CH2第2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第二节离散型随机变量及其分布律从中任取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:看一个例子一、离散型随机变量分布律的定义35101033{}PX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.3253110213{}PX3253210123{}PX其中(k=1,2,…)满足：kp,0kpk=1,2,…（1）kkp1（2）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，称为离散型随机变量X的分布律.用这两条性质判断一个函数是否是分布律12{},,,kkPXxpk解:依据分布律的性质kkXP1)(P(X=k)≥0,1!0aekakka≥0,从中解得即ea例2设随机变量X的分布律为：,!)(kakXPkk=0,1,2,…,试确定常数a.00kkke!二、离散型随机变量表示方法（1）公式法（2）列表法12{},,,kkPXxpknnpppxxxX2121~Xkpnxxx21nppp21或例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)=0.01P{X=1}=2(0.9)(0.1)=0.18P{X=2}=(0.9)(0.9)=0.81常常表示为：012~0.010.180.81X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,…，P{X=1}=P(A1)=p,为计算P{X=k}，k=1,2,…，Ak={第k发命中}，k=1,2,…，设于是pp)1()()2(21AAPXP)()3(321AAAPXPpp2)1(,2,1kppkXPk1)1()(可见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.P{X=0}=P(A1)=1/2,Ai={第i个路口遇红灯},i=1,2,3设路口3路口2路口1P{X=1}=P()21AA2121=1/4321AAAP{X=2}=P()212121=1/8X表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数路口3路口2路口1路口3路口2路口1321AAA=1/8P(X=3)=P()212121路口3路口2路口10123~11112488X即X表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数设随机变量X只可能取0与1两个值,它的分布律为Xkp0p11p则称X服从(0—1)分布或两点分布.1.两点分布三、几种常见分布例6“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其分布律为例7200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,0,1X取得不合格品,取得合格品.则随机变量X服从(0—1)分布.Xkp0120019020010两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2.等可能分布如果随机变量X的分布律为例抛掷骰子并记出现的点数为随机变量X,Xkp161234566161616161则有.,)(),(服从等可能分布则称其中XjiaajiXkpnaaa21nnn111看一个试验将一枚均匀骰子抛掷3次.X的分布律是：3.伯努利试验和二项分布3315012366{},,,,.kkkPXxkk令X表示3次中出现“4”点的次数掷骰子：“掷出4点”，“未掷出4点”抽验产品：“是正品”，“是次品”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这样的试验E称为伯努利试验.“重复”是指这n次试验中P(A)=p保持不变.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.“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,)0(时当nkkX.次次试验中发生了在即knA次kAAA,次knAAA次1kAAAAA次1knAAA次的方式共有次试验中发生在得knA,种kn且两两互不相容.nknknnkpqpknpqnqpnkX1110次的概率为次试验中发生在因此knAknkppkn)1(pq1记knkqpkn的分布律为得X1)(0nkkXP易证：0)(kXP（1）}{kXP101,,,nnkkkppkn（2）称这样的分布为二项分布.记为).,(~pnbX二项分布1n两点分布二项分布的图形007125.0)95.0()05.0()2(223CXP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，于是，所求概率为：则X~b(3,0.05)，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.00618.0)2(310025195CCCXP请注意：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；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.（2）每次试验只考虑两个互逆结果A或，A（3）各次试验相互独立.可以简单地说，且P(A)=p，；1()PAp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.X~b(3,0.8)，把观察一个灯泡的使用时数看作一次试验,“使用到1000小时已坏”视为事件A.每次试验,A出现的概率为0.8P{X1}=P{X=0}+P{X=1}=(0.2)3+3(0.8)(0.2)2=0.104,)2.0()8.0()(33kkkCkXP3,2,1,0k?)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验一级品看成是一次试把检查一只元件是否为例10解,20只元件中一级品的只数记以X),2.0,20(~bX则因此所求概率为.20,,1,0,)8.0()2.0(20}{20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0000{}1{1}{}1{1}PXkPXkPXkPXk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0(1)(1)1,[(1)],npnpknp和当(n+1)p为整数，其它，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.解按第一种方法台中人维护的表示事件“第20i,201数”的台台中同一时刻发生故障人维护的记“第以X)4,3,2,1(iAi以发生故障时不能及时维修”,而不能及时维修的概率为则知80台中发生故障)()(14321APAAAAP}.2{XP),01.0,20(~bX而np又,2.0故有22.0!)2.0(}2{kkkkXP.0175.0即有.0175.0)(4321AAAAP按第二种方法.80障的台数台中同一时刻发生故记以Y),01.0,80(~bY则有np又,8.0故80台中发生故障而不能及时维修的概率为48.0!)8.0(}4{kkkkYP.0091.04.泊松分布).(π~,.0,,2,1,0,!e}{,,2,1,0XXkkkXPk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0000{}1{1}{}1{1}PXkPXkPXkPXk同样地，解如下不等式得-1≤k0≤。因为k0必须为整数，所以泊松分布的最可能取值为01,[],k和当为整数，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.电话呼唤次数交通事故次数商场接待的顾客数地震火山爆发特大洪水,则对固定的k，有,2,1,0!)1(limkkeppCkknnknknn0nnp设Possion定理:Poisson定理说明若X~b(n,p),则当n较大，p较小,而适中,则可以用近似公式np,2,1,0,!)1(kkeppCkknkkn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.二项分布与泊松分布的关系证knnknknnknknnnkknnnppC1!)1()1()1(nnnp记nknnnknnnnknkn)(1!1111!kek,2,1k二项分布泊松分布)(nnp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.进货数销售数求满足P{X≤m}0.95的最小的m.查泊松分