方差

方差 $\mathbb{V}(X),$$\mathrm{Var}(X)$

衡量随机变量 $X$ 偏离其均值程度的指标，定义为

$$\mathbb{V}(X)=\mathbb{E}[(X-\mathbb{E}(X){)}^2]$$

推论

$$\begin{array}{rl}\mathbb{V}(X)& =\mathbb{E}[(X-\mathbb{E}(X){)}^2]=\mathbb{E}[X^2-2X\mathbb{E}(X)+[\mathbb{E}(X){]}^2]\\ & =\mathbb{E}\left(X^2\right)-\mathbb{E}(2X\mathbb{E}(X))+[\mathbb{E}(X){]}^2\\ & =\mathbb{E}\left(X^2\right)-2[\mathbb{E}(X){]}^2+[\mathbb{E}(X){]}^2\\ & =\mathbb{E}\left(X^2\right)-[\mathbb{E}(X){]}^2\end{array}$$

标准差（均方差）$\sigma (X)$

方差的平方根。$\sigma (X)=$$\sqrt{\mathbb{V}(X)}$。

方差的性质

设 $X,$$Y$ 为随机变量，$a,$$b$ 为常数。

性质 1

$\mathbb{V}(aX+$$b)=$$a^2\mathbb{V}(X)$。

性质 2

$\mathbb{V}(X\pm Y)=$$\mathbb{V}(X)+$$\mathbb{V}(Y)\pm 2[\mathbb{E}(XY)-$$\mathbb{E}(X)\mathbb{E}(Y)]$。

推论

若 $X,$$Y$ 相互独立则 $\mathbb{V}(X\pm Y)=$$\mathbb{V}(X)+$$\mathbb{V}(Y)$。

切比雪夫不等式

设随机变量 $X$ 存在数学期望 $\mathbb{E}(X)=$$\mu$ 和方差 $\mathbb{V}(X)=$${\sigma }^2$，则对于任意 $\epsilon >0$ 都有

$$\mathbb{P}(|X-\mu |\ge \epsilon )\le \frac{{\sigma }^2}{{\epsilon }^2}\text{即}\mathbb{P}(|X-\mu |<\epsilon )\ge 1-\frac{{\sigma }^2}{{\epsilon }^2}$$

证

以连续型随机变量为例。

$$\begin{array}{rl}\mathbb{P}(|X-\mu |\ge \epsilon )& ={\int }_{|x-\mu |\ge \epsilon }f(x)\mathrm{d}x\\ & \le {\int }_{|x-\mu |\ge \epsilon }{\left(\frac{x-\mu }{\epsilon }\right)}^2{f}_X(x)\mathrm{d}x\\ & \le \frac{1}{{\epsilon }^2}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}(x-\mu {)}^2{f}_X(x)\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{{\epsilon }^2}\mathbb{E}[(X-\mu {)}^2]\\ & =\frac{1}{{\epsilon }^2}\mathbb{V}(X)=\frac{{\sigma }^2}{{\epsilon }^2}\end{array}$$

推论

$\mathbb{V}(X)=$$0$ 当且仅当 $\mathbb{P}(X=$$\mathbb{E}(X))=$$1$。

证

$(⟹)$：

由 $\mathbb{E}(X)=$$\mu ,$$\mathbb{V}(X)=$${\sigma }^2=$$0$，根据切比雪夫不等式得

$$\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathbb{P}(|X-\mu |<\epsilon )\ge 1-{\displaystyle \frac{{\sigma }^2}{{\epsilon }^2}}=1$$$$\therefore \mathbb{P}(X=\mu )=\mathbb{P}(\bigcap _{\epsilon >0}\{|X-\mu |<\epsilon \})=1$$

$(⟸)$：

以离散型随机变量为例。

由 $\mathbb{P}(X=$$\mathbb{E}(X))=$$1$，得 $\mathbb{P}(X-$$\mathbb{E}(X)=$$0)=$$1$，$\mathbb{P}[(X-\mathbb{E}(X){)}^2=0]=$$1$，故

$$\mathbb{V}(X)=\mathbb{E}[(X-\mathbb{E}(X){)}^2]=\sum _{v}v\cdot \mathbb{P}[(X-\mathbb{E}(X){)}^2=v]=0$$