量看似很小，但工程系统的可靠性模型正是以它为最小单元搭出来的：余度系统是「多个伯努利结果的表决」，抽样验收是「多个伯努利结果的计数」，重试机制是「多个伯努利结果的接力」。本章剩下三节，就是沿着这条路线逐级搭上去的。

辨析：伯努利分布的边界

两个容易混淆的点。其一，伯努利分布与二项分布的关系：X ~ B(1, p) 就是二项分布取 n = 1 的特例——「最小积木」与「积木垒成的墙」共用同一套 B(·,·) 记号，n 是唯一的差别；所以第 8.2 节学到的一切，取 n = 1 都应能退回本节结论，这本身就是检查理解的好办法。其二，「成功」只是个数学标签：如果你关心的恰是「出现次品」，那就把出现次品定义为成功（p = 次品率），计算完全不受影响；反过来定义只意味着 p 与 1−p 对调。做题前先问自己一句「我关心的事件是什么、它的概率记作 p」，就不会张冠李戴。

8.2二项分布：n 次独立试验的成功次数

把伯努利试验独立地重复 n 次（每次成功概率都是 p，且互不影响），问「这 n 次里恰好成功 k 次」的概率是多少？答案就是二项分布。

公式与推导

设 X =「n 次独立伯努利试验中成功的次数」，则 X 服从参数为 (n, p) 的二项分布，记作 X ~ B(n, p)，分布律为：

P(X = k) = C(n, k) · p^k · (1−p)^n−k，　k = 0, 1, …, n

推导——这个公式的来历非常清晰，拆成三步：

1. 考虑某一种具体的成功模式，比如「前 k 次成功、后 n−k 次失败」。由于各次独立，它的概率是 p·p·…·p（k 个）乘 (1−p)·…·(1−p)（n−k 个）= p^k(1−p)^n−k。
2. 但「恰好成功 k 次」并不限定是哪 k 次。这 k 次成功可以发生在 n 次里的任意位置，位置的选法有 C(n, k) 种。
3. 每种模式概率都相同（都是 p^k(1−p)^n−k），且这些模式互斥，所以总概率 = C(n, k) × p^k(1−p)^n−k。

「二项」名字的由来：一次顺手完成的归一性验证

分布律必须满足「所有概率加起来等于 1」（归一性）。二项分布是验证得最漂亮的一个：把 k = 0 到 n 的概率全部求和，

Σ_k=0ⁿ C(n,k)·p^k·(1−p)^n−k = [p + (1−p)]ⁿ = 1

第二步用的正是中学学过的二项式定理——C(n,k) 就是 (a+b)ⁿ 展开式的系数。「二项分布」的名字即由此而来：它的分布律逐项读出来，恰好是二项展开式的第 k 项。这也顺带解释了为什么概率总和必然是 1：因为 p 与 1−p 相加本来就是 1。一个分布是否「合法」，不必死记结论，亲手把归一性推一遍，公式之间的自洽会给你更扎实的信心——这个习惯在第 9 章连续分布里还会再用一次（那一次要换成积分）。

最可能成功几次？——比值法找众数

看图 8-1 的柱状图能发现峰值，峰值对应的 k* 叫众数（最可能值）。它有一个极轻巧的求法：考察相邻两项的比值，

P(X = k+1) ⁄ P(X = k) = [(n−k) ⁄ (k+1)] · [p ⁄ (1−p)]

分子 (n−k) 随 k 增大而减小、分母 (k+1) 随 k 增大而增大，所以这个比值随 k 严格递减：只要它还大于 1，概率就在爬坡；一旦跌破 1，概率开始下坡。令比值等于 1，解出临界位置 k = (n+1)p − 1。结论是：k* = ⌊(n+1)p⌋（向下取整；当 (n+1)p 恰为整数时，k* = (n+1)p−1 与 (n+1)p 两个值并列最大）。用 n = 10、p = 0.3 检验：(n+1)p = 3.3，k* = 3；逐项计算 P(3) ≈ 0.267，确实是 11 个概率中的最大值。直觉也对得上：平均成功次数 np = 3，最可能值就守在它旁边。

顺带把两个「先导结论」存进工具箱（第 10 章严格证明）：X 是 n 个独立伯努利变量之和，每个期望为 p，故 E(X) = np；波动性也随 n 累加，Var(X) = np(1−p)。于是二项分布可以一句话概括：「均值在 np，众数在 ⌊(n+1)p⌋，方差是 np(1−p)」。工程上粗估「n 次里大概成功几次」时，第一个跳出来的数就是 np。

再看清两个极端：p = 0.5 时 (n+1)p = (n+1)⁄2，众数恰落在正中央，分布完全对称（图 8-1 左）；p 很小时众数被拉向左端（图 8-1 右），此时「一次都不成功」的概率 P(X = 0) = (1−p)ⁿ 可能反客为主成为全表最大项——比如 n = 5、p = 0.05 时 P(0) = 0.95⁵ ≈ 0.774，比任何「恰 k 次成功」都大。低概率事件做 n 次试验，「零中」往往是常态，这正是抽样验收里「零缺陷」规则背后的概率事实。

工程落点：抽样验收与余度架构

二项分布在工程中最经典的两个舞台，一是抽样验收：从稳定工序里抽 n 件，次品率 p 由历史数据估计，问抽到的次品数——「抽 20 件允许 0 件次品」这类验收规则的风险（把坏批放行、把好批拒收的概率）全部由二项分布算出。二是余度架构：多台设备执行同一任务、单台成功率 p，系统级成功率就是二项尾概率 P(X ≥ k)，例题 2 的 2 ⁄ 3 表决是航电与飞控计算平台最常见的配置。两类问题的共同姿势是：把「系统级指标」翻译成「二项变量落在某区间的概率」，再逐项求和。

辨析：三个前提与「不放回」陷阱

套二项分布之前，必须检查三个前提：n 固定（试验次数事先定死）、独立（前一次不影响后一次）、p 恒定（每次成功概率相同）。抽检场景最容易踩的坑是「不放回抽样」：从小批量产品里连续抽检且抽走不还，每抽走一件，剩下产品里的次品率就变了——「p 恒定」被破坏。严格的模型是超几何分布（第 11 章二维分布还会再遇到它）；只有当批量 N 远大于抽样数 n（经验上 n ⁄ N ≤ 0.1）时，「抽走一件对次品率的扰动」才能忽略，二项分布才是良好近似。

举个能摸到差距的数字：批量 20 件、含 2 件次品，抽 5 件，「恰抽到 1 件次品」的概率按超几何算是 C(2,1)·C(18,4) ⁄ C(20,5) = 6120 ⁄ 15504 ≈ 0.395；按二项近似（取 p = 0.1）算是 C(5,1)·0.1·0.9⁴ ≈ 0.328。相差 6.7 个百分点——批量小时二项近似明显失真；但把批量换成 2000 件（仍含 10% 次品）抽 5 件，两种算法就能贴近到小数点后三位。记住这条分界线，就不会在小批量验收里错用二项分布。

8.3泊松分布：稀有事件的次数

二项分布算「n 次试验中成功 k 次」，但有些场景的「试验次数」根本数不清，比如：

• 一家店一天内接到的顾客来电数。
• 一段高速路一小时内发生的事故数。
• 一本书每页上的错别字数。

这些事件的特点是：在单位时间/空间内，事件发生的次数。虽然理论上「每小时每一秒」都在做「是否来电」的试验（n 极大），但单次发生的概率极小（p 极小）。这时就要请出泊松分布（Poisson distribution）。

公式

设 X 服从参数为 λ 的泊松分布，记作 X ~ P(λ)，分布律为：

P(X = k) = λ^k · e^−λ ⁄ k!，　k = 0, 1, 2, …

其中 λ > 0，是「单位时间/空间内事件发生的平均次数」（强度）。

泊松分布从哪来？

泊松分布不是凭空造的，它是二项分布的极限情形：当 n 很大、p 很小、但乘积 λ = np 保持为一个适中的常数时，二项分布 B(n, p) 就逼近泊松分布 P(λ)。

分布的来历：骑兵、错字与电话接线员

泊松分布由法国数学家西莫恩·德尼·泊松（Siméon-Denis Poisson）在 1837 年的概率论著作中作为二项分布的近似提出，但真正让它名扬天下的是半个多世纪后的两件事。第一件，1898 年学者博特凯维奇（Bortkiewicz）用它分析「普鲁士骑兵各军团每年被马踢死的士兵数」——14 个军团、20 年的记录，每年每军团的死亡人数几乎完美贴合泊松分布；一个看似毫无规律可言的偶发事件，从此有了数学模型。第二件，20 世纪初电话业兴起，工程师（以丹麦数学家爱尔朗为代表）面对成千上万个「下一秒会不会有人打进电话」的未知数，用泊松分布成功预测了电话局的话务量，据此决定要雇多少接线员、敷多少条中继线——这直接奠定了排队论的基础。

「电话接线员」的例子值得展开，因为它把泊松分布的三要素演示得清清楚楚：把一小时切成 3600 秒，每一秒都是一次「会不会来电」的伯努利试验（n = 3600 极大）；单个瞬间来电的概率 p 微乎其微；乘积 λ = np = 平均来电数才是唯一有意义的量。你不需要知道 n 与 p 各自是多少，只需要知道乘积——这正是泊松分布只有一个参数的原因：世界的其余细节在极限里全部被约掉了。

亲手推导：从二项到泊松的四步

「n 大 p 小、np = λ 适中时二项逼近泊松」这件事可以亲手推一遍。设 p = λ ⁄ n，代入二项分布律：

P(X = k) = C(n,k)·(λ⁄n)^k·(1 − λ⁄n)^n−k

第一步，拆组合数：C(n,k) ⁄ n^k = [n(n−1)…(n−k+1)] ⁄ (k!·n^k)，n → ∞ 时分子与 n^k 同阶，整个比值趋于 1 ⁄ k!；第二步，认出经典极限 (1 − λ⁄n)ⁿ → e^−λ（这正是 e 的定义式）；第三步，(1 − λ⁄n)^−k → 1（固定次数 k、底数趋于 1，自然衰减到 1）；第四步合并三处极限：

P(X = k) → λ^k·e^−λ ⁄ k!

全流程没有一步是「神来之笔」，都是极限运算的常规操作。泊松分布不是被发明出来的，是从二项分布里长出来的——这也立刻回答了「它凭什么叫稀有事件分布」：因为它生来就是「机会极多 × 概率极小」的化身。

归一性再验：泰勒展开立功

泊松分布的归一性验证同样优雅：Σ_k≥0 λ^k ⁄ k! 恰好是指数函数 e^λ 的泰勒展开式，于是全部概率之和 = e^λ · e^−λ = 1。顺带得到一个高频使用的副产品：P(X = 0) = e^−λ——「一个事件都没发生」的概率可以直接写出，下面两道例题都会用到它。

工程落点：工单、备件与「单位时间」的建模

工程中凡「一段时间/一块空间内发生多少次」的计数问题，泊松分布几乎都是第一候选：维修部门每周接到的某型部件工单数、一条航线上每月的行李差错件数、一份长文档里的错别字数、一块大面积蒙皮在检查中发现的划痕条数。它的价值在于把「频率」翻译成「风险」：知道平均每周 1.5 份工单，就能算出「本周不超过 3 份」「本周一份都没有」的概率，进而回答备件放多少个、人力排几班这类资源问题——例题 4 演示的正是这条从分布到决策的完整链路。使用时唯一要小心的是「单位」的选取：λ 必须与提问的时间窗一致——周平均 1.5 份的工单流，问「一个月（4 周）」的需求就得把 λ 换成 6，而不是拿 1.5 直接算一个月。

辨析：二项还是泊松？以及指数分布的预告

判断口诀一句话：数得清试验次数用二项，数不清用泊松。「抽 10 件产品看次品数」n = 10 清清楚楚，用二项；「一小时来电数」「一页文档的错字数」「一年内某区域的雷暴次数」无法事先切成明确次数的试验，直接用泊松、以历史平均定 λ。两边的边界情形是「n 很大 p 很小的二项」——此时两种算法都对（例题 3 已验证误差很小），按手头信息哪个方便用哪个。

另一个高频误区是把「次数」与「间隔」混为一谈：泊松分布回答「一段时间内发生几次」（离散，取值 0, 1, 2, …），而「两次事件之间要等多久」是连续量，服从指数分布——第 9 章的主角之一，其平均间隔恰好是 1 ⁄ λ。两者是同一随机过程的两个侧面：泊松看「数」，指数看「等」，λ 与 1 ⁄ λ 一里一外互相成全。记住这个分工，第 9 章学到指数分布的「无记忆性」时，你会立刻认出它就是本章几何分布的连续孪生兄弟。

最后补一条后面章节会反复用到的性质：泊松分布具有可加性——两段互不重叠的时间里，事件次数各为 X₁ ~ P(λ₁)、X₂ ~ P(λ₂) 且相互独立，则合计次数 X₁+X₂ ~ P(λ₁+λ₂)（严格证明要用第 11 章的卷积技巧，此处先记结论；直觉完全站得住：强度相加，计数自然相加）。它让「按周统计换算成按月」只要 λ×4，两个维修点合并统计只要 λ 相加——聚合口径随心切换，这正是例题 4 里「单位时间必须对齐」背后的原理。

8.4几何分布：等待首次成功

最后一个分布问的是另一个问题：「一直试下去，直到第一次成功，需要试多少次？」比如：反复抛硬币直到第一次正面；反复拨电话直到第一次接通。

公式

设每次试验成功概率为 p（独立），X =「首次成功所需的试验次数」，则 X 服从几何分布，分布律为：

P(X = k) = (1−p)^k−1 · p，　k = 1, 2, 3, …

推导：X=k 意味着「前 k−1 次都失败、第 k 次成功」。由独立性，概率 = (1−p)·(1−p)·…·(1−p)（k−1 个）乘 p = (1−p)^k−1·p。非常直观。

无记忆性：几何分布的独特性质

几何分布有个著名性质叫无记忆性：假设你已经试了 10 次都没成功，那么「接下来还需要试几次」的分布，和「从头开始需要试几次」的分布完全一样。

直觉上：硬币没有记忆，已经失败 10 次，不会让下一次成功的概率变大（还是 p）。所以「过去失败了多久」不提供任何关于「未来还要等多久」的信息——这就是「无记忆」。

无记忆性的严格证明：三行演算见真章

「已经试了 m 次都失败，未来还要试多少次」与「从头开始要试多少次」同分布——这句话可以写成精确的数学命题：对任意正整数 m、n，

P(X > m+n | X > m) = P(X > n)

推导只需三步。第一步，算「X > n」的概率：前 n 次全失败，由独立性即 (1−p)ⁿ。第二步，用条件概率定义展开：P(X > m+n | X > m) = P(X > m+n) ⁄ P(X > m) = (1−p)^m+n ⁄ (1−p)^m。第三步，同底数幂相减约分得 (1−p)ⁿ，恰等于 P(X > n)，证毕。用 p = 0.4 落到数字上：P(X > 8) ⁄ P(X > 3) = 0.6⁸ ⁄ 0.6³ = 0.6⁵，与「从头开始要等超过 5 次」的概率分毫不差。

更了不起的是反方向的结论：在所有取正整数的离散分布中，几何分布是唯一具有无记忆性的。换句话说，「过去完全不影响未来」这句话本身就是几何分布的身份证——一旦你确认某个等待问题确实无记忆，它必然是几何分布，连公式都不必另行推导。图 8-4 把这件事画了出来。

平均要等多少次？——期望 1 ⁄ p 的来历

「平均试多少次才成功」是几何分布最实用的量。它有一个几乎不用求和的推导：设平均次数为 E，只盯住第一次试验——以概率 p 当场成功，总代价 1 次；以概率 1−p 失败，这一次白费，但局面立刻回到起点（无记忆性！），之后平均还要再等 E 次，总代价 1 + E 次。于是：

E = p × 1 + (1−p) × (1 + E)，展开为 E = 1 + (1−p)E，解得 E = 1 ⁄ p

这个「重启论证」之所以成立，靠的还是无记忆性——失败之后的世界与最初一模一样。数值感受一下：p = 0.8 平均 1.25 次成功（例题 5），p = 0.2 平均要 5 次；成功率翻 4 倍，平均等待缩到 1 ⁄ 4，倒数关系非常自洽。顺带预告：几何分布的方差是 (1−p) ⁄ p²（第 10 章用性质计算），p 小时方差很大——「等一辆随机到站的班车」可能马上来也可能等很久，波动剧烈，这与图 8-3 的长尾完全一致。

等公交的直觉与赌徒谬误

把几何分布翻译成日常场景：假设某路班车的到来近似随机——每一分钟「有车到站」的概率都是 p = 0.2（各分钟独立），那么你等的第一班车出现在第几分钟，就服从几何分布，平均 1 ⁄ p = 5 分钟。现在你已等了 10 分钟没车，直觉大喊「都超过平均了，车肯定马上来」，但几何分布冷冷地回答：从现在起你还需要等待的时间，分布与你刚到站时一模一样，期望仍是 5 分钟。车没有记忆，它不会因为抱歉而加速——这正是「公交平均间隔 10 分钟，你平均却要等 10 分钟而不是 5 分钟」这类悖论的根源（班次完全随机时，你的到达点平均落在间隔的中段，这要到第 9 章指数分布才能讲透）。

同样的逻辑戳破赌徒谬误：轮盘连开 10 次黑，「该开红了」是错觉——每一轮都是独立的伯努利试验，红的出现概率从不因历史而变。工程里的对应提醒是：评估「重试机制」的耗时，只看单次成功率 p 与期望 1 ⁄ p；不要被「已经失败这么多次、成功就在眼前」的直觉带偏，也不要把排期压在「下一次一定成」的侥幸上。

工程落点：重传、重试与超时定界

凡是「反复尝试直到成功」的机制，尝试次数都是几何分布：数据链路上数据包发送失败就自动重传（ARQ 机制），设单轮传输成功率 p，所需传输轮数服从 Ge(p)、平均 1 ⁄ p 轮——链路质量的微小滑坡会被倒数关系放大成时延的剧烈恶化（p 从 0.9 降到 0.45，平均轮数从约 1.11 涨到约 2.22，时延翻倍）；系统上电自检不过就复位重启，重启次数同理；软件升级包下载中断后自动重试、某项检验不过后整改重测，都是同一副面孔。设计这类机制时，工程真正关心的就是例题 5 那两问：「k 次内成功的概率」（决定超时上限与排期裕度）与「平均尝试次数」（决定资源消耗预期），前者查累积概率、后者套 1 ⁄ p，各取所需。

辨析：两个版本的几何分布，以及与指数分布的血缘

几何分布有两个容易打架的版本：本章用的是「首次成功时总共试了几次」，k 从 1 开始，公式 (1−p)^k−1p，期望 1 ⁄ p；另一版数「首次成功前失败了几次」，k 从 0 开始，公式 (1−p)^kp，期望 (1−p) ⁄ p。两版只差一个平移（Y = X − 1），读到不同资料先对齐定义再比数字，就不会出现「同一道题两个答案」的困惑。此外，几何分布是离散世界里的「等待者」，它有个连续的孪生兄弟——指数分布（第 9 章）：泊松过程中「两次事件之间的间隔」服从指数分布，无记忆性在连续世界同样成立（P(T > s+t | T > s) = P(T > t)）。把本章的三行证明读懂，第 9 章的证明不过是把 (1−p)ⁿ 换成 e^−λt——数学骨架一模一样。