离散型随机变量与分布函数
第 4 讲 · 概率论与数理统计
复旦大学经济学院 ECON130001
上一讲我们做了什么
条件概率 $P(A\mid B)=\dfrac{P(AB)}{P(B)}$ 即把样本空间缩到 $B$；由因算果用全概率公式，由果推因用贝叶斯定理。
独立 $\iff P(AB)=P(A)P(B)$，它让 $n$ 重伯努利试验可算；但这一假设不成立时，风险可能被低估十几个数量级。
上一讲最后那个式子 $p_n(k)=C_n^kp^k(1-p)^{n-k}$，把「恰好成功 $k$ 次」的概率写成了 $k$ 的一个函数。
与其每次都问「某个事件的概率是多少」，不如一次性描述一个数量的全部可能取值及其概率。这个「数量」该怎么定义？
为什么需要这一讲
这个算式没有错，但结论错了。
要把这一点算清楚，只算「某一个事件的概率」不够，需要一次性掌握「跑赢年数」这个数量的整张概率表。
来源与说明
本页的概率为教学化演算：$(1/2)^{10}=1/1024$；若按 5000 位经理计，至少一人 10 年全胜的概率为 $1-(1-1/1024)^{5000}\approx99.2\%$。这些数字用于说明「多重比较」这一统计现象，不指涉任何具体机构或个人。第 11 讲（假设检验）还会回到这个问题。本讲学习目标
- 说清随机变量是什么——它是一个函数，不是一个数
- 掌握四个基本离散分布：伯努利、几何、二项、泊松，知道各自描述哪一类随机现象
- 会用分布函数 $F(x)=P(X\le x)$ 统一描述离散与连续两类随机变量
为什么要引入「随机变量」
抛 3 次硬币，$A=\{\text{恰好 2 次正面}\}=\{\text{正正反},\ \text{正反正},\ \text{反正正}\}$。
影响股价的新闻（具体事件）有很多条，基金经理最终关注的是涨跌幅——一个数值。
垃圾邮件过滤器最终输出的是一封邮件属于垃圾邮件的得分——也是一个数值。
把样本空间里的每个结果（如「正正反」）映射到一个我们关心的数（如 $2$）。这样的映射（函数）就是随机变量。
随机变量的定义
定义在样本空间上的实值函数，称为随机变量。
常用大写字母 $X,Y,Z$ 或希腊字母 $\eta,\zeta,\xi$ 表示。
严格地说，随机变量还需满足可测性要求（对任意实数 $x$，$\{X\le x\}$ 都是事件）；本课程涉及的函数均满足。
$X$ 不是一个数，是一条规则：给定 $\omega\in\Omega$，得到一个实数 $X(\omega)$。「随机」体现在 $\omega$ 是随机抽到的，$X$ 这条规则本身完全确定。
例：抛硬币 3 次，$X$＝正面次数，则 $X(\text{正正反})=2$，$X(\text{反反反})=0$。
$\{X=2\}$ 就是事件 $\{\text{正正反},\text{正反正},\text{反正正}\}$ 的简写。有了随机变量，事件不必再列举结果，写成等式或不等式即可。
分布：一次性描述全部取值
随机变量 $X$ 的分布，指对实数的任意子集 $C$，事件 $\{X\in C\}$ 的概率 $P(X\in C)$ 的全体。
只能取有限个或可列无穷个值。
例：抛硬币的正面次数、一天的索赔件数。
在一个区间上可以取所有值。
例：股票收益率、等车时间。第 5 讲专门讨论
「跑赢年数」$X$ 只能取 $0,1,\dots,10$，是离散型。我们需要的是它的整张分布表，而不只是 $P(X=10)$ 这一个数。
离散型的分布怎么写：概率函数
对离散型随机变量 $X$ 和任意实数 $x$，定义 $$f(x)=P(X=x)$$ 称 $f$ 为 $X$ 的概率函数（也叫分布律）。
记 $p_k=f(x_k)$，则
- $p_k\ge0$，且对不可能的取值 $f(x)=0$ ← 非负性
- $\displaystyle\sum_k p_k=1$ ← 规范性 $P(\Omega)=1$ + 可列可加性
反过来也成立：任何满足这两条的 $\{p_k\}$ 都是某个随机变量的概率函数。
概率函数的三种写法；离散型均匀分布
| $X$ | $x_1$ | $x_2$ | $\cdots$ | $x_k$ |
|---|---|---|---|---|
| $p$ | $p_1$ | $p_2$ | $\cdots$ | $p_k$ |
函数式、图、表三种写法包含的信息相同，视场合选用。
某彩票从 $000$–$999$ 中等可能地开出一个号码 $X$，其概率函数为 $$f(x)=\frac{1}{1000},\quad x=0,1,\dots,999$$ 若 $X$ 只取 $n$ 个值，且取每个值的概率都是 $1/n$，则称 $X$ 服从离散型均匀分布。
两道例题：写出概率函数，确定常数
某人每期买一张彩票，每期中奖的概率都是 $p$，各期相互独立。没中就继续买，直到中奖为止。求购买次数 $\xi$ 的概率函数。
前 $k-1$ 次都没中、第 $k$ 次中： $$p_k=P(\xi=k)=p(1-p)^{k-1},\quad k=1,2,\dots$$ 这就是稍后要讲的几何分布
(1) $f(x)=cx,\ x=1,\dots,5$： $$c(1+2+3+4+5)=1\ \Rightarrow\ c=\tfrac{1}{15}$$
(2) $f(x)=c/2^x,\ x=0,1,2,\dots$： $$c\sum_{x=0}^{\infty}\tfrac{1}{2^x}=2c=1\ \Rightarrow\ c=\tfrac12$$
(2) 用到了等比级数求和。离散型的取值可以有可列无穷个，这时归一化条件要求一个无穷级数的和等于 1。
分布之一：伯努利分布（0-1 分布）
若 $X$ 只取 $0,1$ 两个值，且取值的概率如下，则称 $X$ 服从参数为 $p$ 的伯努利分布： $$P(X=1)=p,\qquad P(X=0)=1-p$$
接下来的三个分布都从伯努利试验出发：
- 几何分布：一直试到第一次成功，试了几次
- 二项分布：固定试 $n$ 次，成功几次
- 泊松分布：$n$ 很大、$p$ 很小时二项分布的极限
伯努利分布：从信用违约到 AI 二分类
- 银行最关心的问题：这个客户未来会违约吗？
- 令 $X=1$ 表示违约、$X=0$ 表示不违约，$X$ 就是伯努利随机变量
- 信用评分模型的任务是估计每个客户的 ${p=P(X=1)}$，利率与风险拨备都据此确定
- 邮件是垃圾（$X=1$）还是正常（$X=0$）？
- 影像是否显示异常？
- 用户下个月会流失还是留存？
AI 分类模型输出的是伯努利参数 $p$ 的估计值：根据输入特征，把这个 $p$ 估得尽可能准。
上一讲的贝叶斯分类器，对一封邮件算出的是 $p=P(\text{垃圾邮件}\mid\text{邮件中的词})$。 有了这个 $p$，「这封邮件是不是垃圾邮件」就是一个参数为 $p$ 的伯努利随机变量。
分布之二：几何分布
机器生产的每件产品是次品的概率为 10%，各件独立。一直生产到出现第一件次品为止，令 $X$ 为已生产的件数。$X$ 服从什么分布？
若 $X$ 的概率函数如下，则称 $X$ 服从参数为 $p$ 的几何分布： $$f(x)=\begin{cases}(1-p)^{x-1}p,& x=1,2,\dots\\[2pt] 0,&\text{其他}\end{cases}$$
含义：前 $x-1$ 次都失败（每次概率 $1-p$，独立相乘），第 $x$ 次成功。
几何分布：从求职时间到 A/B 测试
- 毕业生每月找到满意工作的概率都是 $p$，各月独立，则所需月数 $X$ 服从几何分布
- 理解摩擦性失业：算 $P(X>12)=(1-p)^{12}$，即一年后仍未找到工作的比例
- 评估政策：若某政策把 $p$ 从 0.2 提到 0.3， $P(X>12)$ 从 6.9% 降到 1.4%
- 用户每次看到推荐时点击的概率为 $p$
- 用户在第 $X$ 次看到推荐时才首次点击，$X$ 服从几何分布
- A/B 测试：新旧算法各分一组用户，比较两组 $X$ 的分布，$X$ 整体偏小的一组，推荐更有吸引力
注意 $P(X>k)=(1-p)^k$ 这个式子：$\{X>k\}$ 就是「前 $k$ 次都失败」，各次概率直接相乘即得，不必把 $x>k$ 的无穷多项加起来。下一页要用到它。
几何分布的无记忆性
若 $X$ 服从几何分布，则对任意 $s,t\in\mathbb{N}$ $$P(X>s+t\mid X>t)=P(X>s)$$
证明思路
$P(X>k)=(1-p)^k$。代入条件概率定义： $\dfrac{P(X>s+t)}{P(X>t)}=\dfrac{(1-p)^{s+t}}{(1-p)^t}=(1-p)^s=P(X>s)$。「已经等了 $t$ 次还没成功」这一信息，对预测今后没有帮助。再等 $s$ 次仍不成功的概率，与从头开始等 $s$ 次相同。
对照第 3 讲：各次试验相互独立，之前失败多少次，都不改变以后每次成功的概率 $p$。这比牙膏那题的马尔可夫性质更强：那里下一次买哪种牙膏的概率取决于这一次买的是哪种，这里则与已经等了多久无关。
用在求职模型上，这个性质多半不成立：现实中失业越久越难找到工作（技能折旧、雇主筛选），$p$ 并非不变。用几何分布建模之前，要先检验「$p$ 不变」这条假设。
分布之三：二项分布
机器次品率 $p=10\%$，各件独立，检查 $n$ 件产品。令 $X_i=1$ 表示第 $i$ 件是次品（否则 $X_i=0$），则 $X_1,\dots,X_n$ 独立同分布，都服从参数为 $p$ 的伯努利分布。令 $X=X_1+\cdots+X_n$ 为次品总数，$X$ 服从什么分布？
它就是上一讲伯努利定理中的 $p_n(k)$，现在作为随机变量的分布，有了专门的名称。
$n=1$ 时它就是伯努利分布。一般地，二项分布可以看作「$n$ 个独立同分布的伯努利变量之和」。
与几何分布的区别：几何固定目标（第一次成功），数次数，$X$ 无上限；二项固定次数 $n$，数成功，$X$ 最多是 $n$。哪个量固定、哪个量随机，两者正好相反。
回到开场：用二项分布重新计算
假设基金经理毫无选股能力，每年跑赢基准的概率 $p=0.5$，各年独立。 10 年中跑赢的年数 $X\sim B(10,0.5)$。
确实罕见。
设有 5000 位经理，纯靠运气：
- 10 年全胜的平均人数：$5000/1024\approx\mathbf{5}$ 人
- 至少有一人 10 年全胜的概率：
$1-(1-\tfrac{1}{1024})^{5000}\approx\mathbf{99.2\%}$ - 赢 8 年及以上的平均人数：
$5000\times56/1024\approx\mathbf{273}$ 人
在几千人的行业里，「连赢 10 年」几乎必然出现在某个人身上，所以不能仅凭这一纪录断定他有选股能力：判断一件事是否罕见，要看一共有多少次机会让它发生。
二项分布：风险管理与模型评估
- 持有 $n=50$ 家公司的债券组合，各家一年内违约概率 $p=0.04$，相互独立
- 违约家数 $X\sim B(50,0.04)$
- 违约超过 2 家的概率 $$P(X\ge3)=1-\sum_{k=0}^{2}C_{50}^k(0.04)^k(0.96)^{50-k}$$ 是设定风险拨备与对冲规模的依据之一
- 反欺诈模型宣称准确率 $p=0.95$，用 $n=20$ 个已知样本测试，只识别对 16 个
- 若宣称属实，识别数 $X\sim B(20,0.95)$， $$P(X\le16)=\sum_{k=0}^{16}C_{20}^k(0.95)^k(0.05)^{20-k}\approx1.6\%$$
- 这么差的结果很少出现，就有理由质疑它宣称的性能
右边的推理是：若宣称属实，测出这么差的结果的概率只有 1.6%，所以怀疑宣称。上一页却说，「连赢 10 年」这样的小概率事件不能说明能力。两者的区别在于机会的多少：上一页是在 5000 人里挑出表现最好的一个，几千次机会里出现一次千分之一的事并不奇怪；这里只检验了一个模型、只测了一次。
归一化为什么自动成立
对任意 $p,q$ 与正整数 $n$ $$(p+q)^n=\sum_{k=0}^{n}C_n^k p^k q^{n-k}$$
二项分布的归一化条件是二项式定理的直接推论。二项分布的各个概率恰好是 $(p+q)^n$ 展开式中的各项，这一分布因此得名。
分布之四：为什么还需要泊松分布
$X\sim B(n,p)$ 最多取到 $n$。但有些计数事先给不出上限：
- 一小时内到店的顾客数
- 一天内通过某路口的车辆数
- 一年内发生自然灾害的次数
我们需要一种新的离散分布，来描述大量重复试验中「稀有事件」发生的次数——试验次数 $n$ 极大、单次概率 $p$ 极小，而平均次数 $np$ 保持在一个适中的量级。
泊松分布是怎么被推出来的
店主估计顾客平均每小时来 4.5 名，想知道一小时内顾客数 $X$ 的分布。他把一小时切成 3600 秒，假设每秒最多来一位顾客、各秒独立，每秒来人的概率 $p=4.5/3600=0.00125$，于是 $X\sim B(3600,0.00125)$。
$C_{3600}^x$ 难以计算；而且按这个模型，顾客数不可能超过 3600。
观察相邻两项之比：
$\dfrac{f(x+1)}{f(x)}=\dfrac{(n-x)p}{(x+1)(1-p)}\approx\dfrac{np}{x+1}$——$n$ 与 $p$ 只以乘积 $np$ 出现。
$f(1)=\lambda f(0)$，$f(2)=\frac{\lambda^2}{2}f(0)$，$f(3)=\frac{\lambda^3}{6}f(0)$，……一般地 $f(x)=\frac{\lambda^x}{x!}f(0)$。
由归一化与 $\sum_{x\ge0}\lambda^x/x!=e^{\lambda}$ 得 $f(0)=e^{-\lambda}$，于是 $f(x)=\dfrac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!}$。
泊松分布及其与二项分布的关系
若 $X$ 的概率函数如下（$\lambda>0$），则称 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布： $$f(x)=\begin{cases}\dfrac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!},& x=0,1,2,\dots\\[4pt] 0,&\text{其他}\end{cases}$$
令 $\lambda_n=np_n$。若 $n\to\infty$ 且 $\lambda_n\to\lambda$，则 $B(n,p_n)$ 趋于参数为 $\lambda$ 的泊松分布。
证明思路
$$C_n^xp_n^x(1-p_n)^{n-x}=\frac{\lambda_n^x}{x!}\cdot\underbrace{\frac{n}{n}\frac{n-1}{n}\cdots\frac{n-x+1}{n}}_{\to1} \cdot\underbrace{\Big(1-\frac{\lambda_n}{n}\Big)^{n}}_{\to e^{-\lambda}} \cdot\underbrace{\Big(1-\frac{\lambda_n}{n}\Big)^{-x}}_{\to1}\to\frac{e^{-\lambda}\lambda^x}{x!}$$ 三个花括号分别趋于 1、$e^{-\lambda}$、1。实用判据：$n\ge20$ 且 $p\le0.05$ 时，用 $\lambda=np$ 的泊松分布近似二项分布，误差已经很小。
交互：离散分布实验室
切换分布，拖动参数看形状变化。
- 二项：$p$ 拖到 0.5，左右对称；拖向两端，变得偏斜
- 几何：概率单调递减，最可能的取值总是 1
- 泊松：$\lambda$ 调大，峰右移，形状趋于对称
- 二项：勾选「叠加泊松逼近」，$n$ 拖大、$p$ 拖小，柱形与折线逐渐重合
交互演示：四个离散分布参数联动，含泊松逼近二项
泊松分布例题（一）
某事件在人群中的发生率为 0.01。随机抽 200 人，求其中至少 4 人发生该事件的概率。
精确（二项 $B(200,0.01)$）： $$P(X\ge4)=1-\sum_{k=0}^{3}C_{200}^k(0.01)^k(0.99)^{200-k}\approx0.1420$$
近似（泊松 $\lambda=np=2$）：$P(X\ge4)\approx0.1429$。差 0.0009——完全够用，而计算量小得多。
一页书平均有 $\lambda$ 处错印，错印数服从泊松分布。求某页没有错印的概率。
$$P(X=0)=\frac{\lambda^0e^{-\lambda}}{0!}=e^{-\lambda}$$
若 $\lambda=0.5$，则 $e^{-0.5}\approx0.607$：平均每页 0.5 处错印，仍有约六成的页面没有错印。
泊松分布例题（二）：两个分布套在一起
一本书 $n$ 页，各页错误数相互独立，都服从参数为 $\lambda$ 的泊松分布。求至少有 $m$ 页错误多于 $k$ 个的概率。
第一层（页内，泊松）：某一页错误多于 $k$ 个的概率 $$p=\sum_{i=k+1}^{\infty}\frac{\lambda^ie^{-\lambda}}{i!}$$
第二层（页间，二项）：整本书里「错误多于 $k$ 个」的页数 $X\sim B(n,p)$， $$P(X\ge m)=\sum_{x=m}^{n}C_n^xp^x(1-p)^{n-x}$$
198 座的航班卖出 200 张票，每位乘客不出现的概率为 1%，相互独立。要让到场乘客都有座位，需至少 2 人不出现： $X\sim B(200,0.01)\approx\text{Poisson}(2)$， $P(X\ge2)=1-3e^{-2}\approx0.5940$——只超售 2 张，就有约四成的概率有人没有座位。
泊松分布：流量与事件模型
- 车险公司平均每天 $\lambda=10$ 起索赔，每天索赔数 $X\sim\text{Poisson}(10)$
- 资本充足：确定需要准备多少理赔资金，即求最小的 $k$ 使 ${P(X\le k)\ge99.9\%}$
- 异常预警：某天接到 30 起，而 $P(X\ge30)$ 极小 → 判为异常，可能预示突发灾害天气
- 服务器平均每分钟 $\lambda=500$ 次请求
- 容量规划：算 $P(X>600)$，指导带宽与机器数
- 攻击检测：某分钟突增到 3000 次，而 ${\lambda=500}$ 时 ${P(X\ge3000)}$ 几乎为 0 → 自动判定为攻击并告警
两个场景是同一个模式：用泊松分布刻画「正常水平」，再用尾概率定义「异常」。许多异常检测规则都采用这种结构。
接下来
到这里，离散型随机变量已经能用概率函数 $f(x)=P(X=x)$ 完整描述了。但这套写法对连续型行不通。
公交车每 10 分钟一班，乘客随机到站，等车时间 $X$ 落在 $[0,10]$ 任一子区间的概率与区间长度成正比（第 2 讲的几何概型）。$X$ 恰好等于 3 分钟的概率是多少？
对任意 $0<h<7$，$\{X=3\}\subset\{3\le X\le3+h\}$，由第 1 讲的单调性， $$P(X=3)\le P(3\le X\le3+h)=\frac{h}{10}$$ $h$ 可以任意小，所以 $P(X=3)=0$。同样的推理对每一点都成立。
每一点的概率都是 0，$f(x)=P(X=x)$ 全等于 0，描述不了这个分布；可 $X$ 落在 $[3,5]$ 内的概率是 $\frac{2}{10}$，并不是 0。我们需要一种对离散型与连续型都适用的描述方式。
分布函数：离散型与连续型通用
对随机变量 $X$ 和任意实数 $x$，定义 $$F(x)=P(X\le x)$$ 称 $F$ 为 $X$ 的（累积）分布函数。
$F(x)$ 是「不超过 $x$」的概率，而不是「恰好等于 $x$」的概率。对连续型，前者随 $x$ 变化，不会处处为 0。
$X$ 服从参数为 $p$ 的 0-1 分布：$P(X=1)=p$，$P(X=0)=1-p$。其分布函数为 $$F(x)=\begin{cases}0,& x<0\\ 1-p,& 0\le x<1\\ 1,& x\ge1\end{cases}$$ $F$ 是阶梯函数：在每个取值点向上跳跃，跳跃高度等于该点的概率。
分布函数的四条性质
- $0\le F(x)\le1$，对一切 $x\in(-\infty,+\infty)$ 成立
- $F$ 是 $x$ 的不减函数
- $F(-\infty)=0$，$F(+\infty)=1$
- $F$ 至多有可列个间断点，且在间断点处右连续
证明思路
第一条因为 $F(x)$ 是概率；第二条由第 1 讲的单调性得到；第三条与右连续要用到可列可加性。第四条：不减函数的间断点都是跳跃间断，各跳跃区间互不相交，所以至多可列个；右连续来自 $\{X\le x\}$ 包含端点 $x$。它来自定义中的「$\le$」。若把定义改为 $F(x)=P(X<x)$，$F$ 就是左连续的，下一页的几个公式也要相应改写。因此，下一页的公式都以 $F(x)=P(X\le x)$ 这一定义为前提。
由分布函数确定概率
对随机变量 $X$：
- $P(X>x)=1-F(x)$
- $P(x_1<X\le x_2)=F(x_2)-F(x_1)$
- $P(X<x)=F(x^-)$ （左极限）
- $P(X=x)=F(x)-F(x^-)$ （该点的跳跃高度）
离散型：$F$ 在取值点跳跃，跳跃高度就是 $P(X=x)$。
连续型：$F$ 处处连续，于是 $P(X=x)=0$——每一点的概率都是 0，但落在一个区间里的概率可以不是 0。
第 27 页的等车时间就是这样：$P(X=3)=0$，而 $P(3<X\le5)=\frac{2}{10}$。连续型并不是「没有概率」，而是概率不集中在单个点上，分布在区间上。
离散型的分布函数：画两个图
对离散型随机变量 $X$ 及其概率函数 $p_k$， $$F(x)=\sum_{k:\,x_k\le x}p_k$$
$X$ 取 $-2,0,1,4$，概率分别为 $0.4,0.1,0.3,0.2$。画 $F(x)$。
$F$ 在 $-2$ 跳到 $0.4$，在 $0$ 跳到 $0.5$，在 $1$ 跳到 $0.8$，在 $4$ 跳到 $1$。四级台阶，四次跳跃的高度之和为 1。
反复抛硬币直到出现正面，$X$＝抛的次数。画 $F(x)$。
$X$ 服从 $p=1/2$ 的几何分布，$P(X=k)=(1/2)^k$。 $$F(k)=1-(1/2)^{k}$$ 无穷多级台阶，越来越矮；$F$ 始终小于 1，但趋于 1。
预告：连续型的分布函数是什么形状
在区间 $[4,10]$ 上任意抛一个质点，$X$ 为质点与原点的距离。若落在任一子区间的概率与该区间长度成正比，求 $X$ 的分布函数。
没有台阶了，是一条连续上升的折线。任何一点的概率都是 0，但 $P(5<X\le7)=\frac{7-4}{6}-\frac{5-4}{6}=\frac13$。
本讲总结
连赢 10 年的概率确实只有 $1/1024$。但在 5000 位经理里，至少出现一个这样的人的概率是 99.2%，赢 8 年及以上的平均有 273 人。
只看一个事件的概率会得出错误结论；掌握「跑赢年数」的整张分布，才能把全部情形算进去。这是从「事件」转向「随机变量」的原因。
- 随机变量是函数：$X:\Omega\to\mathbb{R}$；事件 $\{X\in C\}=\{\omega:X(\omega)\in C\}$
- 离散型用概率函数 $f(x)=P(X=x)$，两条性质 $p_k\ge0$、$\sum p_k=1$
- 四个分布：伯努利（单次）→ 几何（试到成功）→ 二项（$n$ 次中成功几次）→ 泊松（$n$ 大 $p$ 小的极限）
- 分布函数 $F(x)=P(X\le x)$ 对离散与连续通用；$P(X=x)=F(x)-F(x^-)$
本讲总结（续）
- 随机变量是函数，不是数。随机的是它的输入 $\omega$，规则本身是确定的
- 几何与二项不要混淆：几何固定「目标」数次数，二项固定「次数」数成功
- 泊松近似的条件是 $n$ 大、$p$ 小、$np$ 适中，三者缺一不可
- $F$ 是右连续的，这来自定义里的 $\le$；$P(X<x)=F(x^-)$ 而不是 $F(x)$
第 32 页的 $F(x)=\frac{x-4}{6}$ 是一条连续上升的折线，没有台阶，所以每一点的 $P(X=x)$ 都是 0，概率函数无法描述这个分布。
但那条折线的斜率还在：斜率越大的地方，概率越密集。下一讲：对 $F$ 求导得到「密度函数」，用它代替概率函数。