正态分布t个标准差范围内的概率

这篇具有很好参考价值的文章主要介绍了正态分布t个标准差范围内的概率。希望对大家有所帮助。如果存在错误或未考虑完全的地方,请大家不吝赐教,您也可以点击"举报违法"按钮提交疑问。

如果一个随机变量具有概率密度函数

f ( x ) = 1 2 π σ e − ( x − μ ) 2 2 σ 2 , − ∞ < x < ∞ \begin{aligned} f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi} \sigma} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}, \quad -\infty < x < \infty \end{aligned} f(x)=2π σ1e2σ2(xμ)2,<x<

则称X为正态随机变量并记为 X ∼ N ( μ , σ 2 ) X \sim N(\mu, \sigma^2) XN(μ,σ2).这里N 为"Normal"
一词的首字母. μ , σ \mu, \sigma μ,σ 都是常数, μ \mu μ 为均值,可以取任何实数值,
0 < σ 2 < ∞ 0 < \sigma^2 < \infty 0<σ2< 为方差, σ \sigma σ
称为标准差。这种分布我们称之为正态分布,德国数学家Gauss率先将其应用于天文学研究,故正态分布又叫高斯分布

下面是 μ = 1 , σ = 1 \mu=1, \sigma=1 μ=1,σ=1 μ = 1 , σ = 1 2 \mu=1,\sigma=\frac{1}{2} μ=1,σ=21
的正态分布概率密度函数图像:
正态分布t个标准差范围内的概率

我们知道 x = μ x=\mu x=μ 均值时,概率密度值最大,比如当标准差 σ = 1 \sigma=1 σ=1
时的概率密度值为 f ( μ ) = 1 2 π σ = 0.3989 f(\mu) = \frac{1}{\sqrt{2\pi} \sigma} = 0.3989 f(μ)=2π σ1=0.3989

问题1: t个标准差范围内的概率 P ( u − t σ ≤ x ≤ u + t σ ) P(u-t\sigma \le x \le u+t\sigma) P(utσxu+tσ)
是一个定值吗?和参数 u , σ u, \sigma u,σ 有没有关系?
其中 t 为大于0的实数。

下图在很多关于概率的书本中都可以找到,它形象的展示了正态分布下,值离均值的距离为-1个标准差到1个标准差的概率约为68%(即曲线从-1到1围成的面积),-2个标准差时概率约为95%,-3个标准差时概率约为99.7%
。但是大部分教材没有告诉我们为什么就是一个定值,这个值是怎么计算出来的?

正态分布t个标准差范围内的概率

其实我们做下下面的变换,就可以断定:不论是什么参数下的正态分布,t个标准差范围内的概率 P ( u − t σ ≤ x ≤ u + t σ ) P(u-t\sigma \le x \le u+t\sigma) P(utσxu+tσ)都是一个定值,和参数 u , σ u, \sigma u,σ
无关,这真是一件神奇的事情。

P ( u − t σ ≤ x ≤ u + t σ ) = ∫ u − t σ u + t σ 1 2 π σ e − ( x − μ ) 2 2 σ 2 d x = 1 2 π σ ∫ u − t σ u + t σ e − ( x − μ 2 σ ) 2 d x = 2 σ 2 π σ ∫ u − t σ u + t σ e − ( x − μ 2 σ ) 2 d x − μ 2 σ = 2 π ∫ 0 t 2 e − y 2 d y ( 1 ) \begin{aligned} &P(u-t\sigma \le x \le u+t\sigma) \\ &= \int_{u-t\sigma}^{u+t\sigma} \frac{1}{\sqrt{2\pi} \sigma} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} dx \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi} \sigma} \int_{u-t\sigma}^{u+t\sigma} e^{-(\frac{x-\mu}{\sqrt{2}\sigma})^2} dx \\ &=\frac{\sqrt{2}\sigma}{\sqrt{2\pi} \sigma} \int_{u-t\sigma}^{u+t\sigma} e^{-(\frac{x-\mu}{\sqrt{2}\sigma})^2} d\frac{x-\mu}{\sqrt{2}\sigma} \\ &=\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\frac{t}{\sqrt{2}}} e^{-y^2} d y \qquad (1) \end{aligned} P(utσxu+tσ)=utσu+tσ2π σ1e2σ2(xμ)2dx=2π σ1utσu+tσe(2 σxμ)2dx=2π σ2 σutσu+tσe(2 σxμ)2d2 σxμ=π 202 tey2dy(1)

问题2:如何计算(1)式 ?

如果我们直接去求不定积分 ∫ e − x 2 d x \int e^{-x^2} dx ex2dx
的初等函数表达式,那我们就会掉进坑里。因为 e − x 2 e^{-x^2} ex2这个函数的原函数不是初等函数!

为了解决上面的问题,这里先介绍下 e − x 2 − y 2 e^{-x^2-y^2} ex2y2函数的二重积分,转成极坐标的形式计算。下面面积D是一个半径 ρ = a \rho=a ρ=a的圆。

∫ ∫ D e − x 2 − y 2 d x d y = ∫ 0 2 π ∫ 0 a e − ρ 2 ρ d ρ d θ = ∫ 0 2 π − 1 2 e − ρ 2 ∣ 0 a d θ = ∫ 0 2 π − 1 2 ( e − a 2 − 1 ) d θ = 1 2 ( 1 − e − a 2 ) θ ∣ 0 2 π = π ( 1 − e − a 2 ) ( 2 ) \begin{aligned} \int\int_D e^{-x^2-y^2} dx dy &= \int_0^{2\pi} \int_0^a e^{-\rho^2} \rho d\rho d\theta \\ &= \int_0^{2\pi} -\frac{1}{2}e^{-\rho^2}\Big|_0^a d\theta \\ &= \int_0^{2\pi} -\frac{1}{2}(e^{-a^2} -1) d\theta \\ &= \frac{1}{2}(1-e^{-a^2})\theta \Big|_0^{2\pi}\\ &= \pi(1-e^{-a^2}) \qquad (2) \end{aligned} Dex2y2dxdy=02π0aeρ2ρdρdθ=02π21eρ20adθ=02π21(ea21)dθ=21(1ea2)θ02π=π(1ea2)(2)

不难想象这个函数的图形,首先考虑一元函数 e − x e^{-x} ex 的图形,然后注意到
− ( x 2 + y 2 ) ≤ 0 -(x^2+y^2) \le 0 (x2+y2)0, 即 e − ( x 2 + y 2 ) e^{-(x^2+y^2)} e(x2+y2)的最大值为 e 0 = 1 e^0=1 e0=1, 其次 x 2 + y 2 x^2+y^2 x2+y2
可以看成半径从 0 到 + ∞ +\infty + 变化的圆, 半径越大 e − ( x 2 + y 2 ) e^{-(x^2+y^2)} e(x2+y2)
越小,所以它的图像应该长下面的样子:

正态分布t个标准差范围内的概率

那么如何建立起 ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x \int_0^{+\infty} e^{-x^2} dx 0+ex2dx
∫ ∫ D e − x 2 − y 2 d x d y \int\int_D e^{-x^2-y^2} dx dy Dex2y2dxdy 的关系?不难想到
∫ 0 + ∞ e − y 2 d y = ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x \int_0^{+\infty} e^{-y^2} dy = \int_0^{+\infty} e^{-x^2} dx 0+ey2dy=0+ex2dx

那么

( ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x ) 2 = ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x ∫ 0 + ∞ e − y 2 d y = ∫ 0 + ∞ ∫ 0 + ∞ e − x 2 − y 2 d x d y = 1 4 ∫ − ∞ + ∞ ∫ − ∞ + ∞ e − x 2 − y 2 d x d y = 1 4 lim ⁡ a → ∞ π ( 1 − e − a 2 ) = π 4 \begin{aligned} (\int_0^{+\infty} e^{-x^2} dx )^2 &= \int_0^{+\infty} e^{-x^2} dx \int_0^{+\infty} e^{-y^2} dy \\ &= \int_0^{+\infty} \int_0^{+\infty} e^{-x^2-y^2} dx dy \\ &= \frac{1}{4} \int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2-y^2} dx dy \\ &=\frac{1}{4}\lim_{a \to \infty} \pi(1-e^{-a^2}) \\ &=\frac{\pi}{4} \end{aligned} (0+ex2dx)2=0+ex2dx0+ey2dy=0+0+ex2y2dxdy=41++ex2y2dxdy=41alimπ(1ea2)=4π

于是得到
∫ 0 + ∞ e − x 2 d x = π 2 ( 3 ) \int_0^{+\infty} e^{-x^2} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \qquad (3) 0+ex2dx=2π (3)

但是上面计算的是0到无穷的积分,(1)式中我们要计算的是0到某个固定值的积分。具体的讲,我们要求的积分区域如下图,正方形
S 是 ∫ 0 R ∫ 0 R e − x 2 − y 2 d y d x \int_0^{R} \int_0^{R} e^{-x^2-y^2} dy dx 0R0Rex2y2dydx 的积分区域,
∫ ∫ D e − x 2 − y 2 d x d y = π ( 1 − e − a 2 ) \int\int_D e^{-x^2-y^2} dx dy = \pi(1-e^{-a^2}) Dex2y2dxdy=π(1ea2) 中的 D
是由中心在原点、半径为 a 的圆周所围成的闭区域, 下图中 D 1 , D 2 D_1,D_2 D1,D2
a = R , a = 2 R a=R, a=\sqrt{2}R a=R,a=2 R 时相应 D 区域的 1 4 \frac{1}{4} 41

正态分布t个标准差范围内的概率

因此

∫ ∫ D 1 e − x 2 − y 2 d x d y < ∫ ∫ S e − x 2 − y 2 d x d y < ∫ ∫ D 2 e − x 2 − y 2 d x d y \begin{aligned} \int\int_{D_1} e^{-x^2-y^2} dx dy < \int\int_S e^{-x^2-y^2} dx dy < \int\int_{D_2} e^{-x^2-y^2} dx dy \end{aligned} D1ex2y2dxdy<Sex2y2dxdy<D2ex2y2dxdy

于是上面的不等式可以写成
π 4 ( 1 − e − R 2 ) < ( ∫ 0 R e − x 2 d x ) 2 < π 4 ( 1 − e − 2 R 2 ) ( 4 ) \frac{\pi}{4}(1-e^{-R^2}) < (\int_0^R e^{-x^2} dx)^2 < \frac{\pi}{4}(1-e^{-2R^2}) \qquad (4) 4π(1eR2)<(0Rex2dx)2<4π(1e2R2)(4)
但是上面这个不等式比较粗糙,我们可以构造更加精确的上下界

对于上界,我们可以找到1/4圆面积恰好等于正方形 R 2 R^2 R2的面积,如下图

正态分布t个标准差范围内的概率

此时圆的半径 r 1 r_1 r1
π r 1 2 4 = R 2 ⇒ r 1 2 = 4 R 2 π \frac{\pi r_1^2}{4} = R^2 \Rightarrow r_1^2 = \frac{4R^2}{\pi} 4πr12=R2r12=π4R2
由于 e − x 2 − y 2 e^{-x^2-y^2} ex2y2是单调递减函数,因此必定有此上界:
( ∫ 0 R e − x 2 d x ) 2 < π 4 ( 1 − e − 4 R 2 / π ) ( 5 ) (\int_0^R e^{-x^2} dx)^2 < \frac{\pi}{4}(1-e^{-4R^2/\pi}) \qquad (5) (0Rex2dx)2<4π(1e4R2/π)(5)

对于下界,如下图,我们可以找到
r 2 到 2 R 的阴影面积 S 1 = 正方形面积 S − D 1 r_2 \text{到} \sqrt{2}R \text{的阴影面积}S_1 = \text{正方形面积} S-D_1 r22 R的阴影面积S1=正方形面积SD1

正态分布t个标准差范围内的概率

由于 e − x 2 − y 2 e^{-x^2-y^2} ex2y2是单调递减函数,因此有
( ∫ 0 R e − x 2 d x ) 2 > ∫ D 1 + S 1 e − x 2 − y 2 d x d y (\int_0^R e^{-x^2} dx)^2 > \int_{D_1+S_1} e^{-x^2-y^2} dx dy (0Rex2dx)2>D1+S1ex2y2dxdy
此时圆的半径 r 2 r_2 r2

R 2 − π R 2 4 = 2 π R 2 4 − π r 2 2 4 ⇒ r 2 2 = 3 R 2 − 4 π R 2 \begin{aligned} &R^2-\frac{\pi R^2}{4} = \frac{2\pi R^2}{4} - \frac{\pi r_2^2}{4} \\ \Rightarrow &r_2^2 = 3R^2 - \frac{4}{\pi}R^2 \end{aligned} R24πR2=42πR24πr22r22=3R2π4R2

因此必定有此下界:

( ∫ 0 R e − x 2 d x ) 2 > π 4 ( 1 − e − R 2 ) + π 4 ( 1 − e − 2 R 2 ) − π 4 ( 1 − e − 3 R 2 + 4 π R 2 ) > π 4 ( 1 − e − R 2 − e − 2 R 2 + e − 3 R 2 + 4 π R 2 ) ( 6 ) \begin{aligned} (\int_0^R e^{-x^2} dx)^2 &> \frac{\pi}{4}(1-e^{-R^2}) + \frac{\pi}{4}(1-e^{-2R^2}) - \frac{\pi}{4}(1 - e^{-3R^2 + \frac{4}{\pi}R^2}) \\ &> \frac{\pi}{4}(1-e^{-R^2} - e^{-2R^2} + e^{-3R^2 + \frac{4}{\pi}R^2}) \qquad (6) \end{aligned} (0Rex2dx)2>4π(1eR2)+4π(1e2R2)4π(1e3R2+π4R2)>4π(1eR2e2R2+e3R2+π4R2)(6)

合并(5)(6)式,得到了比(4)式更加精确的不等式(7)

π 4 ( 1 − e − R 2 − e − 2 R 2 + e − 3 R 2 + 4 π R 2 ) < ( ∫ 0 R e − x 2 d x ) 2 < π 4 ( 1 − e − 4 R 2 / π ) ( 7 ) π 2 ( 1 − e − R 2 − e − 2 R 2 + e − 3 R 2 + 4 π R 2 ) < ∫ 0 R e − x 2 d x < π 2 1 − e − 4 R 2 / π ( 8 ) \begin{aligned} \frac{\pi}{4}(1-e^{-R^2} - e^{-2R^2} + e^{-3R^2 + \frac{4}{\pi}R^2}) <& (\int_0^R e^{-x^2} dx)^2 < \frac{\pi}{4}(1-e^{-4R^2/\pi}) \qquad (7)\\ \frac{\sqrt{\pi}}{2}\sqrt{(1-e^{-R^2} - e^{-2R^2} + e^{-3R^2 + \frac{4}{\pi}R^2})} <& \int_0^R e^{-x^2} dx < \frac{\sqrt{\pi}}{2}\sqrt{1-e^{-4R^2/\pi}} \qquad (8) \end{aligned} 4π(1eR2e2R2+e3R2+π4R2)<2π (1eR2e2R2+e3R2+π4R2) <(0Rex2dx)2<4π(1e4R2/π)(7)0Rex2dx<2π 1e4R2/π (8)

回到(1)式

P ( u − t σ ≤ x ≤ u + t σ ) = 2 π ∫ 0 t 2 e − x 2 d x \begin{aligned} P(u-t\sigma \le x \le u+t\sigma) =\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\frac{t}{\sqrt{2}}} e^{-x^2} d x \end{aligned} P(utσxu+tσ)=π 202 tex2dx

在不等式(8)中,取 R = t 2 R=\frac{t}{\sqrt{2}} R=2 t , 得

1 − e − t 2 / 2 − e − t 2 + e − 3 t 2 / 2 + 2 t 2 / π < P ( u − t σ ≤ x ≤ u + t σ ) < 1 − e − 2 t 2 / π ( 9 ) \begin{aligned} \sqrt{1-e^{-t^2/2} - e^{-t^2} + e^{-3t^2/2 + 2t^2/\pi}} < P(u-t\sigma \le x \le u+t\sigma) < \sqrt{1-e^{-2t^2/\pi}} \qquad (9) \end{aligned} 1et2/2et2+e3t2/2+2t2/π <P(utσxu+tσ)<1e2t2/π (9)

于是写个python程序计算下

def normal_prop_lowerbound(t):
    return math.sqrt(1-math.exp(-t*t/2)-math.exp(-t*t)+math.exp(-1.5*t*t+2/math.pi * t*t))

def normal_prop_upperbound(t):
    return math.sqrt(1-math.exp(-2*t*t/math.pi))

if __name__ == '__main__':
    print(normal_prop_lowerbound(1), "< 均值为中心1个标准差范围内的概率 <", normal_prop_upperbound(1))
    print(normal_prop_lowerbound(2), "< 均值为中心2个标准差范围内的概率 <", normal_prop_upperbound(2))
    print(normal_prop_lowerbound(3), "< 均值为中心3个标准差范围内的概率 <", normal_prop_upperbound(3))

程序输出:

0.6688228555159094 < 均值为中心1个标准差范围内的概率 <
0.6862377078915619

0.9370075438591285 < 均值为中心2个标准差范围内的概率 <
0.9600223595773711

0.9945801268713956 < 均值为中心3个标准差范围内的概率 <
0.998374454827675

另外,注意到,在(9)不等式中,当我们令 R
趋于正无穷,上式两端同时趋于极限1,
从而我们也验证了正态分布的概率密度函数的积分即概率确实为1.

当然在比较粗糙的(4)不等式中,令 R
趋于正无穷,也可以验证了正态分布的概率密度函数的积分即概率确实为1.

应用场景一:
有一堆数据我们想知道是否服从正态分布,我们可以通过统计1、2、3个标准差范围内的数据的概率是否大致符合0.68,0.95,0.997的概率来校验。如果不太符合这些概率,那么就不太可能是正态分布。

应用场景二:
有一堆数据假设服从正态分布,我们想知道那些数据是异常的,那么我们就可以设定t个标准差范围内的数据是正常的,即超过t个标准差的数据即 ∣ x − u ∣ > t σ |x-u| > t\sigma xu>tσ是异常的,取t为多少是合适的,就看我们的应用场景下的异常数据的概率有多大。

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