均匀分布

均匀分布（uniform distribution）把概率均匀地分配给指定范围。在有限集合中，它表示各个可能值等概率；在实数区间中，它表示等长的子区间有相同概率。本篇主要讲连续均匀分布，并在最后说明它与离散版本的区别。

每十分钟闪一次的灯，还要等多久

考虑一个理想装置：指示灯严格每隔十分钟闪一次。观察者在某个周期中到达，记录从上一次闪光到到达时经过了几分钟，记为 $A$。我们作一个明确的模型假设：到达相位在这十分钟内均匀分布。于是长度为一分钟的任何时段，都占全部到达概率的十分之一。

令 $W$ 表示到达后还要等多久才看到下一次闪光。除去恰好踩在边界上的零概率情形，有 $$W=10-A.$$ 例如在周期第 3 分钟到达，便还要等 7 分钟。这些数值用于说明一个合成模型，不是实际装置的测量数据。

同一个十分钟周期被到达时刻分为两段，A+W=10。图中的 A=3 只是一次可能情形，不是固定到达规律。

要使等待时间介于 2 与 5 分钟之间，到达时刻就须介于周期第 5 与第 8 分钟。这两个区间长度都为 3，因此 $$P(2<W\le 5)=P(5\le A<8)=\frac{3}{10}.$$ 反转了区间方向，长度没有改变，所以 $W$ 也在 0 到 10 之间均匀分布。

这里关键条件是“到达相位均匀”。如果观察者知道时刻表，专门赶在闪光前到达，等待时间就会更多地集中在零附近；即使到达过程有随机性，也不再自动均匀。若闪光间隔本身随机变化，这个十分钟模型同样需要重新建立。

从等长等概率得到密度

设 $a<b$。随机变量 $X$ 在 $[a,b]$ 上均匀分布，记作 $X\sim U(a,b)$。它的概率密度为 $$f_X(x)=\{\begin{array}{cc}\frac{1}{b-a},& a\le x\le b,\\ 0,& \text{otherwise}.\end{array}$$ 在区间内，常数高度使相同宽度得到相同面积；整个区间的面积须为一，所以“宽度乘高度”等于 $(b-a)f=1$，这就确定了高度 $1/(b-a)$。NIST：Uniform Distribution

对 $a\le c\le d\le b$，概率是矩形面积： $$P(c\le X\le d)={\int }_c^d\frac{1}{b-a}dx=\frac{d-c}{b-a}.$$ 若所问区间超出支持范围，应先与 $[a,b]$ 取交集。例如 $W\sim U(0,10)$ 时，$P(-2\le W\le 3)=3/10$，不能把区间长度错误地算成五分钟。

先看上图：阴影宽三分钟、高每分钟零点一，因此面积为零点三。下图用累计差表达同一概率。

每分钟零点一是密度单位，不是“恰好某一分钟”的概率。对于任意固定实数 $w$，$P(W=w)=0$。同样，是否把 0 与 10 写成开端点，不影响这个连续分布。改变密度在有限几个点上的数值也不会改变任何区间面积；本篇选择端点处仍取上述常数。

累计概率和分位数怎样读

累计函数 $F_X(x)=P(X\le x)$ 把横轴从左扫到 $x$，累积扫过的密度面积。分三段计算： $$F_X(x)=\{\begin{array}{cc}0,& x<a,\\ \frac{x-a}{b-a},& a\le x\le b,\\ 1,& x>b.\end{array}$$ 左端以前没有面积，区间内部按恒定速度增加，到达右端后累计为一。上图下半部分因此是一条先水平、再上升、最后水平的连续折线。

灯的例子中，$F_W(5)=0.5$，$F_W(2)=0.2$，相减得到 $0.3$。反过来，若问“多少分钟以内可以覆盖九成到达者的等待”，设这个时间为 $q$，解 $$P(W\le q)=\frac{q}{10}=0.9,q=9.$$ 九分钟是这个模型的 90% 分位数，不是平均等待时间，也不是每个人都能满足的保证。一般的 $p$ 分位数（$0<p<1$）由 $F_X(q_p)=p$ 给出： $$q_p=a+(b-a)p.$$

平移与拉宽，图形怎样改变

把区间从 $[0,10]$ 移到 $[5,15]$，宽度不变，所以高度仍是 0.1；整幅矩形向右移动五个单位。把区间从 $[0,10]$ 拉宽到 $[0,20]$，宽度翻倍，高度须减半成 0.05，总面积才仍为一。

上下比较时保留相同的轴尺度。移动区间改变位置，拉宽区间增加分散程度，同时降低密度高度。

若 $U\sim U(0,1)$，可以用 $$X=a+(b-a)U$$ 产生一般均匀变量。对区间内的 $x$， $$P(X\le x)=P(U\le \frac{x-a}{b-a})=\frac{x-a}{b-a},$$ 正好得到所需累计函数。这也解释了为什么应乘以区间长度 $b-a$，再加左端点 $a$。例如 $U=0.3$ 映到 $[5,15]$ 时得到 8，而不是把 0.3 直接乘以 15。

计算机模拟常先生成标准均匀数，再通过变换产生其他分布；实际伪随机程序还涉及有限精度、算法和种子。一个变换公式验证的是理想输入分布下的输出规律，不能单独证明某个程序的随机质量。

平均值和方差为什么是这些数

密度关于区间中点对称，所以均值应位于中间。用期望定义可以直接核对： $$E[X]={\int }_a^b\frac{x}{b-a}dx=\frac{b^2-a^2}{2(b-a)}=\frac{a+b}{2}.$$ 最后一步把 $b^2-a^2$ 分解为 $(b-a)(b+a)$，再约去正的区间长度。

计算方差时，可先求标准均匀变量的两个矩： $$E[U]={\int }_0^{1}udu=\frac{1}{2},E[U^2]={\int }_0^1{u}^{2}du=\frac{1}{3}.$$ 于是 $$\mathrm{Var}(U)=E[U^2]-E[U{]}^2=\frac{1}{3}-\frac{1}{4}=\frac{1}{12}.$$ 再利用 $X=a+(b-a)U$，它偏离均值的量为 $$X-E[X]=(b-a)(U-\frac{1}{2}).$$ 平方以后取期望，常数因子可以提出，得到 $$\mathrm{Var}(X)=\frac{(b-a{)}^2}{12},\mathrm{SD}(X)=\frac{b-a}{\sqrt{12}}.$$ 平移量 $a$ 不影响分散程度，尺度放大多少倍，标准差也放大多少倍；方差则按倍数的平方变化。

对于十分钟的灯，平均等待为 5 分钟，方差为 $100/12=25/3$ 平方分钟，标准差为 $5/\sqrt{3}\approx 2.887$ 分钟。这些数描述模型下重复到达的总体规律，不是说实际记录的每十个人会恰好各等一种不同的时长。

已经等过五分钟，还要再等多久

假设观察者到达时不知道自己处于周期哪里，后来已经等了五分钟而没有见到闪光，即得知 $W>5$。原来 0 到 5 的可能性被排除，只剩 5 到 10。对剩下的区间重新归一化后，其条件密度为 $1/5=0.2$。

若问“在已经等了五分钟的情况下，还要再等超过两分钟的概率”，就是 $$P(W>7\mid W>5)=\frac{P(W>7)}{P(W>5)}=\frac{3/10}{5/10}=\frac{3}{5}.$$ 刚到达时，等待超过两分钟的概率为 $P(W>2)=8/10$。现在变成 $3/5$，说明已经等待的信息确实改变了剩余等待的分布。

上图目标面积占保留面积的五分之三，下图直接读出同一条件概率零点六。横轴仍是总等待 W，尚未减去已经等过的五分钟。

若另定义剩余等待 $R=W-5$，在这个条件下 $R\sim U(0,5)$，平均还要等 2.5 分钟。这与指数分布的无记忆性不同：周期信号有一个明确的最晚边界，已经等过的时间会缩短剩余范围。OpenStax 的均匀分布章节也用条件化后的区间重新归一化来计算概率。OpenStax：The Uniform Distribution

连续均匀与离散均匀的区别

公平六面骰的点数只有六种，每种概率为 $1/6$，属于离散均匀分布。其单点概率不为零，求概率时数可能值，而不是量区间长度。

例如整数 $1,2,\dots ,m$ 等概率时，每个整数的概率为 $1/m$。若连续地在 $[1,m]$ 上均匀取值，密度却为 $1/(m-1)$，因为区间长度是 $m-1$；前者有 $m$ 个点，后者有一段长度。两个分母不同，没有矛盾。连续版本须有 $m>1$，而只取整数 1 的离散模型仍然有意义。

“各点都同样可能”在连续情况下容易让人误以为单点分到了相同的正概率。因此讲连续均匀时，应把性质说成等长区间等概率，并用密度面积计算。更多质量、密度与累计函数的区别见概率分布。

参考资料

• NIST/SEMATECH：Uniform Distribution，密度、标准形式、位置尺度与矩。
• OpenStax，Introductory Statistics 2e，§5.2，区间面积、分位数与条件概率。
• MIT 6.436J：Continuous Random Variables，连续密度与均匀模型。
• 相关：概率、概率分布、期望、积分、指数分布。