正态分布t个标准差范围内的概率

如果一个随机变量具有概率密度函数

f(x)=12πσe−(x−μ)22σ2,−∞<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)=2πσ1e−2σ2(x−μ)2,−∞<x<∞

则称X为正态随机变量并记为X∼N(μ,σ2)X \sim N(\mu, \sigma^2)X∼N(μ,σ2)．这里N 为"Normal"
一词的首字母．μ,σ\mu, \sigmaμ,σ 都是常数，μ\muμ 为均值，可以取任何实数值,
而0<σ2<∞0 < \sigma^2 < \infty0<σ2<∞ 为方差，σ\sigmaσ
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=1μ=1,σ=1 和 μ=1,σ=12\mu=1,\sigma=\frac{1}{2}μ=1,σ=21
的正态分布概率密度函数图像：

我们知道 x=μx=\mux=μ 均值时，概率密度值最大，比如当标准差 σ=1\sigma=1σ=1
时的概率密度值为 f(μ)=12πσ=0.3989f(\mu) = \frac{1}{\sqrt{2\pi} \sigma} = 0.3989f(μ)=2πσ1=0.3989

问题1： t个标准差范围内的概率 P(u−tσ≤x≤u+tσ)P(u-t\sigma \le x \le u+t\sigma)P(u−tσ≤x≤u+tσ)
是一个定值吗？和参数u,σu, \sigmau,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？

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−tσ≤x≤u+tσ)P(u-t\sigma \le x \le u+t\sigma)P(u−tσ≤x≤u+tσ)都是一个定值，和参数u,σu, \sigmau,σ
无关，这真是一件神奇的事情。

P(u−tσ≤x≤u+tσ)=∫u−tσu+tσ12πσe−(x−μ)22σ2dx=12πσ∫u−tσu+tσe−(x−μ2σ)2dx=2σ2πσ∫u−tσu+tσe−(x−μ2σ)2dx−μ2σ=2π∫0t2e−y2dy(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(u−tσ≤x≤u+tσ)=∫u−tσu+tσ2πσ1e−2σ2(x−μ)2dx=2πσ1∫u−tσu+tσe−(2σx−μ)2dx=2πσ2σ∫u−tσu+tσe−(2σx−μ)2d2σx−μ=π2∫02te−y2dy(1)

问题2：如何计算(1)式？

如果我们直接去求不定积分 ∫e−x2dx\int e^{-x^2} dx∫e−x2dx
的初等函数表达式，那我们就会掉进坑里。因为e−x2e^{-x^2}e−x2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−x2−y2e^{-x^2-y^2}e−x2−y2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=aρ=a的圆。

∫∫De−x2−y2dxdy=∫02π∫0ae−ρ2ρdρdθ=∫02π−12e−ρ2∣0adθ=∫02π−12(e−a2−1)dθ=12(1−e−a2)θ∣02π=π(1−e−a2)(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}∫∫De−x2−y2dxdy=∫02π∫0ae−ρ2ρdρdθ=∫02π−21e−ρ2∣∣∣0adθ=∫02π−21(e−a2−1)dθ=21(1−e−a2)θ∣∣∣02π=π(1−e−a2)(2)

不难想象这个函数的图形，首先考虑一元函数 e−xe^{-x}e−x 的图形，然后注意到
−(x2+y2)≤0-(x^2+y^2) \le 0−(x2+y2)≤0, 即e−(x2+y2)e^{-(x^2+y^2)}e−(x2+y2)的最大值为e0=1e^0=1e0=1, 其次 x2+y2x^2+y^2x2+y2
可以看成半径从 0 到 +∞+\infty+∞ 变化的圆, 半径越大 e−(x2+y2)e^{-(x^2+y^2)}e−(x2+y2)
越小，所以它的图像应该长下面的样子：

那么如何建立起 ∫0+∞e−x2dx\int_0^{+\infty} e^{-x^2} dx∫0+∞e−x2dx 和
∫∫De−x2−y2dxdy\int\int_D e^{-x^2-y^2} dx dy∫∫De−x2−y2dxdy 的关系？不难想到
∫0+∞e−y2dy=∫0+∞e−x2dx\int_0^{+\infty} e^{-y^2} dy = \int_0^{+\infty} e^{-x^2} dx∫0+∞e−y2dy=∫0+∞e−x2dx

那么

(∫0+∞e−x2dx)2=∫0+∞e−x2dx∫0+∞e−y2dy=∫0+∞∫0+∞e−x2−y2dxdy=14∫−∞+∞∫−∞+∞e−x2−y2dxdy=14lim⁡a→∞π(1−e−a2)=π4\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+∞e−x2dx)2=∫0+∞e−x2dx∫0+∞e−y2dy=∫0+∞∫0+∞e−x2−y2dxdy=41∫−∞+∞∫−∞+∞e−x2−y2dxdy=41a→∞limπ(1−e−a2)=4π

于是得到
∫0+∞e−x2dx=π2(3)\int_0^{+\infty} e^{-x^2} dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2} \qquad (3)∫0+∞e−x2dx=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 ∫0R∫0Re−x2−y2dydx\int_0^{R} \int_0^{R} e^{-x^2-y^2} dy dx∫0R∫0Re−x2−y2dydx 的积分区域，
∫∫De−x2−y2dxdy=π(1−e−a2)\int\int_D e^{-x^2-y^2} dx dy = \pi(1-e^{-a^2})∫∫De−x2−y2dxdy=π(1−e−a2) 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 D1,D2D_1,D_2D1,D2 是
a=R,a=2Ra=R, a=\sqrt{2}Ra=R,a=2R 时相应 D 区域的 14\frac{1}{4}41。

因此

∫∫D1e−x2−y2dxdy<∫∫Se−x2−y2dxdy<∫∫D2e−x2−y2dxdy\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}∫∫D1e−x2−y2dxdy<∫∫Se−x2−y2dxdy<∫∫D2e−x2−y2dxdy

于是上面的不等式可以写成
π4(1−e−R2)<(∫0Re−x2dx)2<π4(1−e−2R2)(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(1−e−R2)<(∫0Re−x2dx)2<4π(1−e−2R2)(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R2R^2R2的面积，如下图

此时圆的半径r1r_1r1为
πr124=R2⇒r12=4R2π\frac{\pi r_1^2}{4} = R^2 \Rightarrow r_1^2 = \frac{4R^2}{\pi}4πr12=R2⇒r12=π4R2
由于e−x2−y2e^{-x^2-y^2}e−x2−y2是单调递减函数，因此必定有此上界：
(∫0Re−x2dx)2<π4(1−e−4R2/π)(5)(\int_0^R e^{-x^2} dx)^2 < \frac{\pi}{4}(1-e^{-4R^2/\pi}) \qquad (5)(∫0Re−x2dx)2<4π(1−e−4R2/π)(5)

对于下界，如下图，我们可以找到
r2到2R的阴影面积S1=正方形面积S−D1r_2 \text{到} \sqrt{2}R \text{的阴影面积}S_1 = \text{正方形面积} S-D_1r2到2R的阴影面积S1=正方形面积S−D1

由于e−x2−y2e^{-x^2-y^2}e−x2−y2是单调递减函数，因此有
(∫0Re−x2dx)2>∫D1+S1e−x2−y2dxdy(\int_0^R e^{-x^2} dx)^2 > \int_{D_1+S_1} e^{-x^2-y^2} dx dy(∫0Re−x2dx)2>∫D1+S1e−x2−y2dxdy
此时圆的半径r2r_2r2为

R2−πR24=2πR24−πr224⇒r22=3R2−4πR2\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}⇒R2−4πR2=42πR2−4πr22r22=3R2−π4R2

因此必定有此下界：

(∫0Re−x2dx)2>π4(1−e−R2)+π4(1−e−2R2)−π4(1−e−3R2+4πR2)>π4(1−e−R2−e−2R2+e−3R2+4πR2)(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}(∫0Re−x2dx)2>4π(1−e−R2)+4π(1−e−2R2)−4π(1−e−3R2+π4R2)>4π(1−e−R2−e−2R2+e−3R2+π4R2)(6)

合并(5)(6)式，得到了比(4)式更加精确的不等式(7)

π4(1−e−R2−e−2R2+e−3R2+4πR2)<(∫0Re−x2dx)2<π4(1−e−4R2/π)(7)π2(1−e−R2−e−2R2+e−3R2+4πR2)<∫0Re−x2dx<π21−e−4R2/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(1−e−R2−e−2R2+e−3R2+π4R2)<2π(1−e−R2−e−2R2+e−3R2+π4R2)<(∫0Re−x2dx)2<4π(1−e−4R2/π)(7)∫0Re−x2dx<2π1−e−4R2/π(8)

回到(1)式

P(u−tσ≤x≤u+tσ)=2π∫0t2e−x2dx\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(u−tσ≤x≤u+tσ)=π2∫02te−x2dx

在不等式(8)中，取 R=t2R=\frac{t}{\sqrt{2}}R=2t ，得

1−e−t2/2−e−t2+e−3t2/2+2t2/π<P(u−tσ≤x≤u+tσ)<1−e−2t2/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}1−e−t2/2−e−t2+e−3t2/2+2t2/π<P(u−tσ≤x≤u+tσ)<1−e−2t2/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∣>tσ|x-u| > t\sigma∣x−u∣>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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