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2.1离散型随机变量及其分布律(2)定义1若随机变量X的全部可能取值是有限个或可列无限多个,则称这种随机变量为离散型随机变量。一、离散型随机变量的分布律..,2,1,}{,}{,),,2,1(的分布律量称此式为离散型随机变为的概率即事件取各个可能值的概率所有可能取的值为设离散型随机变量XkpxXPxXXkxXkkkk定义2离散型随机变量的分布律也可表示为nnpppxxxX2121~Xkpnxxx21nppp21或其中;,2,1,0)1(kpk.1)2(1kkpxxkkpxXPxF}{)(分布函数分布律}{kkxXPp离散型随机变量的分布函数离散型随机变量分布函数演示离散型随机变量分布律与分布函数的关系.)(}{)(xxxxkkkkxXPpxXPxF例1抛掷均匀硬币,令.,0,,1出反面出正面X求随机变量X的分布函数.解}1{Xp}0{Xp,2101x,0时当x0)(}0{)(PxXPxF01x,10时当x}{)(xXPxF}0{XP;21,1时当x}{)(xXPxF}0{XP}1{XP2121.1.1,1,10,21,0,0)(xxxxF得二、常见离散型随机变量的概率分布设随机变量X只可能取0与1两个值,它的分布律为2.两点分布1.退化分布若随机变量X取常数值C的概率为1,即1)(CXP则称X服从退化分布.实例1“抛硬币”试验,观察正、反两面情况.随机变量X服从(0-1)分布.,1)(eXX,0,正面当e.反面当eXkp012121其分布律为则称X服从(0-1)分布或两点分布.记为X~b(1,p)Xkp0p11p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.说明3.均匀分布如果随机变量X的分布律为实例抛掷骰子并记出现的点数为随机变量X,Xkp161234566161616161则有.,)(),(服从均匀分布则称其中XjiaajiXkpnaaa21nnn111均匀分布随机数演示4.二项分布若X的分布律为：则nkqpCkXPknkkn0,1,2,,}{称随机变量X服从参数为n,p的二项分布。记为),(~pnBX,其中q＝1－p二项分布1n两点分布二项分布的图形图形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.5)4.0(44.06.015324.06.025234.06.0354.06.045456.0Xkp012345二项分布随机数演示4.泊松分布).(~,,,,,,!}{,,,,PXX.kkekXPk记为布的泊松分服从参数为则称是常数其中值的概率为而取各个的值为设随机变量所有可能取0210210泊松资料图形演示泊松分布的图形泊松分布随机数演示泊松分布的背景及应用二十世纪初罗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.火山爆发特大洪水电话呼唤次数交通事故次数商场接待的顾客数在生物学、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.泊松定理ekkXPknpppCkXPpnBXknnnknnknknn!}{lim,lim)(}{),(~有则对任意非负整数且满足设01证明)(),(111111onnponnpnn由knnknppknknkXP)()()!(!!}{1knknononnknkn))([)]([)!(!!1111kknknonnknnnnonko])([)()(])([!)]([1111111knknnknonnonko])([)()(])([!)]([1111111111ekkXPnkn!}{lim,时当二项分布泊松分布n很大,p很小上面我们提到单击图形播放/暂停ESC键退出设1000辆车通过,出事故的次数为X,则可利用泊松定理计算,1.00001.01000所求概率为9991000999900001011000999901....0047.0!11.0!011.01.0ee解}2{XP}1{}0{1}2{XPXPXP),.,(~000101000BX例2有一繁忙的汽车站,每天有大量汽车通过,设每辆汽车,在一天的某段时间内出事故的概率为0.0001,在每天的该段时间内有1000辆汽车通过,问出事故的次数不小于2的概率是多少?6.几何分布若随机变量X的分布律为则称X服从几何分布.实例设某批产品的次品率为p,对该批产品做有放回的抽样检查,直到第一次抽到一只次品为止(在此之前抽到的全是正品),那么所抽到的产品数目X是一个随机变量,求X的分布律.,1,qpXkpk21pqppqk1几何分布随机数演示图形演示)(}{121kkAAAAPkXP)()()()(121kkAPAPAPAPppppk)1()1()1)(1(.1pqk),2,1(k所以X服从几何分布.说明几何分布可作为描述某个试验“首次成功”的概率模型.解.,3,2,1所取的可能值是X,个产品是正品抽到的第表示设iAi7.超几何分布设X的分布律为}),min{,,2,1,0(}{nMmCCCmXPnNmnMNmM.,,,服从超几何分布则称这里XNMMmNn超几何分布在关于废品率的计件检验中常用到.说明图形演示离散型随机变量的分布两点分布均匀分布二项分布泊松分布几何分布二项分布泊松分布1010.p,n两点分布1n三、小结超几何分布退化分布几种分布比较演示).,(,,)10(),,2,1(,,0,1,,,)10(21pnXXXXniiiXpnni参数为服从二项分布那末分布并且相互独立它们都服从次试验失败若第次试验成功若第设每次试验成功的概率为立重复伯努里试验次独对于分布的推广二项分布是.)10(.2泊松分布之间的关系分布二项分布与、).,,2,1,0(,!)()1(}{,,)(,nkeknpppknkXPnnppnnpkknk即为参数的泊松分布于以时趋当为参数的二项分布以例从一批含有10件正品及3件次品的产品中一件、一件地取产品.设每次抽取时,所面对的各件产品被抽到的可能性相等.在下列三种情形下,分别求出直到取得正品为止所需次数X的分布律.(1)每次取出的产品经检定后又放回这批产品中去在取下一件产品;(2)每次取出的产品都不放回这批产品中;(3)每次取出一件产品后总以一件正品放回这批产品中.备份题,1310}1{XP,1310133}2{XP,1310133}3{2XP13101331k故X的分布律为Xpk3211310131013313101332解,(1)X所取的可能值是,1,2,3,1310133}{1kkXP.,(2)若每次取出的产品都不放回这批产品中时,,1310}1{XP,1210133}2{XP,1110122133}3{XP,1010111122133}4{XPXp故X的分布律为4321131012101331110122133111122133X所取的可能值是,1,2,3.4(3)每次取出一件产品后总以一件正品放回这批产品中.,1310}1{XP,1211133}2{XP,1312132133}3{XP,1313131132133}4{XP故X的分布律为Xp4321131013111331312132133131132133X所取的可能值是,1,2,3.4例为了保证设备正常工作,需配备适量的维修工人(工人配备多了就浪费,配备少了又要影响生产),现有同类型设备300台,各台工作是相互独立的,发生故障的概率都是0.01.在通常情况下一台设备的故障可由一个人来处理(我们也只考虑这种情况),问至少需配备多少工人,才能保证设备发生故障但不能及时维修的概率小于0.01?解.人设需配备N设备记同一时刻发生故障的,X台数为)..,(~,010300BX那末所需解决的问题,N是确定最小的使得合理配备维修工人问题由泊松定理得,!3}{03NkkkeNXP故有,99.0!303Nkkke即Nkkke03!3113!3Nkkke,01.0.8是小的查表可求得满足此式最N个工人,才能保证设备发生故障但不能及时维修的概率小于0.01.故至少需配备8.99.0}{NXP例6(人寿保险问题)在保险公司里有2500个同年龄同社会阶层的人参加了人寿保险,在每一年里每个人死亡的概率为0.002,每个参加保险的人在1月1日付12元保险费,而在死亡时,家属可在公司里领取200元.问(1)保险公司亏本的概率是多少?(2)保险公司获利不少于一万元的概率是多少?保险公司在1月1日的收入是250012=30000元解设X表示这一年内的死亡人数,则)002.0,2500(~BX•保险公司这一年里付出200X元.假定200X30000,即X15人时公司亏本.于是,P{公司亏本}=P{X15}=1-P{X14}由泊松定理得,5002.02500P{公司亏本}0002.0!511405kkke(2)获利不少于一万元,即30000-200X10000即X10P{获利不少于一万元}=P{X10}9864.0!51005kkke?)20,,1,0(20.20,2.0.1500,一级品的概率是多少只中恰有只元件问只现在从中随机地抽查品率为级已知某一大批产品的一小时的为一级品用寿命超过某种型号电子元件的使按规定kk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..2020,重伯努利试验只元件相当于做检查试验否为一级品看成是一次把检查一只元件看它是例2解,20只元件中一级品的只数记以X),.,(~2020BX则因此所求概率为.,,,,).().(}{201080202020kkkXPkk012.0}0{XP058.0}1{XP137.0}2{XP205.0}3{XP218.0}4{XP175.0}5{XP109.0}6{XP055.0}7{XP022.0}8{XP007.0}9{XP002.0}10{XP时当11,001.0}{kkXP图示概率分布.,400,02.0,率试求至少击中两次的概次独立射击设每次射击的命中率为某人进行射击解,X设击中的次数为)..,(~020400BX则的分布律为X,)98.0()02.0(400}{400kkkkXP.400,,1,0k因此}1{}0{1}2{