专升本高数课件-常见的离散型分布
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k 0
k 0
0.0169
即有 P( A1 A2 A3 A4 ) 0.0169
按第二种方法,以Y记80台中同一时刻发生故障的台 数.此时,Y~B(80,0.01),故80台中发生故障而不 能及时维修的概率为
3
P{Y 4} 1 C8k0(0.01)k (0.99)80k 0.0087 k 0
P{ X k} C2k0(0.2)k (0.8)20k , k 0,1,,20
将计算结果列表如下:
为了对本题的结果有一个直观了解,我们作出上表的 图形,如图2-3所示.
PX k
O 1 2 3 4 5 6 7 89
k
从图2-3中看到,当k增加时,概率P﹛X=k﹜先是
随之增加,直至达到最大值(本例中当k=4时取到最 大值),随后单调减少。一般地,对于固定的n及p, 二项分布B(n,p)都具有这一性质.
§2.4 常见的离散型分布
两点分布 二项分布 泊松分布 (Poisson)
三种常见分布
1、(0-1)分布:(也称两点分布)
设随机变量X只可能取0与1两个值,它的分布律是
PX k pk 1 p 1k , k 0,1 0 p 1
则称X服从参数为p的0-1分布
X
0
1
pk
1-p
p
E( X ) 0 (1 p) 1 p p
易知,PX k 0,k 0,1,2, ,且有
P
X k
ke e k e e 1
k 0
k0 k !
k0 k !
参数λ的意义将在第四章说明,有关服从泊 松分布的随机变量的数学模型将在以后讨论.
具有泊松分布的随机变量在实际应用中是 很多的.例如,一本书一页中的印刷错误、某 地区在一天内邮递遗失的信件数、某一医院 在一天内的急诊病人数、某一地区一个时间 间隔内发生交通事故的次数、在一个时间间 隔内某种放射性物质发生的、经过计数器的 α粒子数等都服从泊松分布.泊松分布也是概 率论中的一种重要分布.
P{X n} pqn1, n 1,2, 0 p 1,q 1 p
则称X服从参数为p的几何分布。
在独立重复试验中,若试验的成功率为p,则不 断试验直到首次试验成功所需进行的试验次数X服从 参数为p的几何分布。
若 X服从参数为p的几何分布,则
E(X) 1 , p
D( X )
q p2
五* 超几何分布
pk (1
p
)nk
e
k
k!
,
k 0,1,2,
证 记 npn n
Cnk pnk (1 pn )nk
n(n
1)(n k!
k
1)
n
n
k
1
n
n
nk
1
1 n
1
k
n 1
n k
k!
1
n
n
n n
(
n
)
nk n
e k
k!
k 1,2,
例8 纺织厂一名女工要照看800个纺锭,每一 纺锭在长为t的一段时间内断头的概率为0.005. 求在这段时间内断头次数不大于2的概率。
解 X表示断头数,则X~B(800,0.005)
np 800 0.005 4
2
2
P{X 2}
P{X k}
Ck 800
0.005k
8 0 0k
0.995
k 0
k 0
2
p(k;4) 0.1083 0.0733 0.1465 0.2381 k 0
四* 几何分布
定义 如果随机变量X的概率分布为
定义 设 N1, N2 , n均为正整数,而且 N N1, N2 n,
如果随机变量X的概率分布为
P{ X
k}
C C k nk N1 N N1
C
n N
k 0,1,2,n
则称X是服从参数为N1,N2,n 的超几何分布。
当X是服从参数为N1,N2,n 的超几何分布,则有
E( X ) nN1 , D( X ) nN1 N2 N n
40 e4 41 e4 0.092 0! 1!
Possion定理
设 npn 0 , 则对固定的 k
lim
n
Cnk
pnk
(1
pn )nk
e
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
Cnk
k(k 1) ke
2e
k2
k0
k!
k2 (k 2)!
2ee 2
D( X ) E( X 2 ) [E( X )]2
因此,泊松分布 E( X ) , D( X )
由此可知,泊松分布的数学期望与方差相
.等,泊松分布的分布率中只含一个, 参数, 只 要知道参数 ,.泊松分布就被确定了。
P{ X
5}
C65
3 4
5
1 1
4
0.3560
P{ X
6}
C
6 6
3
6
4
1 4
0
0.1780
例3 已知某地人群患某种疾病的概率是0.2,研制某种新 药对该病有防治作用。现有15人服用该药,求15人都 不得病的概率。如何判断药物是否有效?
解 得病人数X是一随机变量 X ~ B(15,0.2)
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 要的离散型随机变量的分布.
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.
我们发现,在后一种情况尽管任务重了(每人平均维 护约27台),但工作效率不仅没有降低,反而提高了.
3. 泊松(Poisson)分布
定义 设随机变量X所有可能取的值为0,1,2,…,而 取各个值的概率为
PX k ke , k 0,1, 2, ,
k!
其中 0是常数,则称X服从参数为 的泊松分布
二项分布的数学期望与方差
例6 设X~B(n,p),求E(X)和D(X).
解 X~B(n,p), “成功” 次数 .
则X表示n重努里试验中的
若设
1 X i 0
如第i次试验成功 如第i次试验失败
i=1,2,…,n
n
则 X X是i n次试验中“成功” 的次数
i 1
可知Xi是0 1分布,所以
E(Xi)= p, D(Xi)=p(1- p) , i=1,2,…,n
1 0.0115
例5 按规定,某种型号电子元件的使用寿命超过 1500小时的为一级品.已知某一批产品的一级品率为 0.2,现在从中随机地抽查20只.问20只元件中恰好有 k只(k=0,1,…,20)为一级品的概率是多少?
解 这是不放回抽样.但由于这批元件的总数很大, 且抽查的元件的数量相对于元件的总数来说又很小, 因而可以当作放回抽样来处理,这样做会有一些误 差,但误差不大,我们将检查一只元件看其是否为一 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.以X记20只元件中一级品的只数 ,那 么,X是一个随机变量,且有X~B(20,0.2).由(2.6) 式即得所求概率为
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 不 能 及 时 维
修”,则知80台中发生故障不能及时维修的概率为
P A1 A2 A3 A4 P A1 PX 2
而 X ~ B(20,0.01), 故有
1
1
P{ X 2} 1 P{ X k} 1 C2k0(0.01)k (0.99)20k
N
N N N 1
例9 从装有a个白球,b个红球的袋中不放回地任取n 个球, 其中恰有k 个白球的概率为
当
a
P{X
b ,
k}
a
C
k a
C
nk b
C
n ab
p 时
ab
对每个n有
结
P{ X
论
k}
Cak
C nk b
Cn ab
C
k ab
p
k
(1
p)nk
超几何分布的极限分布是二项分布
二项分布的极限分布是 Poisson 分布
解 次品数X~B(20.0.2)
P{ X
20
10%}
P{ X
2}
2
C
k 20
0.2k
0.8
20k
k 0
0.206
P{ X 10% | X 1} P{X 2, X 1}
20
P{X 1}
P{X 2} P{X 0} 0.2061 0.0115 0.1969
1 P{X 0}
2、二项分布
定义 如果离散型随机变量X的概率函数为
Pn (k) Cnk pk (1 p)nk , k 0,1,2,, n Cnk pkqnk (q 1 p)
则称X服从参数为n,p的二项分布记为X~B(n,p)或 X~b(k;n,p)
n重伯努利试验是一种很重要的数学模型,它有 广泛的应用,是研究最多的模型之一.是典型的二项 分布模型。
例7 电话交换台每分钟接到的呼叫次数X为一随机变量 ,设X~P(4),求一分钟内呼叫次数 (1)恰好为8次的概率 (2) 不超过1次的概率。
解 因为X~P(4)
P{ X k} k e 4k e4 (k 0,1,2,)
k!
k!
P{ X 8} 48 e4 0.0298 8!
P{X 1} P{X 0} P{X 1}
解 命中次数 X~B(3,0.8)
2
P{X 2}
C
k 3
0.8k
0.23k
k 0
C30(0.8)0(0.2)3 C31(0.8)1(0.2)2 C32(0.8)2(0.2)1
0.488 或 P{X 2} 1 P{ X 3} 1 0.83 0.488
例2 某工厂每天用水量保持正常的概率为3/4,求最近 六天内用水量正常的天数的分布。
解 X ~ B(6, 3 4)
P{ X
0}
C60
3 0 4
1 6 4
0.0002
P{ X
1}
C61
3 1 4
1 4
5
0.0044
P{ X
2}
C62
3 2
4
1
4
4
0.0330
P{ X
3}
C63Βιβλιοθήκη 3 3 4 1 3
4
0.1318
P{ X
4}
C64
3 4
4
1 2
4
0.2966
由于X1,X2,…, Xn 相互独立
n
于是 E( X ) E( Xi ) np
i 1 n
D( X ) D( Xi )= np(1- p)
若X ~ B(n, p),则 i1
E( X ) np, D( X ) np(1 p)
例1 一名运动员投篮的命中率为0.8.罚球3次,求最多 只投中2球的概率。
例5 设X ~ P(n;), 求E(X ), D(X )
解 X的分布率为
P{ X k} ke , k 0,1,2,, 0
k!
X的数学期望为
E( X )
k e
k
e
k 1
ee
k0 k!
k1 (k 1)!
即E( X )
E( X 2 ) E[ X ( X 1) X ] E[ X ( X 1)] E( X )
E( X 2 ) 02 (1 p) 12 p p
D( X ) E( X 2 ) [E( X )]2 p p2 p(1 p) 若记 1 p q, 则 E( X ) p, D( X ) pq
对于一个随机试验,如果它的样本空间只包含两个
元素,即S=﹛e1,e2﹜,我们总能在S上定义一个服从
注意到Cnk pk qnk刚好是二项式( p q)n
展开式中出现 pk 的那一项,故我们称随
机变量X服从参数为n,p的二项分布。
特别地,当n=1时二项分布化为
PX k pkqnk ,k 0,1
这就是(0-1)分布.
定理 如果随机变量X~B(n,p),令Y=n-X, 则随机变量Y服从Y~B(n,q).
(0-1)分布的随机变量
X
X
e
0, 1,
当e e1, 当e e2.
来描述这个随机试验的结果.例如,对新生婴儿的 性别进行登记,检查产品的质量是否合格,某车间 的电力消耗是否超过负荷以及前面多次讨论过的 “抛硬币”试验等都可以用(0-1)分布的随机试验 来描述,(0-1)分布是经常遇到的一种分布.
例6 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4人维护,每人负责处理20台;其二是由3人共同维 护80台.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
P{X 0} C1050.200.818 0.035
至少有一人得病的概率
P{X 1} 1 P{X 0} 1 0.035 0.965
例4 一条自动生产线上产品的次品率为0.2,连 续生产20件,求(1)次品率不超过10%的概率; (2)若在20件中已发现一件次品,则这20件中 次品率不超过10%的概率。