2.2离散型随机变量及其分布律ppt课件

1、一、离散型随机变量的分布律一、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二、常见离散型随机变量的概率分布三、小结三、小结第二节第二节 离散型随机变量及其分布律离散型随机变量及其分布律 一、离散型随机变量的分布律一、离散型随机变量的分布律 所所有有可可能能取取的的值值为为设设离离散散型型随随机机变变量量 X, ), 2 , 1( kxk,取取各各个个可可能能值值的的概概率率XkxX 即即事事件件的概率的概率,为为)(kxXP kp., 2, 1 k由概率的定义由概率的定义, :满满足足如如下下两两个个条条件件kp;, 2, 1,01 kpk.121 kkp.的的分分布布律律称称此此为

2、为离离散散型型随随机机变变量量X阐明：阐明：分布律也可以用表格的形式来表示分布律也可以用表格的形式来表示: Xkpnxxx21nppp21取取各各个个值值的的概概变变量量表表格格直直观观地地表表示示了了随随机机X率的规律率的规律. ,取取各各个个值值各各占占一一些些概概率率X这些概率合这些概率合 起来是起来是1. 可以想象成可以想象成: 概率概率1以一定的规律分布在以一定的规律分布在 各个可能值上各个可能值上. 例例1 设一汽车在开往目的地的道路上需经过设一汽车在开往目的地的道路上需经过4组信组信 号灯号灯, 通通的的概概率率允允许许或或禁禁止止汽汽车车每每组组信信号号灯灯以以21,表表示示汽

3、汽车车首首次次停停下下时时以以X它已通过的信号灯它已通过的信号灯组数，组数，.分布律分布律求求X解解 .车车通通过过的的概概率率表表示示每每组组信信号号灯灯禁禁止止汽汽以以p的的分分布布律律为为易易知知X.过过假设各组信号灯的工作是相互独立的假设各组信号灯的工作是相互独立的,kpX43210ppp)1( pp2)1 ( pp3)1 ( 4)1(p 或写成或写成 kXP ,)1(ppk , 3 , 2 , 1 , 0 k4 XP .)1(4p 代代入入得得以以21 pXkp432105 . 025. 0 125. 0 0625. 0 0625. 0二、常见离散型随机变量的概率分布二、常见离散型随

4、机变量的概率分布 (一一) (01)分布分布 ,10两两个个值值与与只只可可能能取取设设随随机机变变量量 X其分布是其分布是 kXP ,)1(1 kkpp 1, 0 k, )10( p.)10(分分布布或或两两点点分分布布为为参参数数的的服服从从以以则则称称 pX(01)分布的分布律也可写成分布的分布律也可写成 Xkp0p 11p实例实例 “抛硬币抛硬币实验实验, 观察正、反两面情况观察正、反两面情况. )(eXX , 1 , 0,正面正面当当 e.反反面面当当 e 随机变量随机变量X X服从服从(0(01)1)分布分布. . Xkp012121其分布律为其分布律为 对于一个随机试验对于一个随

5、机试验, 如果它的样本空间只包含如果它的样本空间只包含 两个元素两个元素, ,21eeS 即即上上定定义义一一个个我我们们总总能能在在 S服从服从(01)分布的随机变量分布的随机变量 X )(eX , 01ee 当当., 12ee 当当来描述这个随机试验的结果来描述这个随机试验的结果. 两点分布随机数演示两点分布随机数演示(二二) 伯努利试验、二项分布伯努利试验、二项分布 :只只有有两两个个可可能能结结果果设设试试验验E,AA及及为为则则称称E伯努利伯努利(Bernoulli)实验实验. ,)10()( ppAp设设此此 .1)(pAP 时时,次次独独立立重重复复进进行行将将nE则称这一则称这

6、一 .重重伯伯努努利利试试验验串串重重复复独独立立的的试试验验为为 n它有广泛的应用它有广泛的应用, 是研究最多的模型之一是研究最多的模型之一. n重伯努利试验是一种非常重要的数学模型，重伯努利试验是一种非常重要的数学模型，实例实例1 1 抛一枚硬币观察得到正面或反面抛一枚硬币观察得到正面或反面. . 若将若将硬硬币抛币抛 n n 次次, ,就是就是n n重伯努利试验重伯努利试验. . 实例实例2 抛一颗骰子抛一颗骰子n次次,观察是否观察是否 “出现出现 1 点点”, 就就是是 n重伯努利试验重伯努利试验. 二项概率公式二项概率公式 ,发发生生的的次次数数重重伯伯努努利利试试验验中中事事件件表

7、表示示若若AnX所所有有可可能能取取的的值值为为则则 X., 2, 1, 0n,)0(时时当当nkkX .次次次试验中发生次试验中发生在在即即knA 次次kAAA, 次次knAAA 次次1 kAAAA A 次次1 knAAA次次的的方方式式共共有有次次试试验验中中发发生生在在得得knA,种种 kn且两两互不相容且两两互不相容. . nknknnkpqpknpqnqpnkX 1110称这样的分布为二项分布称这样的分布为二项分布. .记为记为 . ),(pnbX次次的的概概率率为为次次试试验验中中发发生生在在因因此此knAknkppkn )1(pq 1记记knkqpkn 的的分分布布律律为为得得X

8、二项分布二项分布1 n两点分布两点分布二项分布的图形二项分布的图形 二项分布随机数演示二项分布随机数演示例如例如 在相同条件下相互独立地进行在相同条件下相互独立地进行 5 次射击次射击,每每次射击时击中目标的概率为次射击时击中目标的概率为 0.6 ,则击中目标的次则击中目标的次数数 X 服从服从 b (5,0.6) 的二项分布的二项分布. 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二项分布随机数演示例例2 按规定按规定, 某种型号的电子元件的使用寿命超过某

9、种型号的电子元件的使用寿命超过1500小时的为一等品小时的为一等品. 已知某一大批产品的一级已知某一大批产品的一级品品率为率为0.2, 现在从中随机抽查现在从中随机抽查20只只. 问问20只元件中恰只元件中恰 ？为为一一级级品品的的概概率率是是多多少少只只有有)20, 2 , 1 , 0( kk解解 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, , 这是不放回抽样这是不放回抽样. 但由于这批元件的总数很大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且抽查元件的数量相对于元件的总数来说又很小, 这样做有这样做有一些误差一些误差, 但误差不大但误

10、差不大. 我们把检查一只元件看我们把检查一只元件看它是否为一等品看成是一次试验它是否为一等品看成是一次试验, 检查检查20只元件相只元件相当于做当于做20重伯努利试验重伯努利试验. 只只元元件件中中一一级级记记以以20X品的只数品的只数, 那么那么, ,是是一一个个随随机机变变量量X且有且有 ).2 . 0,20( bX所求概率为所求概率为 kXP ,)8 . 0()2 . 0(2020 kkk .20, 1, 0 k将计算结果列表如下将计算结果列表如下: 012. 00 XP058. 01 XP137. 02 XP205. 03 XP218. 04 XP175. 05 XP109. 06 X

11、P055. 07 XP022. 08 XP007. 09 XP002. 010 XP时时当当11,001. 0 kkXP图示概率分布图示概率分布 例例3 3 某人进行射击某人进行射击, 假设每次射击的命中率为假设每次射击的命中率为0.02, 独立射击独立射击400次次, 试求至少击中两次的概率试求至少击中两次的概率. 解解 将一次射击看成是一次试验将一次射击看成是一次试验. 设击中的次数为设击中的次数为 ,X.)02. 0 ,400( bX则则的的分分布布律律为为XkXP ,)98. 0()02. 0(400400 kkk .400, 1, 0 k于是所求概率为于是所求概率为 2 XP1 XP

12、 01 XP399)98. 0)(02. 0(400 400)98. 0(1 .9972. 0结果的实际意义：结果的实际意义： 1. 决不能轻视小概率事件决不能轻视小概率事件. 2.由实际推断原理由实际推断原理, 我们怀疑我们怀疑“每次射击命中率为每次射击命中率为 0.02这一假设这一假设, 认为该射手射击的命中率不到认为该射手射击的命中率不到0.02 例例4 设有设有80台同类型设备台同类型设备, 各台工作是相互独立各台工作是相互独立的的, 发生故障的概率都是发生故障的概率都是 0.01, 且一台设备的故障且一台设备的故障能由一个人处理能由一个人处理. 考虑两种配备维修工人的方法考虑两种配备

13、维修工人的方法, 其一是由其一是由4人维护人维护, 每人负责每人负责20台台; 其二是由其二是由3人共人共 共同维护共同维护80台台. 试比较这两种方法在设备发生故障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时不能及时维修的概率的大小. 解解 按第一种方法按第一种方法, 台台中中人人维维护护的的第第记记以以201“X同一时刻发生故障的台数同一时刻发生故障的台数”， 表示表示以以)4 , 3 , 2 , 1( iAi,”20“维维修修台台中中发发生生故故障障不不能能及及时时人人维维护护第第事事件件i则知则知8080台中发生故障而不能及时维修的概率为台中发生故障而不能及时维修的概率

14、为 )(4321AAAAP)(1AP .2 XP ,)01. 0 ,20( bX而而故有故有 2 XP 101kkXP kkkk 2010)99. 0()01. 0(201 .0169. 0 按第二种方法, 台台中中同同一一时时刻刻发发生生故故记记以以80Y障的台数障的台数, 此时此时, , )01. 0 ,80( bY故故80台中发生故障台中发生故障 而不能及时维修的概率为而不能及时维修的概率为 4 YP 3080)99. 0()01. 0(801kkkk .0087. 0我们发现我们发现, 在后一种情况尽管任务重了在后一种情况尽管任务重了(每人平每人平 均维护约均维护约27台台), 但工作

15、效率不仅没有降低但工作效率不仅没有降低, 反而提反而提 高了高了. (三三)泊松分布泊松分布 , 2 , 1 , 0所所有有可可能能取取的的值值为为设设随随机机变变量量 X而而取各个值的概率为取各个值的概率为 kXP ,!ekk ,2 , 1 ,0 k，是是常常数数其其中中0 ,的的泊泊松松分分布布服服从从参参数数为为则则称称 X. )( X记记为为泊松分布的图形泊松分布的图形 泊松分布的背景及应用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, 他们他们 做了做了

16、2608次观察次观察(每次时间为每次时间为7.5秒秒), 发现放射性物发现放射性物 质在规定的一段时间内质在规定的一段时间内, 其放射的粒子数其放射的粒子数X服从泊服从泊 松分布松分布. 电话呼唤次数电话呼唤次数 交通事故次数交通事故次数 商场接待的顾客数商场接待的顾客数 地震地震 火山爆发火山爆发 特大洪水特大洪水 上面我们提到上面我们提到 二项分布二项分布 )( nnp 泊松分布泊松分布 泊松定理泊松定理 ,0是是一一个个常常数数设设 是是任任意意正正整整n数数, , nnp设设,k整整数数则则对对于于任任一一固固定定的的非非负负有有 knnknnppkn )1(lim .!ekk 证证

17、,npn 由由有有 knnknppkn )1( knknnkknnn )1(!)1()1( knnknppkn )1( knknnkknnn )1(!)1()1( .1111111!knknnnknk ,k对对于于固固定定的的时时当当 n nkn11111,1nn 1,e kn 1.1故有故有 knnknnppkn )1(lim .!ekk nnpnnp很很大大时时意意味味着着当当常常数数定定理理的的条条件件)( 必定很小必定很小, 因此因此, ,很很大大上上述述定定理理表表明明当当 n(很很小小p时时有有以以下下近近似似式式) np. )(np 其其中中率率值值可可以以为为参参数数的的二二项

18、项分分布布的的概概也也就就是是说说以以pn,.似似的的泊泊松松分分布布的的概概率率值值近近由由参参数数为为np 上式上式 也能用来作二项分布概率的近似计算也能用来作二项分布概率的近似计算. !)1(keppknkknk 例例5 计算机硬件公司制造某种特殊型号的微型芯计算机硬件公司制造某种特殊型号的微型芯 次品率达次品率达0.1%, 各芯片成为次品相互独立各芯片成为次品相互独立. 在在1000只产品中至少有只产品中至少有2只次品的概率只次品的概率. 记记产产以以X品中的次品数品中的次品数, ).001. 0,1000( bX解解 所求概率为所求概率为 2 XP 101 XPXP )001. 0()999. 0(11000)999. 0(19991000 3680635. 03676954. 01 2642411. 0片片,求求利用近似计算得：利用近似计算得： 001. 01000 ,12 XP 101 XPXP 11ee1 2642411. 0显然利用近似计算来得方便显然利用近似计算来得方便. 普通普通, ,20 n当当.)1(!的的近近似似值值颇颇佳佳作作为为用用knkkppknke 时采用近似计算：时采用近似计算：05. 0 p离散型随机变量的分布离散型随机变量的分布 两点分布两点分