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CH2第2节 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 个球 取到的白球数X是一个随机变量 . (1) X 可能取的值是0,1,2 ; (2) 取每个值的概率为:

? 3? ? 5? 1 P{ X ? 0} ?

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

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

pk (k=1,2, …) 满足:
k=1,2, …

(1) pk ? 0, (2)
k k

? p ?1

用这两条性质 判断一个函数 是否是分布律

例2 设随机变量X的分布律为:

P( X ? k) ? a

?k

试确定常数a . 解: 依据分布律的性质

k!

,

k =0,1,2, …,

??0

P(X =k)≥0,

? P( X ? k) ? 1
k



a≥0 ,

? a k! ? ae
k ?0

?

?

k

?

?1

e ??
?
k ?0

?

?k
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,?
(2)列表法

? x1 X ~? ? p1

x2 ? xn ? ? ? p2 ? pn ??



X
pk

x1 p1

x2 ? xn ? p2 ? pn ?

例3 某篮球运动员投中篮圈概率是0.9,求他两次独 立投篮投中次数X的概率分布.

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:

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

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,求所需射击发数X 的分布 律.

解: 显然,X 可能取的值是1,2,… ,
为计算 P{X =k }, k = 1,2, …,设 Ak = {第k发命中},k =1, 2, …, 于是

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

P ( X ?2)?P( A1 A2 )?(1? p)? p 2 P( X ?3)?P( A1 A2 A3)?(1 ? p) ? p

??

可见

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

k ?1

k?1,2,??

这就是求所需射击发数X的分布律.

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,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. 以X表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数, 求X的分布律. 解: 依题意, X可取值0, 1, 2, 3.



Ai={第i个路口遇红灯}, i=1,2,3

路口1

路口2

路口3

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

路口1

路口2

路口3

1 1 P{X=1}=P( A1 A2 ) ? ? = 1/4 2 2

路口1

路口2

路口3

1 1 1 P{X=2}=P( A1 A2 A3 )? ? ? =1/8 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

路口1

路口2

路口3

1 1 1 P(X=3)= P( A1 A2 A3 ) ? ? ? =1/8 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 设随机变量 X 只可能取0与1两个值 , 它的分 布律为
X pk

0 1? p

1 p

则称 X 服从 (0—1) 分布或两点分布.

例6 “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

例7 200件产品中,有190件合格品,10件不合格品, 现从中随机抽取一件,那末,若规定

?1, 取得不合格品, X ?? ?0, 取得合格品.
X

0
190 200

1
10 200

pk

则随机变量 X 服从(0 —1)分布.

说明 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, 比如新生婴儿是男还是 女、明天是否下雨、种籽是否发芽等, 都属于两点 分布.

2. 等可能分布

如果随机变量 X 的分布律为
X

pk

a1 1 n

a2 ?an 1 1 ? 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
看一个试验 将一枚均匀骰子抛掷3次.

令X 表示3次中出现“4”点的次数

X的分布律是:

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

3? k

, k ? 0,1, 2, 3.

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 . 掷骰子:“掷出4点”,“未掷出4点” 抽验产品:“是正品”,“是次品”

? ? ??
这样的试验E称为伯努利试验 .

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”是指这 n 次试验中P(A)= p 保持不变. “独立”是指各 次试验的结果互不影响 . 用X表示n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 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?
得 X 的分布律为

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

X pk

0 q
n

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

1

?

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

k

? ?

n pn

n? k ? n? k P{ X ? k } ? ? ? p ?1 ? p ? ?k?

k ? 0,1,?, n

称这样的分布为二项分布.记为 X ~ b( n, p). 二项分布

n?1

两点分布

易证: (1) ( X P
n

? k) ? 0

(2)

? P( X ? k ) ?1
k ?0

二项分布的图形

例8 已知100个产品中有5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2 个次品的概率. 解: 因为这是有放回地取3次,因此这3 次试验 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0.05.
设X为所取的3个中的次品数, 则 X ~ b(3,0.05), 于是,所求概率为:
2 P( X ?2)?C3 (0.05)2 (0.95) ? 0.007125

请注意:
若将本例中的“有放回”改为”无放回”, 那么 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.

C C 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, 但有下述要求:
(1)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. 可以简单地说, 二项分布描述的是n重伯努利试验中事件 A 出现的次数 X 的分布律 .

A,

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

X ~ b (3, 0.8),

?

=0.104

用寿命超过 例10 按规定, 某种型号电子元件的使 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 只. 问20只元件 20 中恰有 k 只( k ? 0,1,?,20) 一级品的概率是多少 ?
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.
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 ,

则 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,?, 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:P(X=4)最大。

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

? P{ X ? k0 } ? P{ X ? k ? 1} ? 1 ? 0 ? ? P{ X ? k0 } ? 1 ? P{ X ? k0 ? 1} ?
解上述不等式得(n+1)p-1≤ k0 ≤ (n+1)p 。因为k0必须为整 数,所以

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

例11 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 一是由四人维护,每人负责20台; 其二是由3人共同 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台中同一时刻发生故障 的台 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 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), 又 ? ? np ? 0.2,

故有 P{ X ? 2} ? ? 即有

(0.2) k k! k ?2

?

k

? 0.2

? 0.0175.

P ( A1 ? A2 ? A3 ? 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 ? ? 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 k ? 0.8 P{Y ? 4} ? ? ? 0.0091. k! k ?4
?

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

?k e ? ?

, k ? 0,1,2,?,

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} ?
得 ? -1≤ k0 ≤ 。因为k0必须为整数,所以泊松分布的最 ?

可能取值为

?? 和? ? 1, k0 ? ? ?[? ],

当 ? 为整数, 其它,

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.

在生物学、医学、工业统计、保险科学及
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、交换台的电 话呼唤次数等, 都服从泊松分布.

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

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,于 1837年由法国数学家泊松引入的 . Possion定理: 设 npn ? ? ? 0 , 则对固定的 k,有
k k lim Cn pn (1 ? pn ) n?k ? e n??

?k ??

k! k ? 0,1,2,?

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

C p (1 ? p )
k n k

n?k

? ?e , k!
?? k

k ? 0,1,2,?

证 记 npn ? ?n
k Cnk pn (1 ? pn ) n?k

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

k

?1 ? ?n ? ? ? n? ?
?

n?k

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

k

?? ?n ? ??1 ? ? ?? n? ?

n?k ? ?( ? ?n ) ? ? ? ?n ? n ? n

?e

??

?k
k!

k ? 1,2,?

二项分布

np ? ? ( n ? ?? )

泊松分布

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,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 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,
已知X服从参数λ =5的泊松分布. 设商店在月底应进某种商品m件, 求满足 P{ X ≤ m }>0.95 的最小的m . 销售数
进货数

求满足

P {X ≤ m }>0.95

的最小的m.

也即


P{X>m}≤ 0.05

e 5 ??1 k! ? 0.05 k ?m
?5 k

?

?5 k

查泊松分布表得

e 5 ? k! ?0.032, k ?10
于是得 m+1=10,

?

e 5 ? k! ?0.068 k ?9
m=9件

?

?5 k

例13 独立射击5000次, 命中率为0.001,

求 (1) 最可能命中次数及相应的概率;
(2) 命中次数不少于1 次的概率. (至少命中1次的概率) 解 (1) k = [( n + 1)p ] = [( 5000+ 1)0.001] =5
5 P5000 (5) ? C5000 (0.001)5 (0.999) 4995

? 0.1756

(2) 令X 表示命中次数, 则 X ~ b(5000,0.001)

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

? ? 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 分之一.

其它离散分布:

几何分布:
P( X ? k ) ? qk ?1 p, ( p ? q ? 1, k ? 1,2,?)

超几何分布:
P( X ? k ) ?
k n CN1 CN?k 2

C

n N

, ( N ? N1 ? N 2 , k ? 0,1, 2,?, min{n, N1})

巴斯卡分布:
?1 P( X ? k ) ? Ckr?1 p r (1 ? p)k ?r ,(k ? r , r ? 1,?,)



袋中有 2 个白球,3 个黑球,每次从中任取一球, 直到取到白球为止,求取球次数的概率分布。 (分 放回和不放回两种情形讨论.) 解:(1)放回 设 X 为取到白球时的取球次数, 则 X ? 1,2,? 2 2 3 P( X ? 1) ? , P( X ? 2) ? ? , 5 5 5 2
2 ? 3? P( X ? 3) ? ? ? ,? 5 ?5?
2 ? 3? P( X ? m) ? ? ? 5 ?5?
?
m?1

几何级数

,? , m ? 1,2,?
? m ?1

这种分布称为几何分布。
25 ? ?1 1? 3 5

2 ? 3? 显然, ? P ( X ? m) ? ? 5 ? 5? ? ? m ?1 m ?1

(2)不放回

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) ? ? 0.4, 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) ? ? ? ? ? 01, . 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,我们介绍了离散型随机变量及其分布 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. 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. 在这个意 义上,我们说

离散型随机变量由它的分布律唯一确定.

练习题 一. 一袋中有 4 只乒乓球,编号为 1、2、 3、4、在其中同时取三只,以 X 表示取出的 三只球中的最大号码,写出随机变量 X 的分 布律

二. 设在 15 只同类型零件中有 2 只是次品, 在其中取三次,每次任取一只,作不放回抽 样,以 X 表示取出次品的只数, (1)求 X 的 分布律, (2)画出分布律的图形。

三、一篮球运动员的投篮命中率为 45%, 以 X 表示他首次投中时累计已投篮的次数, 写出 X 的分布律,并计算 X 取偶数的概率。
四、一大楼装有 5 个同类型的供水设备, 调查表明在任一时刻 t 每个设备使用的概率 为 0.1,问在同一时刻 (1)恰有 2 个设备被使用的概率是多少? (2) 至少有 3 个设备被使用的概率是多少? (3) 至多有 3 个设备被使用的概率是多少? (4) 至少有一个设备被使用的概率是多少?

一. 一袋中有 4 只乒乓球,编号为 1、2、 3、4、在其中同时取三只,以 X 表示取出的 三只球中的最大号码,写出随机变量 X 的分 布律
X 解: X的所有可能取值为: ? 3,4 1 1 P{ X ? 3} ? 3 ? C4 4
2 C3 3 P{ X ? 4} ? 3 ? C4 4

二. 设在 15 只同类型零件中有 2 只是次品, 在其中取三次,每次任取一只,作不放回抽 样,以 X 表示取出次品的只数, (1)求 X 的 分布律, (2)画出分布律的图形。
X 解: X的所有可能取值为: ? 0,1,2 3 2 1 C13 22 C13C 2 12 P{ X ? 0} ? 3 ? P{ X ? 1} ? ? 3 35 C15 C15 35 1 2 C13C 2 1 P{ X ? 2} ? ? 3 C15 35

三、一篮球运动员的投篮命中率为 45%, 以 X 表示他首次投中时累计已投篮的次数, 写出 X 的分布律,并计算 X 取偶数的概率。
X 解:X的所有可能取值为: ? 1,2,?

Ai 表示第i次投篮命中,i ? 1,2,?
则 P ( Ai ) ? 45%,i ? 1,2,? 且 A1,A2, Ak ?1,Ak 相互独立 ?

P{ X ? k } ? P ( A1 A2 ? Ak ?1 Ak )
? P ( A1 ) P ( A2 )? P ( Ak ?1 ) P ( Ak )
? ?55%?
k ?1

45%,k ? 1,2,?

P{ X取偶数} ? ? P{ X ? 2k }
k ?1 ??

??

? ? ?55%?
k ?1

?

2 k ?1

45%

?

11 ? 31

四、一大楼装有 5 个同类型的供水设备, 调查表明在任一时刻 t 每个设备使用的概率 { X ? 2} 为 0.1,问在同一时刻 (1)恰有 2 个设备被使用的概率是多少? {X (2) 至少有 3 个设备被使用的概率是多少? ? 3} {X (3) 至多有 3 个设备被使用的概率是多少? ? 3} (4) 至少有一个设备被使用的概率是多少?
{ X ? 1} 解: X表示同一时刻供水设备 被使用的个数
则 X ~ (5,0.1)

P{ X ? k }? C ?0.1? ?0.9?
k 5 k

5? k

k ? 0,1,?5

(1) ( 2) ( 3)

P{ X ? 2} ? C ?0.1? ?0.9?
2 5 2

5? 2

? 0.0729

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

作业 P55 习题二 1,4,10,14,15


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Y 的联合分布律及(X,Y)的边缘分布律. 解:X 的所有可能取值为 0,1,2,Y...2 4 4.设(X,Y)为二维离散型随机变量, X 和 Y 的边缘分布律分别如下: ...
设离散型随机变量X的概率分布为求:(1)2X+1的概率分布;(...
简答题 数学 离散型随机变量的期望与方差 设离散型随机变量X的概率分布为 求:(1)2X+1的概率分布; (2)|X-1|的概率分布. 正确答案相关解析 正确答案 (...
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