方差与标准差：平方偏差、变换和求和条件

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均值定位中心，方差衡量围绕中心的波动。平移不改变偏差，缩放会改变距离，求和还要看变量之间的关系。

知识点

方差与标准差不是同一量

设有限离散 $X$ 的均值 $\mu=E(X)$ 。定义

D(X)=E[(X-\mu)^2]=\sum_i(x_i-\mu)^2p_i,\qquad \sigma(X)=\sqrt{D(X)}.

平方的是偏差，不是概率；权重仍为一次 $p_i$ 。方差非负，标准差取非负根。若 $X$ 以分或元计，方差以分平方或元平方计，标准差仍为分或元。它们不是绝对偏差的平均，也不能把有限历史样本的估计直接当精确总体分布特征。

每个加权平方项非负，故 $D(X)=0$ 当且仅当全部正概率取值都等于均值。表里额外列出的零概率值不影响结论。直接计算 $E(X-\mu)=0$ 则只是正负抵消，不能证明无波动。

二阶矩减均值平方

展开平方并加权：

\begin{aligned}D(X)&=\sum_i(x_i^2-2\mu x_i+\mu^2)p_i\\ &=E(X^2)-2\mu E(X)+\mu^2\sum_ip_i\\ &=E(X^2)-[E(X)]^2.\end{aligned}

先平方再平均与先平均再平方是两种运算；均值相同并不意味着二阶矩、方差相同。这是拓展，考试可用：无限离散分布欲使用有限方差，需有限二阶矩 $E(X^2)$ ，此时一阶矩也有限；不对发散表达式作相减。

线性变换的三种系数

对 $Y=aX+b$ ，由 $Y-E(Y)=a[X-E(X)]$ 得

特征	变换结果	原因
期望	$E(Y)=aE(X)+b$	对取值加权后分配
方差	$D(Y)=a^2D(X)$	偏差乘 $a$ ，平方乘 $a^2$
标准差	$\sigma(Y)=\lvert a\rvert\sigma(X)$	开非负平方根

平移 $b$ 在作差时抵消，负 $a$ 只反转数值方向，不制造负方差。 $a=0$ 时 $Y=b$ 为常量，两种波动指标均0。反求 $E(X)$ 或 $D(X)$ 时若要除 $a$ 或 $a^2$ ，必须 $a\ne0$ ； $D(Y)>0$ 排除 $a=0$ ，而 $D(X)=0,D(Y)>0$ 无解。非线性变换须重新加权，不能照搬这张表。

不同变量求和须考虑交叉项

这是拓展，考试可用：定义协方差

\operatorname{Cov}(X,Y)=E[(X-E(X))(Y-E(Y))]=E(XY)-E(X)E(Y).

将两个中心偏差之和平方，再逐项取期望，得到

\begin{aligned}D(X+Y)&=D(X)+D(Y)+2\operatorname{Cov}(X,Y),\\ D(aX+bY)&=a^2D(X)+b^2D(Y)+2ab\operatorname{Cov}(X,Y).\end{aligned}

协方差可正、可负、可零，不是任意添加的误差。若独立，联合概率分解成边际概率乘积，双重求和给 $E(XY)=E(X)E(Y)$ ，于是协方差为0、方差可加。协方差0是方差相加的充分条件，却不必独立。多个变量展开只含两两交叉项，故两两独立已够方差相加；计算完整成功模式的二项模型要求更强的相互独立。仅均值、边际概率或支持范围相同都不足以消掉交叉项。

考点

从分布到平方偏差的检查链

先核完整分布的非负、归一，再求自己的均值。可选偏差平方加权法，或二阶矩减均值平方；最后检查非负和单位，若问标准差才开根。变量变换后要围绕新均值，重复取值应合并；概率不能随偏差一同平方。

例题 01 分布列中的数字特征

题目

设离散型随机变量 $X$ 的分布列为

$X$	0	1	2	3	4
$P$	0.1	0.4	$q$	0.2	0.2

若离散型随机变量 $Y$ 满足 $Y=2X-1$ ，则下列结论错误的是（）

A． $q=0.1$ B． $E\left( X\right)=2$ ， $D\left( X\right)=1.4$

C． $E\left( X\right)=2$ ， $D\left( X\right)=1.8$ D． $E\left( Y\right)=3$ ， $D\left( Y\right)=7.2$

答案与解析

解析

归一得 $q=0.1$ ，合法非负。用表同时计算均值和二阶矩：

$x$	0	1	2	3	4	合计
$xp$	0	0.4	0.2	0.6	0.8	2
$x^2p$	0	0.4	0.4	1.8	3.2	5.8
$(x-2)^2p$	0.4	0.4	0	0.2	0.8	1.8

因此 $E(X)=2$ 、 $D(X)=5.8-4=1.8$ ，两种方差算法一致。 $E(Y)=2\times2-1=3$ ， $D(Y)=4\times1.8=7.2$ 。A、C、D正确，题问错误选项，所以选B。若问标准差，应为 $\sqrt{1.8}$ ，不是1.8。

本题结论

错误的是B。

联立均值条件，再处理缩放

未知概率先列归一与均值方程，解后验证范围。变换系数不是概率，不必落在 $[0,1]$ 。可通过由均值反求系数的完整题练习检验系数范围；另一个线性均值题可直接按变换后的每个值复算。

例题 02 未知概率与半倍变量

题目

随机变量 $X$ 的分布列如下，且 $E\left( X\right)=\frac{7}{5}$ ，则 $D\left( \frac{1}{2}X\right)=$ （）

$X$	0	1	2
$P$	$0.2$	${p}_{1}$	${p}_{2}$

A． $0.64$ B． $0.32$ C． $0.16$ D． $0.08$

答案与解析

解析

归一给 $p_1+p_2=0.8$ ，均值给 $p_1+2p_2=1.4$ 。两式相减得 $p_2=0.6$ ，回代 $p_1=0.2$ ，均合法。

D(X)=0.2(0-1.4)^2+0.2(1-1.4)^2+0.6(2-1.4)^2=0.392+0.032+0.216=0.64.

$X/2$ 的偏差减半，平方偏差减为四分之一，故 $D(X/2)=0.64/4=0.16$ ，选C。A没有缩放，B只除2，D过度缩放。

本题结论

C，0.16。

例题 03 由变换后的特征反推

题目

已知随机变量 $X$ 满足 $E(2X+3)=7,D(2X+3)=16$ ，则下列选项正确的是（）

A． $E(X)=\frac{7}{2},D(X)=\frac{13}{2}$ B． $E(X)=2,D(X)=4$

C． $E(X)=2,D(X)=8$ D． $E(X)=\frac{7}{2},D(X)=8$

答案与解析

解析

期望方程为 $2E(X)+3=7$ ，减3后除2，得 $E(X)=2$ 。方差方程为 $4D(X)=16$ ，得 $D(X)=4$ ，选B。

A、D的均值忘了平移；C、D的方差漏了平方，A还错误地把平移3扣到方差里。标准差若需要则为2，不是4。

本题结论

B，E(X)=2，D(X)=4。

先由抽样求分布，再算数字特征

均匀不放回抽样不能把每次的相同边际概率当作独立。先用选择计数写合法支持和分布，随后按定义计算，避免模型公式替代了条件判断。

例题 04 六件产品的抽取

题目

已知6件产品中有2件次品，4件正品，检验员从中随机抽取3件进行检测，记取到的正品数为 $X$ ，则下列结论正确的是（）

A． $E\left( 2X-1\right)=\frac{4}{3}$ B． $D\left( X\right)=\frac{1}{5}$

C． $E\left( X\right)=1$ D． $D\left( 2X-1\right)=\frac{8}{5}$

答案与解析

解析

只有2件次品，抽3件至少1件正品，故 $X$ 只能取1、2、3。总选择数 $\binom63=20$ ；三种正品数的选择数分别 $\binom41\binom22=4$ 、 $\binom42\binom21=12$ 、 $\binom43=4$ 。

$X$	1	2	3
概率	$1/5$	$3/5$	$1/5$

$E(X)=2$ ， $D(X)=1/5+0+1/5=2/5$ 。所以 $E(2X-1)=3$ ， $D(2X-1)=8/5$ ；只有D正确。单个抽取位置正品概率虽都为 $4/6$ ，抽走正品会改变余下比例，不能按独立处理。

本题结论

D。

已知20条试题中有8条选择题，甲无放回地依次从中抽取5条题，乙有放回地依次从中抽取5条题，甲、乙每次均抽取一条试题，抽出的5条题中选择题的条数分别为 ${ξ}_{1},{ξ}_{2}$ ， ${ξ}_{1},{ξ}_{2}$ 的期望分别为 $E\left( {ξ}_{1}\right),E\left( {ξ}_{2}\right)$ ，方差分别为 $D\left( {ξ}_{1}\right),D\left( {ξ}_{2}\right)$ ，则（）

A． $E\left( {ξ}_{1}\right)=E\left( {ξ}_{2}\right),D\left( {ξ}_{1}\right)<D\left( {ξ}_{2}\right)$ B． $E\left( {ξ}_{1}\right)=E\left( {ξ}_{2}\right),D\left( {ξ}_{1}\right)>D\left( {ξ}_{2}\right)$

C． $E\left( {ξ}_{1}\right)<E\left( {ξ}_{2}\right),D\left( {ξ}_{1}\right)<D\left( {ξ}_{2}\right)$ D． $E\left( {ξ}_{1}\right)<E\left( {ξ}_{2}\right),D\left( {ξ}_{1}\right)>D\left( {ξ}_{2}\right)$

答案与解析

解析

两种模型每个位置为选择题的边际概率都是 $8/20=2/5$ ，期望线性不要求位置独立，故都为 $5\times2/5=2$ 。

甲为均匀不放回抽5题，支持0至5，分布为

P(\xi_1=k)=\frac{\binom8k\binom{12}{5-k}}{\binom{20}5},\quad k=0,\ldots,5.

用此分布的偏差平方求和，或用有限总体修正，均得

D(\xi_1)=5\times\frac25\times\frac35\times\frac{20-5}{20-1}=\frac{18}{19}.

乙按每次放回、重新均匀独立抽取模型，五次选择题指示相互独立，单次方差 $(2/5)(3/5)$ ，所以 $D(\xi_2)=6/5$ 。由于 $18/19<6/5$ ，选A；B方差方向反了，C、D的均值不等错误。两种都是精确模型，不能因总体20看似大就把甲称为精确二项。

本题结论

A，均值均为2，方差分别18/19与6/5。