统计

简单随机抽样：

1.

个体数有限

2.

逐个抽取

3.

被抽到的概率相等。

例：

10

个个体里抽一个容量为

n

的样本，某个个体

A

第一次被抽到的可能性为？第二次被抽到的可能性为？

第一次：

\frac{1}{10}

第二次：

\frac{9}{10}\times\frac{1}{9}=\frac{1}{10}

随机数表题：范围

[0,39]

，有以下随机数表，从第

1

行第

3

列开始，选出的数依次为

36,33,26,16,11,14,10

。

$0347$	$4373$	$8636$	$9647$	$3661$	$4698$
$6371$	$6233$	$2616$	$8045$	$6011$	$1410$

总体平均数：

\bar{x}=\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i\ \ \text{}

中位数：

\begin{cases}x_{\lceil\frac{n}{2}\rceil} & x\ \mathrm{mod}\ 2\equiv 1 \\ \frac{x_{\frac{n}{2}}+x_{\frac{n}{2}+1}}{2} & x\ \mathrm{mod}\ 2\equiv 0\end{cases}\ \ \text{}

众数：出现次数最多的数据，不一定唯一，也不一定有众数。

极差：

\max{\set{x_i}}-\min{\set{x_i}}\ \ \ \ \text{}

标准差：

s=\sqrt{\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(x_i-\bar{x})^2}

\begin{aligned}方差：s^2&=\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(x_i-\bar{x})^2=\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(x_i^2-2x_i\bar{x}+\bar{x}^2)=\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i^2-\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}2x_i\bar{x}+\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\bar{x}^2\\&=\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i^2-2\bar{x}^2+\bar{x}^2=\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i^2-\bar{x}^2\end{aligned}

若采用分层随机抽样，分

n

层，样本数

m_1,m_2,\dots,m_n

，平均值

x_1,x_2,\dots,x_n

，

\\

则样本平均数

\bar{x}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\frac{m_i\cdot x_i}{\displaystyle\sum_{j=1}^{n}m_j}

，注意样本平均数

\neq

总体平均数。

分层随机抽样需按比例分配：

\frac{总体中第\ m\ 层个体数}{总体中第\ n\ 层个体数}=\frac{样本中第\ m\ 层个体数}{样本中第\ n\ 层个体数}

且

\frac{样本中第\ m\ 层个体数}{总体中第\ m\ 层个体数}=\frac{样本容量}{总体容量}

第

p

百分位数：数据中至少有

p\%

的数据

\leq

这个值，至少有

(100-p)\%

的数

\geq

这个值。

第

25

百分位数：第一四分位数 / 下四分位数；第

75

百分位数：第三四分位数 / 上四分位数；第

50

百分位数：中位数。

已知数据求第

p

百分位数：1. 从小到大排序，令

i=n\times p\%

\begin{cases}\text{ans}=\frac{a_i+a_{i+1}}{2} & \lfloor i \rfloor = i \\ \text{ans}=a_{\lceil i \rceil} & \lfloor i \rfloor \neq i \end{cases}

格式要求：

\begin{cases}[a,b) 的频率 <x\% \\ [a,c)的频率>x\%\end{cases}\implies

第

x

百分位数在

[b,c)

内。

n

层构成样本的方差：

s^2=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}w_i[s_i^2+(\bar{x}_i-\bar{x})^2]

，其中

\bar{x}_i

为样本中不同层的平均数，

s_i^2

为不同层的方差，

w_i

为相应的权重（该层样本数占总样本的多少，

w_i<1

）。

特别地，只有

2

层时，若：

第 $1$ 层	$m$ 个数	$\bar x$	$s^2$
第 $2$ 层	$n$ 个数	$\bar y$	$t^2$

则总平均数

\displaystyle\bar a=\frac{m\bar x+n\bar y}{m+n}

，总方差

\displaystyle b^2=\frac{ms^2+nt^2+m(\bar x-\bar a)^2+n(\bar y-\bar a)^2}{m+n}

若数据

x_1,x_2,\dots,x_n

的平均数

\bar x

，方差

s^2

，标准差

s

，则数据

mx_1+a,mx_2+a,\dots,mx_n+a

的平均数

m\bar{x}+a

，方差

s^2m^2

，标准差

sm

。

线性回归问题的一般步骤：

列表 + 画散点图

$x$ $x_1$ $x_2$ $\dots$ $x_n$
$y$ $y_1$ $y_2$ $\dots$ $y_n$
通过公式求 $\hat b,\hat a$ 。

$x$	$x_1$	$x_2$	$\dots$	$x_n$
$y$	$y_1$	$y_2$	$\dots$	$y_n$

\hat b=\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(x_i-\bar x)(y_i-\bar y)}{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(x_i-\bar x)^2}=\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^{n} x_iy_i-n\bar x\bar y}{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i^2-n\bar x^2}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \hat a=\bar y-\hat b\bar x

根据直线方程一定过 $\bar x,\bar y$ 得出 $\hat y=\hat bx+\hat a$ 。

如果散点均匀分布在回归直线的两侧，那么回归效果就好

如果

\hat b > 0

则两变量正相关，反之则负相关，也可利用样本相关系数

r

来判断。

-1\leq r\leq 1,|r|

越接近

1

，回归效果越好；

r>0

则正相关，

r<0

则负相关。

r=\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(x_i-\bar x)(y_i-\bar y)}{\sqrt{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(x_i-\bar x)^2\sum_{i=1}^{n}(y_i-\bar y)^2}}=\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^{n} x_iy_i-n\bar x\bar y}{\sqrt{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i^2-n\bar x^2}\sqrt{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}y_i^2-n\bar y^2}}

非线性回归方程：转化为线性回归方程。

幂函数型： $y=c_1x^{n}+c_2\ (n$ 一般为 $\frac{1}{2}$ 或 $2)$ 。

变换：令 $t=x^n,b=c_1,a=c_2$ ，则 $y=bt+a$ 。
指数型： $y=c_1e^{c_2x}$ 。

变换：两边取对数并令 $z=\ln y,a=\ln c_1,b=c_2$ ，则 $z=bx+a$ 。

变换后，需转化原函数关系，一般用相关指数来看拟合效果的强弱。（注：非线性的不能用相关系数

r

）

概率

基本概念

随机试验：对随机现象的实现和观察，用 $E$ 表示。
样本点： $E$ 的每个可能的基本结果，用 $\omega$ 表示。
样本空间：全体 $\omega$ 的集合，用 $\Omega$ 表示。
有限样本空间：若一个随机试验有 $n$ 个可能结果 $\omega_1,\omega_2,\dots,\omega_n$ ，则称样本空间 $\Omega=\set{\omega_1,\omega_2,\dots,\omega_n}$ 为有限样本空间 $\\$ （即 $\Omega$ 为有限集）。
随机事件： $\Omega$ 的子集，简称事件，用大写字母 $A,B,C,\dots$ 表示，当且仅当 $A$ 中的某个样本点出现时，称事件 $A$ 发生。
基本事件：只包含一个样本点的事件。
必然事件： $\Omega$ 作为自身的子集，包含了所有样本点，在每次试验中总有一个样本点发生，即 $\Omega$ 总会发生。
不可能事件： $\varnothing$ 不含任何样本点，在每次试验中都不会发生，必然事件与不可能事件不具有随机性。

事件的关系和运算

事件的关系	含义	符号表示
包含	$A$ 发生 $\implies B$ 发生	$A\subseteq B$
并事件 / 和事件	$A$ 和 $B$ 至少一个发生	$A\bigcup B$ 或 $A+B$
交事件 / 积事件	$A$ 和 $B$ 同时发生	$A\bigcap B$ 或 $AB$
互斥 / 互不相容	$A$ 和 $B$ 不能同时发生	$A\bigcap B=\varnothing$
互为独立	$A$ 和 $B$ 有且仅有一个发生	$A\bigcap B=\varnothing$ 且 $A\bigcup B=\Omega$

如果

A,B

互斥，记

\bar{A},\bar{B}

分别为

A,B

的对立事件。

若

A\subseteq B

且

B\subseteq A

，则事件

A

和事件

B

相等，

A=B

。

对于三个事件

A,B,C

，

A\bigcup B\bigcup C

或

A+B+C

表示

A,B,C

至少一个发生，其余同理。

古典概型

满足有限性（有限样本空间）、等可能性。
设 $E$ 为古典概型，样本空间 $\Omega$ 包含 $n$ 个样本点，事件 $A$ 包含其中的 $k$ 个样本点，则事件 $A$ 的概率为 $P(A)=\frac{k}{n}=\frac{n(A)}{n(\Omega)} \\ n(A),n(\Omega)$ 表示事件 $A$ 和样本空间 $\Omega$ 包含的样本点个数。

概率的基本性质

$\forall A,0\leq P(A)\leq 1$
必然事件 $\Omega$ 概率为 $P(\Omega)=1$ ，不可能事件 $\varnothing$ 概率为 $P(\varnothing)=0$ 。
若 $A,B$ 互斥，则 $P(A\bigcup B)=P(A)+P(B)$ ； $\\$ 推广：若 $A_1,A_2,\dots,A_m$ 两两互斥，则 $P(A_1\bigcup A_2\bigcup\dots\bigcup A_m)=\displaystyle\sum_{i=1}^{m}P(A_i)$
若 $A,B$ 对立，则 $P(B)=1-P(A),P(A)=1-P(B)$ ；若 $P(A)+P(B)=1$ ，则 $A,B$ 不一定对立。
若 $A\subseteq B$ ，则 $P(A)\leq P(B)$ （概率的单调性）。
设 $A,B$ 为随机试验中的两个事件，则 $P(A\bigcup B)=P(A)+P(B)-P(A\bigcap B)$ （容斥原理）。
对任意 $2$ 个事件 $A,B$ ，若 $P(AB)=P(A)P(B)$ ，则 $A$ 与 $B$ 相互独立，记 $A,B$ 的对立事件分别为 $\bar{A},\bar{B}$ $\\$ 因事件 $A,B$ 的发生互不影响，则 $A$ 与 $\bar{B}$ ， $\bar{A}$ 与 $B$ ， $\bar{A}$ 与 $\bar{B}$ 也相互独立。
若 $A,B,C$ 两两独立，则 $P(ABC)\neq P(A)P(B)P(C)$ 。
$\bar{A}\cap\bar{B}=\overline{A\cup B},\bar{A}\cup\bar{B}=\overline{A\cap B}$

事件含义	事件表示	概率	$A,B$ 互斥	$A,B$ 相互独立
$A$ 和 $B$ 至少一个发生	$A\bigcup B$	$P(A\bigcup B)$	$P(A)+P(B)$	$1-P(\bar{A})P(\bar{B})$
$A$ 和 $B$ 同时发生	$AB$	$P(AB)$	$0$	$P(A)P(B)$
$A$ 和 $B$ 都不发生	$\bar{A}\bar{B}$	$P(\bar{A}\bar{B})$	$1-[P(A)+P(B)]$	$P(\bar{A})P(\bar{B})$
$A$ 和 $B$ 只有一个发生	$A\bar{B}+\bar{A}B$	$P(A\bar{B}\bigcup\bar{A}B)$	$P(A)+P(B)$	$P(A)P(\bar{B})+P(\bar{A})P(B)$

组合计数

加法原理（分类），乘法原理（分步）。
排列：从 $n$ 个不同元素中取 $m$ 个排成一列，考虑顺序，产生不同排列的数量为 $\\ A_n^m$ ( 也可记作 $P_n^m$ ) $=\frac{n!}{(n-m)!}=n\times(n-1)\times(n-2)\times\dots\times(n-m+1)$
组合：从 $n$ 个不同元素中取 $m$ 个排成一列，不考虑顺序，产生不同组合的数量为 $\\ \begin{pmatrix}m \\ n\end{pmatrix}=C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}=\frac{n\times(n-1)\times\dots\times(n-m+1)}{m\times(m-1)\times\dots\times 2\times 1}$

性质：
1. $C_n^m=C_n^{n-m}$
2. $C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}$
3. $\displaystyle\sum_{i=0}^{n}C_n^i=C_n^0+C_n^1+C_n^2+\dots+C_n^n=2^n$
组合数的应用

有 $n$ 个完全相同的元素，要求将其分为 $k$ 组，保证每组至少有一个元素，一共有多少种分法？ $\\$ 考虑拿 $k-1$ 块板子插入到 $n$ 个元素两两形成的 $n-1$ 个空里面。 $\\$ 答案为 $\begin{pmatrix}n-1 \\ k-1\end{pmatrix}$ $\\$ 本质是求 $x_1+x_2+\dots+x_k=n$ 的正整数解的组数。 $\\$
若问题变换一下，每组允许为空？ $\\$ 考虑创造条件转化成有限制的问题一，先借 $k$ 个元素过来，在这 $n+k$ 个元素形成的 $n+k-1$ 个空里面插板。 $\\$ 答案为 $\begin{pmatrix}n+k-1 \\ k-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}n+k-1 \\ n\end{pmatrix}$ $\\$ 本质是求 $x_1+x_2+\dots+x_k=n$ 的非负整数解的组数。
再扩展一步，要求对于第 $i$ 组，至少要分到 $a_i$ 个元素呢？（ $\sum a_i\leq n$ ） $\\$ 本质是求 $x_1+x_2+\dots+x_k=n$ 的解的数目。 $\\$ 类比无限制的情况，我们借 $\sum a_i$ 个元素过来，保证第 $i$ 组能至少分到 $a_i$ 个，也就是令 $x_i'=x_i-a_i$ 且 $x_i'\geq 0$ $\\$ 得到新方程 $(x_1'+a_1)+(x_2'+a_2)+\dots+(x_k'+a_k)=n$ 转化为 $\displaystyle\sum_{i=1}^{k}x_i'=n-\sum a_i$ 答案为 $\begin{pmatrix}n-\sum a_i+k-1\\k-1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}n-\sum a_i+k-1 \\ n-\sum a_i\end{pmatrix}$
$1$ ~ $n$ 这 $n$ 个自然数选 $k$ 个，这 $k$ 个数中两两都不相邻的组合有 $\begin{pmatrix}n-k+1 \\ k\end{pmatrix}$ 种。

二项式定理：

(a+b)^n=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}C_n^ka^kb^{n-k}\ \ \ \ \ \ \ (ax+by)^n=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}C_n^ka^kb^{n-k}x^ky^{n-k}

证明可利用数学归纳法，利用

\begin{pmatrix}n \\ k\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}n \\ k-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}n+1 \\ k\end{pmatrix}

若将二项式定理扩展成多项式的形式，有：

(x_1+x_2+\dots+x_t)^n=\displaystyle\sum_{满足\ n_1+n_2+\dots+n_t=n\ 的非负整数解}\begin{pmatrix}n \\ n_1,n_2,\dots,n_t\end{pmatrix}x_1^{n_1}x_2^{n_2}\dots x_t^{n_t}

其中

\begin{pmatrix}n \\ n_1,n_2,\dots,n_t\end{pmatrix}

是多项式系数，满足

\displaystyle\sum \begin{pmatrix}n \\ n_1,n_2,\dots,n_t\end{pmatrix}=t^n

。

范德蒙德卷积

\displaystyle\sum_{i=0}^{k}\begin{pmatrix}n \\ i\end{pmatrix}\begin{pmatrix}m \\ k-i\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}n+m \\ k\end{pmatrix}

$\text{Lucas}$ 定理：（ $p$ 是质数， $1\leq m\leq n$ ）

C_n^m\equiv C_{n\ \text{mod}\ p}^{m\ \text{mod}\ p}\times C_{n/p}^{m/p}\ (\text{mod}\ p)

$\text{Catalan}$ 数列：给定 $n$ 个 $0$ 和 $n$ 个 $1$ ，它们按照某种顺序排成长度为 $2n$ 的序列，满足任意前缀中 $0$ 的个数都不少于 $1$ 的个数的序列的数量为：

Cat_n=\frac{C_{2n}^n}{n+1}

$n$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$	$10$
$Cat_n$	$1$	$2$	$5$	$14$	$42$	$132$	$429$	$1430$	$4862$	$16796$

以下问题都与

\text{Catalan}

数有关：

$n$ 个左括号和 $n$ 个右括号组成的合法括号序列的数量为 $Cat_n$
$1,2,\dots,n$ 经过一个栈，形成的合法出栈序列的数量为 $Cat_n$
$n$ 个节点构成的不同二叉树的数量为 $Cat_n$ ， $n$ 个节点的 $m$ 叉树有 $\frac{\begin{pmatrix}nm \\ n-1\end{pmatrix}}{n}$
在平面直角坐标系上，每一步只能向上或向右走，从 $(0,0)$ 走到 $(n,n)$ 并且两个端点外不接触直线 $y=x$ 的路线数量为 $2Cat_{n-1}$
对于一个凸多边形的顶点数为 $n$ ， $Cat_{n-2}$ 代表所有可能的三角剖分的数量。

容斥原理：设 $S_1,S_2,\dots,S_n$ 为有限集合， $|S|$ 表示集合 $S$ 的大小，则：

|\displaystyle\bigcup_{i=1}^{n}S_i|=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}|S_i|-\displaystyle\sum_{1\leq i<j\leq n}|S_i\bigcap S_j|+\displaystyle\sum_{1\leq i<j<k\leq n}|S_i\bigcap S_j\bigcap S_k|+\dots+(-1)^{n+1}|S_1\bigcap\dots\bigcap S_n|

第 1 类 $\mathrm{Stirling}$ 数： $1$ ~ $n$ 的排列有 $m$ 个环：

S_1(n,m)=S_1(n-1,m-1)+S_1(n-1,m)\times(n-1)

第 2 类 $\mathrm{Stirling}$ 数： $n$ 个不同的球放入 $m$ 个相同盒子且盒子非空：

S_2(n,m)=S_2(n-1,m-1)+S_2(n-1,m)\times m

错排数： $1$ ~ $n$ 的排列，第 $i$ 个位置上均不为 $i$ ：

D(n)=(n-1)(D(n-1)+D(n-2))=n\times D(n-1)+(-1)^n

高中数学笔记 - 统计 & 概率 & 组合

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