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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
离散型随机变量分布律的定义 离散型随机变量表示方法 几种常见分布 小结

一、离散型随机变量分布律的定义
看一个例子 从中任取3 从中任取 个球 取到的白球数X是一个随机变量 取到的白球数 是一个随机变量 . (1) X 可能取的值是 可能取的值是0,1,2 ; (2) 取每个值的概率为 取每个值的概率为:

?3? P{X = 0} = ? ? ?3?

?5? 1 ? 3? = 10 ? ?

? 3? ? 2? ?5? 3 P{X =1 = ? ?? ? ? ? ? = } ? 2? ? 1? ? 3? 10 ?3? ? 2? ?5? 3 P{X = 2} = ? ?? ? ? ? ? = ?1? ? 2? ?3? 10
定义1 某些随机变量X的所有可能取值是有限多 定义 :某些随机变量 的所有可能取值是有限多 个或可列无限多个, 这种随机变量称为离散型随机 个或可列无限多个 这种随机变量称为离散型随机 变量 .

定义2 定义 :设 xk (k=1,2, …) 是离散型随机变量 X 所 取的一切可能值, 取的一切可能值,称

P{X = xk } = pk ,k =1 2,L ,
为离散型随机变量 X 的分布律. 的分布律 其中

pk (k=1,2, …) 满足: 满足:
k=1,2, …

(1) pk ≥ 0, ) (2) )

∑p =1
k k

用这两条性质 判断一个函数 是否是分布律

设随机变量X的分布律为 的分布律为: 例2 设随机变量 的分布律为:

P(X = k) = a

λk

试确定常数a 试确定常数 . 解: 依据分布律的性质

k!

,

k =0,1,2, …,

λ >0

P(X =k)≥0,

∑P(X = k) =1
k



a≥0 ,

∑a
k=0



λ

k

k!


= ae =1

λ

e =∑ ! k=0 k
λ



λ

k

从中解得

a =e

二、离散型随机变量表示方法
(1)公式法 )

P{X = xk } = pk ,k =1 2,L ,
(2)列表法 )

? x1 X ~? ? p1

x2 L xn L ? ? p2 L pn L ?



X
pk

x1 p1

x2 L xnL p2 L pnL

某篮球运动员投中篮圈概率是0.9, 例3 某篮球运动员投中篮圈概率是 ,求他两次独 立投篮投中次数X的概率分布 的概率分布. 立投篮投中次数 的概率分布 X可取值为 可取值为0,1,2 解: X可取值为0,1,2 ;

P{X =0}=(0.1)(0.1)=0.01 P{X =1}= 2(0.9)(0.1) =0.18 P{X =2}=(0.9)(0.9)=0.81

常常表示为: 常常表示为:

1 2 ? ? 0 X ~? ? ?0.01 0.18 0.81?
这就是X的分布律 这就是 的分布律. 的分布律

某射手连续向一目标射击,直到命中为止, 例4 某射手连续向一目标射击,直到命中为止,已 知他每发命中的概率是p, 所需射击发数X 知他每发命中的概率是 ,求所需射击发数 的分布 律. 显然, 可能取的值是1,2,… , 解: 显然,X 可能取的值是 为计算 P{X =k }, k = 1,2, …,设 , , Ak = {第k发命中 ,k =1, 2, …, 发命中}, 第 发命中 , 于是

P{X=1}=P(A1)=p,

? P(X=2)=P(A A )=(1 p)?p 1 2 P(X=3 =P(A A A )=( ? p)2?p ) 1 1 2 3

L L

可见

P(X=k)=(1? p) ?p

k? 1

k= ,2, L 1 L

这就是求所需射击发数 的分布律. 所需射击发数X的分布律 这就是求所需射击发数 的分布律

一汽车沿一街道行驶, 例5 一汽车沿一街道行驶,需要通过三个均设有红绿 信号灯的路口, 信号灯的路口,每个信号灯为红或绿与其它信号灯为 红或绿相互独立,且红绿两种信号灯显示的时间相等. 红或绿相互独立,且红绿两种信号灯显示的时间相等 表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数, 以 X表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数, 表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数 的分布律. 求X的分布律 的分布律 解: 依题意 X可取值 1, 2, 3. 依题意, 可取值 可取值0,



Ai={第i个路口遇红灯 i=1,2,3 个路口遇红灯}, 第 个路口遇红灯

路口1 路口

路口2 路口

路口3 路口

P{X=0}=P(A1)=1/2,

X表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数 表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数

路口1 路口

路口2 路口

路口3 路口

1 1 P{X=1}=P( A A ) = ? = 1/4 1 2 2 2

路口1 路口

路口2 路口

路口3 路口

1 1 1 P{X=2}=P( A A A )= ? ? =1/8 1 2 3 2 2 2

X表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数 表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数

路口1 路口

路口2 路口

路口3 路口

1 1 1 P(X=3)= P( A A A ) = ? ? =1/8 1 2 3 2 2 2


?0 X ~?1 ? ? ?2

1 1 4

2 1 8

3? ? 1? ? 8?

三、几种常见分布
1. 两点分布 只可能取0与 两个值 设随机变量 X 只可能取 与1两个值 , 它的分 布律为

X pk

0 1? p

1 p

分布或两点分布. 则称 X 服从 (0—1) 分布或两点分布

抛硬币” 观察正、 例6 “抛硬币”试验 观察正、反两面情况 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 分布. 其分布律为
X

pk

0 1 2

1
1 2

件产品中,有 件合格品,10件不合格品 例7 200件产品中 有190件合格品 件不合格品 件产品中 件合格品 件不合格品, 现从中随机抽取一件,那末 那末,若规定 现从中随机抽取一件 那末 若规定 取得不合格品, ?1, 取得不合格品 X =? 取得合格品. ?0, 取得合格品

X

0

1
10 200

pk

190 200

服从(0 分布. 则随机变量 X 服从 —1)分布 分布

说明 两点分布是最简单的一种分布,任何一个只有 两点分布是最简单的一种分布 任何一个只有 两种可能结果的随机现象, 两种可能结果的随机现象 比如新生婴儿是男还是 明天是否下雨、种籽是否发芽等, 女、明天是否下雨、种籽是否发芽等 都属于两点 分布. 分布

2. 等可能分布 等可能分布 如果随机变量 X 的分布律为
X

pk

a1 1 n

a2L an 1 1 L n n

其中 ( ai ≠ a j ), ( i ≠ j ) , 则称 X 服从等可能分布 .
例 抛掷骰子并记出现的点数为随机变量 X, 则有

X

pk

1 1 6

2 1 6

3 1 6

4 1 6

5 1 6

6 1 6

3. 伯努利试验和二项分布 一枚均匀骰子抛掷3次 看一个试验 将一枚均匀骰子抛掷 次.

表示3次中出现 次中出现“ 点的次数 令X 表示 次中出现“4”点的次数 X的分布律是: 的分布律是: 的分布律是

? 3?? 1 ? ? 5 ? P{X = xk } = ? ?? ? ? ? ? k ?? 6 ? ? 6 ?

k

3?k

,k = 01 2,3. ,,

一般地,设在一次试验E 一般地,设在一次试验E中我们只考虑两个互逆的 结果:A 或 A . 结果: 掷骰子: 掷出4 掷骰子:“掷出4点”,“未掷出4点” 未掷出4 抽验产品: 是正品” 抽验产品:“是正品”,“是次品” 是次品”

LLLL
这样的试验E称为伯努利试验 这样的试验 称为伯努利试验 . 称为

将伯努利试验E独立地重复地进行 次 将伯努利试验E独立地重复地进行n次 ,则称这 一串重复的独立试验为n重伯努利试验 重复的独立试验为 一串重复的独立试验为 重伯努利试验 . “重复”是指这 n 次试验中P(A)= p 保持不变. 重复” 重复 “独立”是指各 次试验的结果互不影响 . 独立” 独立 表示n重伯努利试验中事件 发生的次数, 用X表示 重伯努利试验中事件 发生的次数, 表示 重伯努利试验中事件A发生的次数 则

当 X = k ( 0 ≤ k ≤ n ) 时, 即 A 在 n 次试验中发生了 k 次.

A A A A ALA, L 123 123 44 44
k次

n? n?k 次

AA A L A A A A A 123 LL L 44 123 44
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. 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?
得 X 的分布律为

? n ? k n? k ? ?pq ?k?

X pk

0 q
n

? n ? n ?1 ? ? pq ?1 ?

1

L L

? n ? k n? k ? ?p q ?k?

k

L L

n pn

n?k ? n? k P{X = k} = ? ? p (1? p) k = 01L n ,, , ?k?

称这样的分布为二项分布 记为 称这样的分布为二项分布.记为 X ~ b(n, p). 二项分布 二项分布
n=1

两点分布

易证: 易证: (1) ( X =k) ≥ 0 ) P (2) )

∑P(X = k) =1
k=0

n

二项分布的图形

已知100个产品中有 个次品,现从中有放回 个产品中有5个次品 例8 已知 个产品中有 个次品,现从中有放回 地取3次 每次任取1个 求在所取的3个中恰有 个中恰有2 地取 次,每次任取 个,求在所取的 个中恰有 个次品的概率. 个次品的概率 因为这是有放回地取3次 因此这3 解: 因为这是有放回地取 次,因此这 次试验 的条件完全相同且独立,它是贝努里试验. 的条件完全相同且独立,它是贝努里试验 依题意,每次试验取到次品的概率为 依题意,每次试验取到次品的概率为0.05.

, 为所取的3个中的次品数 设X为所取的 个中的次品数, 则 X ~ b(3,0.05), 为所取的 个中的次品数,
于是,所求概率为 于是,所求概率为:
2 P(X=2)=C3 (0.05)2(0.95) = 0.007125

请注意: 请注意: 若将本例中的“有放回”改为”无放回”, 那么 将本例中的“有放回”改为”无放回” 各次试验条件就不同了, 各次试验条件就不同了 此试验就不是伯努利试验 . 此时, 只能用古典概型求解. 此时 只能用古典概型求解

CC P X=2)= ( ≈ 0.00618 C

1 2 95 5 3 100

伯努利试验对试验结果没有等可能的要求, 伯努利试验对试验结果没有等可能的要求, 但有下述要求: 但有下述要求: (1)每次试验条件相同; )每次试验条件相同; (2)每次试验只考虑两个互逆结果 A 或 ) 且 P(A)=p , (A) =1? p; P (3)各次试验相互独立. )各次试验相互独立. 可以简单地说, 可以简单地说, 二项分布描述的是n重伯努利试验中事件 二项分布描述的是 重伯努利试验中事件 A 出现的次数 X 的分布律 .

A,

某类灯泡使用时数在1000小时以上 例9 某类灯泡使用时数在 小时以上 的概率是0.2,求三个灯泡在使用1000 的概率是 ,求三个灯泡在使用 小时以后最多只有一个坏了的概率. 小时以后最多只有一个坏了的概率. X为三个灯泡在使用 为三个灯泡在使用1000小时已 小时已坏的灯泡数 解: 设X为三个灯泡在使用1000小时已坏的灯泡数 . 把观察一个灯泡的使用 k k 3?k P(X=k)=C3 (0.8) (0.2) , k = 0,12,3 , 时数看作一次试验, 时数看作一次试验 “使用到 使用到1000小时已坏” 小时已坏” 使用到 小时已坏 P{X ≤ =P{X=0}+P{X=1} 1} 视为事件A 每次试验 每次试验, 视为事件 .每次试验 )3+3(0.8)(0.2) A 出现的概率为 2 =(0.2出现的概率为0.8

X ~ b (3, 0.8), ,

=0.104

例10 按规定 , 某种型号电子元件的使 用寿命超过

1500 小时的为一级品 . 已知某一大批产品的一 级 品率为 0.2, 现在从中随机地抽查 20只. 问20只元件 中恰有 k 只( k = 0,1,L ,20 ) 一级品的概率是多少 ?
这是不放回抽样.但由于这批元件的总数很 分析 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 因而此抽样可近似当作放回抽样来处理. 因而此抽样可近似当作放回抽样来处理
把检查一只元件是否为 一级品看成是一次试 验, 检查 20 只元件相当于做 20 重伯努利试验 .

解 以 X 记 20 只元件中一级品的只数 ,



X ~ b( 20, 0.2), 因此所求概率为

? 20 ? P { X = k } = ? ?(0.2)k (0.8)20? k , k = 0, 1,L, 20. ? k?
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

注意: 最大。 注意:P(X=4)最大。 最大

一般地,若在 概率P{X=k}达到最大(称 达到最大( 一般地,若在k0处,概率 达到最大 k0为随机变量X的最可能值)。则k0应满足 为随机变量 的最可能值)。则 的最可能值)。

? P{X = k0} ? P{X = k + 1} ≥ 1 ? 0 ? ? P{X = k0 } ≥ 1 ? P{X = k0 ?1} ?
数,所以

? k0 ≥ ( n + 1) p ? 1 ?? ? k0 ≤ ( n + 1) p

解上述不等式得(n+1)p-1≤ k0 ≤ (n+1)p 。因为 0必须为整 因为k 解上述不等式得

?(n + 1) p和(n + 1) p ? 1, 当(n+1)p为整数, 为整数, 为整数 k0 = ? 其它, 其它, ?[(n + 1) p],
本例中, 所以, 本例中,n=20,p=0.2, 所以,(n+1)p=4.2, 故k0=4。 , 。

设初生婴儿是三胞胎的概率为0.0001 0.0001, 例4 、设初生婴儿是三胞胎的概率为0.0001,则在 100000次生育中最有可能出现多少三胞胎 次生育中最有可能出现多少三胞胎? 100000次生育中最有可能出现多少三胞胎?相应的概率 是多少? 是多少? 100000次生育中出现三胞胎的次数 次生育中出现三胞胎的次数, 解:设 ξ 是100000次生育中出现三胞胎的次数,则:

ξ ~ B(100000, 0.0001)

于是最有可能出现三胞胎的次数为: 于是最有可能出现三胞胎的次数为:

m = [(100000 + 1) ×10?4 ] = 10 (次)
相应的概率是: 相应的概率是:

P(ξ = 10) = C

10 100000

(0.0001) × 0.9999
10

99990

10 ?10 (≈ e ≈ 0.12511 ) 10!

10

4. 泊松分布
设随机变量所有可能取 的值为 0, 1, 2, L , 而取各个 值的概率为 k! 其中 λ > 0 是常数 .则称 X 服从参数为 λ 的泊松分 布 , 记为 X ~ P ( λ ). P{ X = k } =

λk e ? λ

, k = 0,1,2, L ,

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

在生物学、医学、工业统计、 在生物学、医学、工业统计、保险科学及 泊松分布是常见的. 公用事业的排队等问题中 , 泊松分布是常见的 例如地震、火山爆发、特大洪水、 例如地震、火山爆发、特大洪水、交换台的电 话呼唤次数等, 都服从泊松分布. 话呼唤次数等 都服从泊松分布

我们把在随机时刻相继出现的事件所形成的序列, 我们把在随机时刻相继出现的事件所形成的序列, 叫做随机事件流 事件流. 叫做随机事件流. 若事件流具有平稳性、无后效性、普通性, 若事件流具有平稳性、无后效性、普通性,则称该 事件流为普阿松事件流(泊松流) 事件流为普阿松事件流(泊松流),。 平稳性:在任意时间区间内,事件发生 次 平稳性:在任意时间区间内,事件发生k次(k≥0) 的概率只依赖于区间长度而与区间端点无关. 的概率只依赖于区间长度而与区间端点无关 无后效性:在不相重叠的时间段内, 无后效性:在不相重叠的时间段内,事件的发生是 相互独立的. 相互独立的 普通性:如果时间区间充分小,事件出现两次 普通性:如果时间区间充分小, 或两次以上的概率可忽略不计. 或两次以上的概率可忽略不计

在社会经济生活中,各种服务“ 在社会经济生活中,各种服务“人”数、各 种排队“ 各种事故的件数等, 种排队“人”数、各种事故的件数等,服务员接 待的顾客数、高速公路上每天发生的车祸数、 待的顾客数、高速公路上每天发生的车祸数、某 路段的车流量、 因此都 路段的车流量、都可以看成是泊松流 。因此都 可用泊松分布来予以描述刻划。 可用泊松分布来予以描述刻划。

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

泊松分布的图形

P{ X = k } =

λk e ? λ
k!

同样地, 同样地,解如下不等式
? P{ X = k0 } ? P{ X = k + 1} ≥ 1 ? 0 ? ? P{ X = k0 } ≥ 1 ? P{ X = k0 ? 1} ?

? k0 ≥ λ ? 1 ?? ? k0 ≤ λ

因为k 必须为整数,所以泊松分布的最 得 λ -1≤ k0 ≤ λ 。因为 0必须为整数,所以泊松分布的最 可能取值为

?λ和λ ? 1, k0 = ? ?[λ ],

为整数, 当 λ 为整数, 其它, 其它,

二项分布与泊松分布的关系 历史上,泊松分布是作为二项分布的近似, 历史上,泊松分布是作为二项分布的近似,于 1837年由法国数学家泊松引入的 . 年由法国数学家泊松引入的 Possion定理 设 limnpn = λ > 0, 则对固定的 k,有 定理: 定理 n→ ∞

limC p (1? pn )
n→ ∞ k n k n

n?k

k! k = 0,12,L ,

=e

λk ?λ

Poisson定理说明若 ~ b( n, p), 则当 较大,p 较小 定理说明若X 则当n 较大, 较小, 定理说明若 适中, 而 np = λ 适中 则可以用近似公式

C p (1? p )
k n k

n?k

≈e



λ

k

k!

,

k = 0,12,L ,

证 记 npn = λn
k k Cn pn (1? pn )n?k

n(n ?1 L n ?k +1 ?λn ? ) ( ) = ? ? k! ?n?
k n

k

?1? λn ? ? ? ? n?

n?k

?1? 1?L 1? k ?1??λ ??1? λn ? ? =? ? ? ?? ?? ? k! ?? n ? n ?? ? ? n? ? ?

n n?k ? ? ?(?λn )? ? ? λn ? n ?

→e



λ

k

k!

k =12,L ,

二项分布

np → λ ( n → +∞ )

泊松分布

一家商店采用科学管理, 例12 一家商店采用科学管理,由该商店过去的销售 记录知道, 记录知道,某种商品每月的销售数可以用参数λ=5 的泊松分布来描述,为了以95%以上的把握保证不 的泊松分布来描述,为了以 以上的把握保证不 脱销,问商店在月底至少应进某种商品多少件 某种商品多少件? 脱销,问商店在月底至少应进某种商品多少件? 解: 设该商品每月的销售数为X, 设该商品每月的销售数为 已知X服从参数 的泊松分布. 已知 服从参数λ=5的泊松分布 的泊松分布 设商店在月底应进某种商品 某种商品m件 设商店在月底应进某种商品 件, 的最小的m 求满足 P{ X ≤ m }>0.95 的最小的 . 销售数
进货数

求满足

P {X ≤ m }>0.95

的最小的m. 的最小的

查泊松分布表得

e 5 ∑ k! ≈0.932, k=0
m=9件

8

?5 k

e 5 ∑ k! ≈0.968, k=0

9

?5 k

独立射击5000 5000次 命中率为0.001, 例13 独立射击5000次, 命中率为0.001, 最可能命中次数及相应的概率; 求 (1) 最可能命中次数及相应的概率; (2) 命中次数不少于 次的概率 命中次数不少于1 次的概率. (至少命中 次的概率 至少命中1次的概率 至少命中 次的概率) 解 (1) k = [( n + 1)p ] = [( 5000+ 1)0.001] =5
5 P (5) = C5000(0.001 5(0.999)4995 ) 5000

≈ 0.1756

(2) 令X 表示命中次数 则 X ~ b(5000,0.001) 表示命中次数,

P(X ≥1) =1? P(X <1) =1? P(X = 0)
=1?C
0 5000

(0.001 (0.999) )

0

5000

= 0.9934.

利用Poisson定理再求例 (2) 定理再求例12 利用 定理再求例 表示命中次数, 解 令X 表示命中次数 则 X ~ b( 5000,0.001 ) 令

λ =np = 5

P(X ≥1) ≈1?e?5 = 0.9933.
此结果与用二项分布算得的结果0.9934仅相差万 仅相差万 此结果与用二项分布算得的结果 分之一. 分之一

本例 启示

小概率事件虽不易发生,但重复次数多了, 小概率事件虽不易发生,但重复次数多了, 复次数多了 就成大概率事件. 就成大概率事件.

由此可见日常生活中“提高警惕, 防火防盗” 由此可见日常生活中“提高警惕, 防火防盗” 的重要性. 的重要性. 由于时间无限, 自然界发生地震、海啸、空难、 由于时间无限, 自然界发生地震、海啸、空难、 泥石流等都是必然的,早晚的事,不用奇怪, 泥石流等都是必然的,早晚的事,不用奇怪,不用 惊慌. 惊慌. 同样,由于人的一生是一个漫长的过程, 同样,由于人的一生是一个漫长的过程,在人 的一生中发生车祸、失恋、患绝症、考试不及格、 的一生中发生车祸、失恋、患绝症、考试不及格、 炒股大亏损等都属于正常现象, 大可不必怨天尤人, 炒股大亏损等都属于正常现象, 大可不必怨天尤人, 更不要想不开而跳楼自杀. 更不要想不开而跳楼自杀.

设有80台同类型设备 台同类型设备,各台工作是相互独立 例14 设有 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 且一台设备的故障能 由一个人处理. 由一个人处理 考虑两种配备维修工人的方法 , 其 一是由四人维护,每人负责 每人负责20台 其二是由3人共同 一是由四人维护 每人负责 台; 其二是由 人共同 维护台80.试比较这两种方法在设备发生故障时不 维护台 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. 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台中同一时刻发生故障 的台 表示事件“ , 数” 以Ai ( i = 1,2,3,4)表示事件“第 i人维护的20台中
发生故障时不能及时维修” 则知80台中发生故障 发生故障时不能及时维修”, 则知 台中发生故障 而不能及时维修的概率为

P ( A1 U A2 U A3 U A4 ) ≥ P ( A1 )
= P { X ≥ 2}. 而 X ~ b( 20,0.01), 又 λ = np = 0.2,
故有 P { X ≥ 2} = 1 ? P ( X = 0) ? P ( X = 1)

(0.2) k e ? 0.2 = 0.0175. ≈ 1? ∑ k! k =0
1

即有

P ( A1 U A2 U A3 U A4 ) ≥ 0.0175.

按第二种方法

以Y 记 80台中同一时刻发生故 障的台数 .

则有 Y ~ b(80,0.01),
又 λ = np = 0.8,
故 80 台中发生故障而不能及时维修的概率为

(0.8) k e ?0.8 = 0.0091. P{Y ≥ 4} ≈ ∑ k! k =4


其它离散分布: 其它离散分布: 几何分布: 几何分布:
P(X = k) = qk?1 p, ( p +q =1 k =1,2,L , )

超几何分布: 超几何分布:
P(X = k) =
k n CN1CN?k 2

C

n N

, (N = N1 + N2, k = 0,1 L in{n, N1}) ,2, ,m

例 袋 有2 个 球 3 个 球 每 从 任 一 , 中 白 , 黑 , 次 中 取 球 直 取 白 为 , 取 次 的 率 布 (分 到 到 球 止 求 球 数 概 分 。 放 和 放 两 情 讨 .) 回 不 回 种 形 论 解 : (1)放回 放回 为取到白球时的取球次数, 设 X 为取到白球时的取球次数, , 则 X = 12,L 3 2 2 P( X = 1) = , P( X = 2) = ? , 5 5 5 2 几何级数 3? 2 ? P ( X = 3) = ? ? ,L ?5? 5
?3? 2 P(X =k) =? ? ,L m=12,L , , ?5? 5
k?1

种 布 为 何 布 这 分 称 几 分 。
∞ ∞ k =1 k =1

显然, ∑ P ( X = k ) = ∑ 显然 ,

?3? ? ? ?5?

k ?1

2 25 = =1 5 1? 3 5

(2)不放回

为取到白球时的取球次数, 设 Y 为取到白球时的取球次数, Y = 1,2,3,4 ,则 2 3× 2 P(Y = 1) = = 04, . P(Y = 2) = = 0.3, 5 5× 4

3× 2 × 2 P(Y = 3) = = 0.2, 5× 4× 3
3 × 2 ×1× 2 P(Y = 4) = = 0.1, 5 × 4 × 3× 2

Y

1

2 0.3
4

3 0.2

4 0.1

P 0.4

显 然 , ∑ P (Y = m ) = 0 .4 + 0 .3 + 0 .2 + 0 .1 = 1
m =1

四、小结
这一节, 这一节,我们介绍了离散型随机变量及其分布 并给出两点分布、二项分布、 律,并给出两点分布、二项分布、泊松分布三种重 要离散型随机变量. 要离散型随机变量 对于离散型随机变量,如果知道了它的分布律 对于离散型随机变量,如果知道了它的分布律, 也就知道了该随机变量取值的概率规律. 也就知道了该随机变量取值的概率规律 在这个意 义上, 义上,我们说 离散型随机变量由它的分布律唯一确定. 离散型随机变量由它的分布律唯一确定

练习题 . 2 一 一 中 4 只 乓 , 号 1、 、 袋 有 乒 球 编 为 3、 、 其 同 取 只 以 X 表 取 的 4 在 中 时 三 , 示 出 三 球 的 大 码 写 随 变 X的 只 中 最 号 , 出 机 量 分 布 律

. 在 二 设 15 只 类 零 中 2 只 次 , 同 型 件 有 是 品 在 中 三 , 次 取 只 作 放 抽 其 取 次 每 任 一 , 不 回 样 以X 表 取 次 的 数 ( ) X 的 , 示 出 品 只 ,1 求 分 律() 出 布 的 形 布 ,2 画 分 律 图 。

、 篮 运 员 投 命 率 三 一 球 动 的 篮 中 为45% , 以X 表 他 次 中 累 已 篮 次 , 示 首 投 时 计 投 的 数 出X的 算X取 写 出 的 布 , 计 分 律 并 算 取 数 概 。 偶 的 率
、 大 装 四 一 楼 有5 个 类 的 水 备 同 型 供 设 , 调 表 在 一 刻t 每 设 使 的 率 查 明 任 时 个 备 用 概 为0.1, 在 一 刻 问 同 时 1 恰 ( ) 有2 个 备 使 的 率 多 ? 设 被 用 概 是 少 2至 有 ( ) 少 3个 备 使 的 率 多 ? 设 被 用 概 是 少 3至 有 ( ) 多 3个 备 使 的 率 多 ? 设 被 用 概 是 少 4 至 有 个 备 使 的 率 多 ? () 少 一 设 被 用 概 是 少

. 2 一 一 中 4 只 乓 , 号 1、 、 袋 有 乒 球 编 为 3、 、 其 同 取 只 以 X 表 取 的 4 在 中 时 三 , 示 出 三 球 的 大 码 写 随 变 X的 只 中 最 号 , 出 机 量 分 布 律
: 的 所 可 取 为 X 解 X的 有 能 值 : = 3,4 1 1 P{X = 3} = 3 = C4 4
2 C3 3 P{X = 4} = 3 = C4 4

. 在 二 设 15 只 类 零 中 2 只 次 , 同 型 件 有 是 品 在 中 三 , 次 取 只 作 放 抽 其 取 次 每 任 一 , 不 回 样 以X 表 取 次 的 数 ( ) X 的 , 示 出 品 只 ,1 求 分 律() 出 布 的 形 布 ,2 画 分 律 图 。
: 的 所 可 取 为 X 解 X的 有 能 值 : = 0,1,2 3 2 1 C13 22 C13C2 12 P{X = 0} = 3 = P{X = 1} = 3 = C15 35 C15 35 1 2 C13C2 1 P{X = 2} = 3 = C15 35

、 篮 运 员 投 命 率 三 一 球 动 的 篮 中 为45% , 以X 表 他 次 中 累 已 篮 次 , 示 首 投 时 计 投 的 数 出X的 算X取 写 出 的 布 , 计 分 律 并 算 取 数 概 。 偶 的 率
:的 所 可 取 为 X 解 X的 有 能 值 : = 1,2,L
A表 第次 篮 中 i = 1,2,L 示 i 投 命 , i
则P(A ) = 45% i = 1,2,L , i A 互 立 且A, 2, A ?1, k相 独 1 A L k

P{X = k} = P(A A LA ?1A ) 1 2 k k
P k = P(A )P(A )L (A ?1)P(A ) 1 2 k

(55%k?145% k =1,2,L ) = ,

P{X取 数 = ∑P{X = 2k} 偶 }
k=1 +∞

+∞

) = ∑(55%
k=1

[

2k?1

45%

]

11 = 31

、 大 装 四 一 楼 有5 个 类 的 水 备 同 型 供 设 , 调 表 在 一 刻t 每 设 使 的 率 查 明 任 时 个 备 用 概 {X = 2} 为0.1, 在 一 刻 问 同 时 1 恰 ( ) 有2 个 备 使 的 率 多 ? 设 被 用 概 是 少 2至 有 ( ) 少 3 个 备 使 的 率 多 {X ≥ 3} 设 被 用 概 是 少 ? 3至 有 ( ) 多 3 个 备 使 的 率 多 {X ≤ 3} 设 被 用 概 是 少 ? 4 至 有 个 备 使 的 率 多 ? () 少 一 设 被 用 概 是 少
: 解 X表 同 时 供 设 被 用 个 示 一 刻 水 备 使 的 数
则X ~ (5,0.1)

{X ≥ 1}

P{X = k}= C (0.1) (0.9)
k 5 k

5?k

k = 0,1,L 5

(1)

2 P{X = 2}= C5 (0.1)2(0.9)5?2 = 0.0729

(2) (3)

P{X ≥ 3}= P{X = 3}+ P{X = 4}+ P{X = 5}
= 0.00856

P{X ≤ 3} = 1? P{X > 3} = 1? P{X = 4}? P{X = 5} = 0.99954

(4)

P{X ≥ 1} = 1? P{X < 1} = 1? P{X = 0}

= 0.40951


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