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第2章 随机变量及其分布2.2 离散型随机变量及其分布律


第二节

离散型随机变量及其分布律

一、离散型随机变量的分布律 二、常见离散型随机变量的概率分布 三、小结

一、离散型随机变量的分布律
离散型随机变量,非离散型随机变量

设离散型随机变量X所有可能取的值为xk (k
? 1,2,?), X取各个可能值的概率, 即事件{ X

? xk }

的概率, 为

P ( X ? xk ) ? pk

k ? 1,2,?.

称此为离散型随机变量 X 的分布律 .
说明: 由概率的定义, pk满足如下两个条件 :

1? pk ? 0, k ? 1,2,?;

2?

? pk ? 1. k ?1
X
pk

?

分布律也可以用表格的形式来表示:

x1 p1

x2 ? xn ? p2 ? pn ?

表格直观地表示了随机变量X取各个值的概

率的规律. X取各个值各占一些概率, 这些概率合

起来是1. 可以想象成: 概率1以一定的规律分布在
各个可能值上. 这就是(2.4)称为分布律的缘故.

例1 设一汽车在开往目的地的道路上需经过4 组信号灯,每组信号灯以1 2的概率允许或禁止汽车
以X表示汽车首次停下时,它已通过的信号灯组数

(设各组信号灯的工作是相互独立的), 求X分布律.

解 以p表示每组信号灯禁止汽车通过的概率.
易知X的分布律为

X

0

1

2

3

4

pk p
或写成

(1 ? p) p

(1 ? p)2 p (1 ? p)3 p (1 ? p)4

P{ X ? k } ? (1 ? p)k p,
P { X ? 4} ? (1 ? p)4 .

k ? 0,1,2,3,

以p ? 1 2 代入得
X
0 1 2 3 4

pk 0.5

0.25

0.125

0.0625

0.0625

二、常见离散型随机变量的概率分布
(一) (0―1)分布
设随机变量X只可能取 0与1两个值, 其分布是

pk (1 ? p)1?k , k ? 0,1 (0 ? p ? 1), P{ X ? k } ?
则称X服从以p为参数的(0 ? 1)分布或两点分布.
(0―1)分布的分布律也可写成
X pk

0 1? p

1 p

实例 “抛硬币”试验, 观察正、反两面情况.

?0, 当e ? 正面, X ? X (e ) ? ? ? 1, 当e ? 反面.
随机变量X服从(0―1)分布. 其分布律为
X

pk

0 1 2

1
1 2

对于一个随机试验, 如果它的样本空间只包含 两个元素, 即S ? {e1 , e2 }, 我们总能在S上定义一个 服从(0―1)分布的随机变量 ? 0, 当e ? e1 , X ? X (e ) ?? ? 1, 当e ? e2 . 来描述这个随机试验的结果.
两点分布随机数演示

(二) 伯努利试验、二项分布

伯努力资料

设试验E只有两个可能结果 : A及 A , 则称E为

伯努利(Bernoulli)实验. 设p( A) ? p (0 ? p ? 1), 此

时P ( A ) ? 1 ? p. 将E独立重复进行n次, 则称这一
串重复独立的试验为n重伯努利试验 .

n重伯努利试验非常一种很重要的数学模型,

它有广泛的应用, 是研究最多的模型之一.

实例1 抛一枚硬币观察得到正面或反面. 若将硬 币抛 n 次,就是n重伯努利试验. 实例2 抛一颗骰子n次,观察是否 “出现 1 点”, 就

是 n重伯努利试验. 二项概率公式

若 X 表示 n 重伯努利试验中事件 A 发生的次数, 则 X 所有可能取的值为

0, 1, 2, ?, n.

当 X ? k (0 ? k ? n) 时,

即 A 在 n 次试验中发生了 k 次.

A A? A A ? ?? ?A? A , ? ? ? ? ??
k次

n? k 次

A A A? A A A ?A? A ? ? ?? ? ?? ? ?
k ?1 次
n ?k ?1 次

??

? n? 得 A 在 n 次试验中发生 k 次的方式共有 ? ? 种, ?k? 且两两互不相容.

因此 A在 n 次试验中发生 k 次的概率为
? n? k n? k 记 q ? 1 ? p ? ? p (1 ? p) ?k? ? n ? k n? k ? ?pq ?k?

? n ? k n? k ? ? ?p q ? ?k? 称这样的分布为二项分布.记为 X ~ b( n, p).
二项分布

得 X 的分布律为 X 0 1 ? n ? n ?1 n pk q ? ? pq ?1 ?

?

k

?

n pn

n?1

两点分布

二项分布的图形

二项分布随机数演示

例如 在相同条件下相互独立地进行 5 次射击,每 次射击时击中目标的概率为 0.6 ,则击中目标的次 数 X 服从 b (5,0.6) 的二项分布.

X

0

1
?1 ?

2
? 2?

3
? 3?
? 4?

4

5

pk (0.4)5 ? 5 ?0.6 ? 0.44 ? 5 ?0.62 ? 0.43 ? 5 ?0.63 ? 0.42 ? 5 ?0.64 ? 0.4 0.6 5 ? ? ? ? ? ? ? ?

二项分布随机数演示

例2 按规定, 某种型号的电子元件的使用寿命 超过1500小时的为一等品. 已知某一大批产品的一

级品率为0.2, 现在从中随机抽查20只. 问20只元件

中恰有k只( k ? 0,1,2,?,20)为一级品的概率是多
少?

解 这是不放回抽样. 但由于这批元件的总数
很大, 且抽查元件的数量相对于元件的总数来说又 很小, 因而此抽样可近似当作放回抽样来处理, 这

样做会有一些误差, 但误差不大. 我们把检查一只

元件看它是否为一等品看成是一次试验, 检查20只

元件相当于做20重伯努利试验. 以 X 记 20 只元件
中一级品的只数, 那么, X是一个随机变量, 且有
X ~ b( 20, 0.2). 由(2.6)式即得所求概率为

? 20 ? P{ X ? k } ? ? ?(0.2)k (0.8)20? k , k ? 0,1,?,20. ?k?
将计算结果列表如下:

P{ X ? 0} ? 0.012 P{ X ? 1} ? 0.058

P{ X ? 4} ? 0.218 P{ X ? 5} ? 0.175 P{ X ? 6} ? 0.109

P{ X ? 8} ? 0.022 P{ X ? 9} ? 0.007
P{ X ? 10} ? 0.002

P{ X ? 2} ? 0.137 P{ X ? 3} ? 0.205

P{ X ? 7} ? 0.055

P{ X ? k } ? 0.001, 当 k ? 11 时

图示概率分布

例3 某人进行射击, 假设每次射击的命中率为 0.02, 独立射击400次, 试求至少击中两次的概率.

解 将一次射击看成是一次试验. 设击中的次
数为X , 则X ~ b(400,0.02). X 的分布律为

? 400? P { X ? k } ?? ?(0.02)k (0.98)400? k , k ? 0,1,?,400. ? k ?

于是所求概率为
P { X ? 2} ?1 ? P { X ? 0}? P { X ? 1}

? 1 ? (0.98)400? 400(0.02)(0.98)399? 0.9972.
结果的实际意义: 1. 决不能轻视小概率事件. 2. 由实际推断原理, 我们怀疑“每次射击命中率为 0.02”这一假设, 认为该射手射击的命中率不到0.02

例4 设有80台同类型设备, 各台工作是相互独 立的, 发生故障的概率都是 0.01, 且一台设备的故 障能由一个人处理. 考虑两种配备维修工人的方法, 其一是由4人维护, 每人负责20台; 其二是由3人共

共同维护台80. 试比较这两种方法在设备发生故障
时不能及时维修的概率的大小. 解 按第一种方法, 以X记“第1人维护的20台

以 中同一时刻发生故障的台数”, Ai (i ? 1,2,3,4)表示
事件“第i人维护20台中发生故障不能及时维修” ,

则知80台中发生故障而不能及时维修的概率为

P ( A1 ? A2 ? A3 ? A4 ) ? P ( A1 ) ? P { X ? 2}.
而X ~ b( 20,0.01), 故有
P { X ? 2 } ?1 ? ? P { X ? k }
k ?0 1

? 20 ? ? 1 ? ? ? ?(0.01)k (0.99)20? k k ?0 ? k ?
1

? 0.0169.

按第二种方法,以Y 记 80台中同一时刻发生故

障的台数, 此时, Y ~ b(80,0.01), 故80台中发生故障
而不能及时维修的概率为

? 80 ? P { X ? 4} ? 1 ? ? ? ?(0.01)k (0.99)80? k ? 0.0087. k ?0 ? k ?
3

我们发现, 在后一种情况尽管任务重了(每人平 均维护约27台), 但工作效率不仅没有降低, 反而提 高了.

(三) 泊松分布
取各个值的概率为
P{ X ? k } ?

泊松资料

设随机变量X所有可能取的值为0,1,2,?, 而

?k e ? ?
k!

, k ? 0,1,2,?,

其中? ? 0是常数 . 则称X服从参数为?的泊松分布,

记为X ~ ? (? ).

泊松分布的图形

泊松分布的背景及应用 二十世纪初卢瑟福和盖克两位科学家在观察
与分析放射性物质放出的粒子个数的情况时, 他们

做了2608次观察(每次时间为7.5秒)发现放射性物 质在规定的一段时间内, 其放射的粒子数X服从泊
松分布.

地震

火山爆发

特大洪水

商场接待的顾客数 电话呼唤次数 交通事故次数

上面我们提到 二项分布
np ? ? ( n ? ?? )

泊松分布

泊松定理 设? ? 0是一个常数, n是任意正整 数, 设npn ? ? , 则对于任一固定的非负整数k , 有

? n? k ?k e ? ? lim? ? pn (1 ? pn )n? k? n? ? k k! ? ?
证 由p ?

?
n

, 有

? n? k ? ? pn (1 ? pn )n? k ?k? n( n ? 1)?( n ? k ? 1) ? ? ? ? n? k ? ? ? (1 ? ) k! n ? n?
k

? n? k ? ? pn (1 ? pn )n? k ?k? n( n ? 1)?( n ? k ? 1) ? ? ? ? n? k ? ? ? (1 ? ) k! n ? n?
k

? ? ? 1 ? ? k ? 1 ??? ? ? ? ? ? ? ?1 ? ? 1 ? ??? 1 ? ??? 1 ? ? ? 1 ? ?
k n

?k

k! ? ?

n?

?

n ???

n? ?

n?

对于固定的k , 当n ? ? 时

1? ? k ? 1? ? 1 ? ? 1 ? ??? 1 ? ? ? 1, n? ? n ? ?

? ?? ?1 ? ? ? e , n? ?
故有

??

n

?? ? ? 1 ? ? ? 1. n? ?

?k

k ?? ? n? k n? k ? e lim? ? pn (1 ? pn ) ? n? ? k k! ? ?

定理的条件npn ? ? (常数)意味着当n很大时pn
必定很小, 因此, 上述定理表明当n很大, p很小(

np ? ? )时有以下近似式

? n? k ?k e ?? n? k ? ? p (1 ? p) ? k! ?k?

(其中? ? np). (2.7)

也就是说以n, p为参数的二项分布的概率值可以 由参数为? ? np的泊松分布的概率值近似. 上式
也能用来作二项分布概率的近似计算.

例5 计算机硬件公司制造某种特殊型号的微型 芯片, 次品率达0.1%, 各芯片成为次品相互独立. 求在1000只产品中至少有2只次品的概率. 以X记产 品中的次品数, X ~ b(1000 , 0.001) 解 所求概率为
P { X ? 2} ?1 ? P{ X ? 0} ? P{ X ? 1}

? 1000? ?1 ? (0.999) ? ? (0.999)999 (0.001) ? ? 1 ? ? 1 ? 0.3676954? 0.3680635? 0.2642411
1000

利用(2.7)式来计算得, ? ? 1000? 0.001? 1,
P { X ? 2} ?1 ? P{ X ? 0} ? P{ X ? 1}

?1 ? e ? e ? 0.2642411
显然利用(2.7)式的计算来得方便. 一般, 当n ? 20,

?1

?1

? n? k p ? 0.05时用 作为? ? p (1 ? p)n? k 的近似值 k! ?k?
颇佳.

?k e ??

三、小结
离 散 型 随 机 变 量 的 分 布

? ? 两点分布 ? ? 二项分布 ? ? 泊松分布 ? ? ?

两点分布

n?1
二项分布

n ? 10 , p ? 0.1
泊松分布

2. 二项分布与 (0 ? 1) 分布、泊松分布之间的关系.
二项分布是 (0 ? 1) 分布的推广, 对于 n 次独 立重复伯努里试验 , 每次试验成功的概率为 p, 设 ?1, 若第 i 次试验成功 Xi ? ? , ( i ? 1,2,?, n) ?0, 若第 i 次试验失败 它们都服从 (0 ? 1) 分布并且相互独立 , 那末 X ? X 1 ? X 2 ? ? ? X n 服从二项分布, 参数为 ( n, p ).

以 n, p ( np ? ? ) 为参数的二项分布,当 n ? ? 时趋 于以 ? 为参数的泊松分布,即 ? n? k ( np)k ? np P{ X ? k } ? ? ? p (1 ? p)n? k ? e , k! ?k? ( k ? 0,1,2,?, n).


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