大学课件-概率论与数理统计-离散型随机变量

离散型随机变量如随机变量的取值只有有限个或可列多个（可数），则称它为离散型随机变量。离散型随机变量•随机试验１：接连进行两次射击，０表示未击中目标，１表示击中目标。样本空间：()()()(){}1,1,0,1,1,0,0,04321=====Ωωωωω201ω12ω13ω4ωωX现在我们设定随机变量X表示击中目标的次数，则•随机试验２：观察某电话交换台单位时间内接到的呼唤次数。样本空间Ω={0,1,2,…}，以X表示接到的呼唤次数，那么，X=X(ω)=ω，ω∈Ω是离散型随机变量。设离散型随机变量ξ的全部取值为x1,x2,…xn,…,且P(X=xi)=pi，i=1,2,…则称上式为X的概率分布律。也可写作：离散型随机变量的分布列称为ξ的分布列LLLL,,,,,,,,2121nnppppxxxXX~或LLkxxx21LLkppp21在试验1中，假设两次射击是相互独立的，且是否命中目标的概率各为0.5，则ξ的分布列为0112Xp0.250.250.250.25例201ω12ω13ω4ωωX分布律的性质‰L,2,1,0=≥kpk非负性‰11=∑∞=kkp规范性退化分布如随机变量X只取常数C，则称X服从退化分布。显然P(X=C)=1退化分布也称为单点分布两点分布特别，称n=1的二项分布为两点分布，其分布列为⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛qp01二项概率公式设在一次试验中，事件Ａ出现的概率为p(0p1)，则在n重伯努利试验中，事件Ａ出现次数ξ的分布律为nkpqknqkpknCkXP,,2,1,0,1,,}{L=−=−==其中二项分布与泊松分布随机变量X所服从的分布称为二项分布。以X～B(n，p)表示。二项分布的取值情况设),8(~31BX.039.156.273.273.179.068.017.0024.00000123456788,,1,0,)1()()()(8313188L=−===−kCkXPkPkkk0.273•由图表可见,当时，32或=k分布取得最大值273.0)3()2(88==PP此时的称为最可能成功次数kxP•0•1•2•3•4•5•6•7•824680.050.10.150.20.25设)2.0,20(~BX.01.06.14.21.22.18.11.06.02.01.002.00101234567891011~20••xP•••••1•3•5•7•9••••0•2•4•6•8•10•20由图表可见,当时，4=k分布取得最大值22.0)4(20=P0.22•51015200.050.10.150.2若X～B(n，p)，则有下式成立：∑==≤≤212121),;()(kkkpnkbkXkPkkA之间的概率是与在发生的次数事件ξ∑−=−=≥10),;(1)(rkpnkbrXPrA的概率是发生的次数至少为事件nqpnbXPA−=−=≥1),;0(1)1(1次的概率是发生的次数至少为事件1)2)3)定理1例1已知发射一枚地对空导弹可“击中”来犯敌机的概率是0.96，问在同样条件下需发射多少枚导弹才能保证至少有一枚导弹击中敌机的概率大于0.999?解设需要发射n枚导弹，则击中敌机的导弹数是随机变量X～B（n，0.96）由题意有P（X≥1）=1-(1-0.96)n0.999故nlg0.001/lg0.04=2.15取n=3，即需要发射3枚导弹。定理2设X~B(n,p)，令k0=Int[(n+1)p]则k=k0时，b(k;n,p)的值最大。若(n+1)p为整数，则b(k0;n,p)=b(k0－1;n,p)证明：()()pnkbpnkbr,;1,;−＝令kqpknr)1(+−=则kqkqpkn−+−+=)1(1kqkpn−++=)1(1()()()的增大而减小。随有。时，当kpnkbpnkbpnkbrpnk,;,;1,;1)1()2∴−+()()()的增大而增大。随即。时，当kpnkbpnkbpnkbrpnk,;,;1,;1)1()1∴−+()pnkb,;k0kkqkpnr−++=)1(1故取得最大值。时，当),;(0pnkbkk=()()pnkbpnkbkkrpnk,;1,;1)1()3000−===+=有时即。时，当例2（渔佬问题）渔佬想知道自己承包的鱼塘中鱼的条数。渔佬先从塘中网起100条鱼做上记号后放回塘里，过一段时间（使其均匀）再从中网起80条，发现其中有记号者为2条，求鱼的总数N。解设有记号的鱼的条数为ξ，则ξ服从二项分布B(80，100/N)。由定理2，捞起的鱼最有可能是Int((n+1)p)条，因此(80+1)×100/N=2由此解得N=4050（条）若离散型随机变量X的分布律为其中λ0是常数，则称X服从泊松分布。记为X～P(λ)，λ称为参数。{}L,2,1,0!===−kekkXPkλλ泊松分布因为λ0，故有P(X=k)0。(k=0,1,2,…)∑∞==0!kkxkxeQ又{}1!!000=====∴−∞=−−∞=∞=∑∑∑λλλλλλeekeekkXPkkkkk即泊松分布的分布律，具备概率函数两性质。ƒ在任给一段固定的时间间隔内，来到公共设施（公共汽车站、商店、电话交换台等）要求给予服务的顾客个数；ƒ炸弹爆炸后落在平面上某区域的碎弹片个数；ƒ落在显微镜片上的某种细菌个数在实际问题中，有很多随机变量都近似服从泊松分布。例如:由定理知：泊松分布是二项分布的极限分布设随机变量Xn服从二项分布B(n,pn)(n=1,2,…)，其中概率pn与ｎ有关，并且满足0lim=∞→λnnnp()L,2,1,0,!1lim==−−−∞→kekppCkknnknknnλλ则泊松定理证明：npnpnnnnλλ==即令()()()()knnknknnknknnnkknnnnppC−−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛×+−−−=−λλ1!1211Lknnknknnnknknn−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛×⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=λλ1!112111Lknnknnknknn−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−×⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=λλ1!112111L其中ｋ为一个定数。对任意固定的非负整数ｋ，有1112111lim=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−∞→nknnnL()kknnknnnpλλ==∞→∞→limlim()λλλλλλλ−−−−−∞→−∞→=⋅=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−eennnknnnnknnnnn111lim1lim故得()L,2,1,0,!1lim==−−−∞→kekppCkknnknknnλλ在应用中，当ｎ很大（n≥10），ｐ很小(≤0.1)，我们有下面的泊松近似公式{}nkekqpCkXPkknkknL,2,1,0,!=≈==−−λλ其中λ=np解设ξ为击中目标的弹数，则ξ～B(5000,0.001)，例3设每次击中目标的概率为0.001，且各次射击是否中目标可看作相互没有影响，如果射击5000次，试求：(１)击中12弹的概率；(２)至少击中12弹的概率。下面用近似公式计算。其中λ=np=5000×0.001=5（２）至少击中12弹的概率为：{}0055.0!5!1212512==≈≥∑∑∞=−∞=−kkkkekekPλλξ（１）击中12弹的概率为：{}0034.0!125!121251212==≈=−−eePλλξ例4设有同类设备８０台，各台工作相互独立的，发生故障的概率都是0.01，并且一台设备的故障可由一个人来处理，试求（１）一个人负责维修２０台设备时，设备发生故障而不能及时维修的概率；（２）由三个人共同负责维修８０台设备时，设备发生故障而不能及时维修的概率。解：(1)设X表示同一时刻发生故障的设备台数。在同一时刻至少有２台设备发生故障，便不能及时处理。{}()()()()()0169.099.001.02099.011111219201912020002020220≈××−−=−−−−=−=≥∑=−ppCppCppCXPkknkk若用泊松近似公式(λ=np=20×0.01=0.2)，则有{}()0176.0!2.0!22022.0202==≈≥∑∑=−=−kkkkekekXPλλ（2）设Y表示同一时刻发生故障的设备数，则Y～B(80,0.01)。当同一时刻至少有４台设备发生故障时，就不能及时维修。用泊松近似公式(λ=np=80×0.01=0.8)，得{}()0091.0!8.0!48048.0804==≈≥∑∑=−=−kkkkekekYPλλ计算结果表明，由三人共同负责维修８０台，每人平均约维修２７台，比一个单独维修２０台更好，既节约了人力又提高了工作效率。例5某商店由过去的销售记录表明，某种商品每月的销售件数可以用参数λ=7的泊松分布来描述，为了以0.999以上的把握保证不脱销，问该商店在月底至少应进这种商品多少件？解：设该商店每月销售ξ件，月底进货为a件，则当ξ≤a时，就不会脱销。根据ξ～P(7)得{}{}71!711−∞+=∑−=−=≤ekaPaPakkξξ999.0!7171≥−−∞+=∑ekakk即{}999.0≥≤aPξ由题意有查表得a+1=17即a=1671!7001.0−∞+=∑≥ekakk这家商店至少要在月底进16件这种商品。几何分布在“成功”概率是p的贝努利试验中，若以X记首次出现“成功”的试验次数。则X所服从的分布便是几何分布。L,2,11),;()(1=−====Δ−kpqpkgpqkXPk111);(111=−==∑∑∞=−∞=qppqpkgkkk显然例6一个人要开门，他共有n把钥匙，其中仅有一把是能开此门的，现随机地从中取出一把钥匙来试开门，在试开时每一把钥匙均以1/n的概率被取用，问此人直到第S次试开时方才成功的概率是多少？解nAP1)(=nnns111−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=所求概率A={试开门成功}几何分布具有如下特征：如ξ的分布律为g(k;p)，则对任意正整数s、t，有P(ξs+t︱ξs)=P(ξt)称几何分布具有“无记忆”性。下面证明上式。tstsskktskkqqqqqpqpqsPtsPstsP=−−==+=++∞+=−∞++=−∑∑11}{}{)(1111ξξξξ证明tttkkqqqppqtP=−==∑∞+=−1}{11ξ}{)(tPstsP=+∴ξξξ超几何分布例7在一箱N件装的产品中混进了M件次品，今从中抽取n件(n≤M)，求从中查出次品的件数ξ的概率分布.nkCCCkPnNknMNkM,,2,1,0,)(L===−−ξ解负二项分布在“成功”概率是p的贝努利试验中，出现第r次成功时所作的试验次数ξ所服从的分布称为负二项分布.L,2,1,++=rrrk()prkfqpCkPrkrrk,;)(11Δ−−−===ξpq−=1由于f(k;r,p)是负指数二项式展开式中的项，故ξ所服从的分布称为负二项分布。由此也可以证明()1,;=∑∞=rkprkfrpqp−−)1(llrlllrCllrrrllrrrC1)1(!)1()1()1(!)1()1(−+−−=−++−=+−−−−−=LL其中()1)1()1(,;001111=−=−===−∞=−∞=−−+∞=−−−∞=∑∑∑∑rrllrllrllrrlrrkrkrrkrkqpqpCqpCqpCprkf证明例8两个同类型的系统，开始时各有N个备件，一旦出现故障，就要更换一个备件。假定两个系统的运行条件相同，不同时发生故障。试求当一个系统需用备件而发现备件已用光时，另一系统尚有r个备件的概率Ur.(r=0,1,…,N)解只考虑出故障的时刻}{第一个系统出故障=A}{第二个系统出故障=A故障的出现看作是贝努利试验，有21)(==APp要第一个系统缺备件而第二个系统剩r件，应该是A出现N＋1次（前N次用去所有N个备件，最后一次故障发生时缺乏调换的备件）而A出现N－r次，这事件的概率为：对于第二个系统先缺备件的情况可同样考虑，因此所求概率Ur为：12221+−−⎟⎠⎞⎜⎝⎛rNNrNCrNNrNC−−⎟⎠⎞⎜⎝⎛2221