第四章 几种重要的分布_几种重要的分布1
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13
N1 N 2 =C N N
k n
k
n −k
×
1 k −1 1 n − k −1 1 − ... 1 − 1 − ... 1 − N1 N1 N 2 N2 1 n −1 1 − ... 1 − N N N1 N2 当N → ∞时，若记p= , 则1－p = q = N N
18
例11 ξ服从参数λ＝0.5的Poisson分布，查表求出 p(ξ = 2), P(ξ = 6), P(ξ = 30) 解：直接查表可得
P(ξ = 2) = 0.075816, P(ξ = 6) = 0.000013 P(ξ = 30) = 0
例12 ξ服从Poisson分布，Eξ＝5，查表求P(ξ = 3) P(ξ = 5)
解：ξ的取值不能为0与1
2 2 C6 C2 15 P(ξ = 2) = 4 = C8 70
≈ 0.2143
C3 C1 40 P(ξ = 3) = 6 4 2 = ≈ 0.5714 C8 70
4 C6 15 P(ξ = 4) = 4 = ≈ 0.2143 70 C8
ξ 2 3 4 即 P 0.2143 0.5714 0.2143
Ck 1 Cn −k = Cn 1 + N2 ∑ N N2 N
k =0
n
可以验证
∑ P(ξ = k) = 1
k =0
n
10
Eξ = ∑ k
n
Ck 1 Cn −2k N N
Cn k =0 N n N1 ! = ∑k Cn −2k N k!(N1 − k)! k =1
N! n!(N − n)!
(N − 1)! (n − 1)!(N − n)!
=0.0988
4
例4 某批产品80％的一等品，对它们进行重复 抽样检验，共取出4个样品，求其中一等品数ξ 的最可能值k0 ,并用贝努里公式验证。
解：ξ服从二项分布，n=4,p=0.8
( n + 1)p = ( 4 + 1) × 0.8 ＝4
k0=4或3
用贝努里公式算出ξ的分布表
ξ 0 1 2 3 4 P 0.0016 0.0256 0.1536 0.4096 0.4096 ξ＝3或ξ＝4时，概率最大。
误差不超过1％
21
即
λ −1 ≤ k0 ≤ λ
5
将不等式 ( n + 1)p − 1 ≤ k 0 ≤ ( n + 1)p 改写为 p −1 k0 p p+ ≤ ≤ p+ n n n
p
p
p
k0 n充分大时， ≈ p n 频率为概率的可能性最大
6
(五)超几何分布 例5 袋中有20个小球，其中5个白球， 个黑球， 15 任取4球，求取到的白球数ξ的分布。
重要的离散型分布一01分布其中二离散型均匀分布表示某事件a发生的次数则求最近天内用水量正常的天数部机器各自独立地工作因修理调整等原因每部机器停车的概率为02求同时停车数目二项分布n10p0220表示次重复抽样中废品出现的次数服从二项分布n20p0031820一批产品的废品率p003进行20次重复抽样求出现废品的频率为01的概率
解：所取一箱中废品个数ξ服从超几何分布，
产品数量很大，可用二项分布计算，n＝100，
P(ξ = 1) = C1 0.015 × 0.98599 ≈ 0.335953 100
由于n较大，p很小，可用Poisson分布代替二项分布。
λ = np = 1.5, 查表可得
P(ξ = 1) = 0.334695
解：需要确定参数λ
P(ξ = 1) = P(ξ = 2)
λ −λ λ 2 −λ 即 e = e 1 ！ 2! ! 由于λ > 0, 可求出λ＝2 24 −2 2 = e = e −2 故 P(ξ = 4) 4! 3
≈ 0.090224
实际计算时，可查Poisson分布表。
17
ξ
λ
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
Cn −k N2
N n −k 1 2 n − k −1 2 = 1 − 1 − ... 1 − (n − k)! N 2 N 2 N2
12
P(ξ = k) =
Ck 1 Cn −k N N2 Cn N
k N1 1 k − 1 N n −k 1 n − k −1 2 1 − ... 1 − 1 − ... 1 − k! N1 N1 (n − k)! N 2 N2 = Nn 1 n −1 1 − ... 1 − n! N N
解：ξ服从二项分布
n=10 p=0.2
k P(ξ = k ) = C10 0.2k 0.810−k
k = 0,1,...,10
将计算结果列成分布表
ξ 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 P 0.11 0.27 0.30 0.20 0.09 0.03 0.01 0.00 0.00 0.00 0.00
P(ξ = k) → Ck p k q n − k n
14
例8 10件产品有4件是废品，任取3件，分别 用超几何分布与二项分布求取到2件废品的 概率。 解：用ξ表示取到的废品数。
不放回抽取时，ξ服从超几何分布
C2 C1 P(ξ = 2) = 4 3 6 =0.3 C10
有放回抽取时，ξ服从二项分布
解：因λ＝Eξ = 5, 查表得
P(ξ = 3) = 0.140374
P(ξ = 5) = 0.175467
19
例13 检查了100个零件上的疵点数，结果为 疵点数 频数 0 1 2 3 4 5 6 14 27 26 20 7 3 3
试用Poisson分布计算疵点数的分布，并与实际结果比较。 1 解：λ＝ (14 × 0 + 27 ×1 + ... + 3 × 6) =2 100
nN1 n (N1 − 1)! = Cn −k ∑ N N k =1 (k − 1)!(N1 − k)! 2
nN1 n k −1 n − k = C N1 −1C N2 Cn −−11 ∑ N N k =1
N1 =n N N1 N 2 N − n 也可求出 Dξ = n N N N −1
11
当N → ∞时，超几何分布以二项分布为极限。
解：ξ可取0，1，2，3，4等5个值。
k 4 C5 C15− k P(ξ = k) = C4 20
k=0,1,2,3,4 经计算列出概率分布表。
ξ 0 1 2 3 4
7
P 0.2817 0.4696 0.2167 0.0310 0.0010
例6 一批产品有20件，其中有3件废品，从中任取4件， 求取到的废品数ξ的分布律。 4 C17 解：P(ξ = 0) = 4 ≈ 0.4912 C20 3 C1 C17 P(ξ = 1) = 3 4 ≈ 0.4211 C20
k n! N1 N n − k 2 = × n k!(n − k)! N
1 k −1 1 n − k −1 1 − ... 1 − 1 − ... 1 − N1 N 2 N2 N1 1 n −1 1 − ... 1 − N N
2.5 0.082085 0.205252 0.256516 0.213763 0.133602
5 0.006738 0.033690 0.084224 0.140374 0.175467 0.175467 0.146223 0.104445 0.065278 0.036226
0.000158 0.003066 0.000013 0.000511 0.000001 0.000073 0.000009 0.000001
2 2 C3 C17 P(ξ = 2) = 4 ≈ 0.0842 C 20
C3C1 P(ξ = 3) = 3 4 17 ≈ 0.0035 C20
ξ 0 1 2 3 即 P 0.4912 0.4211 0.0842 0.0035
8
例7 一批灯泡有8只，其中6只是合格的，任取4只， 求取到的合格灯泡数ξ的分布。
N(N − 1)...(N − n + 1) C = n! Nn N N −1 N − n + 1 = ... n! N N N
n N
Nn 1 2 n −1 = 1 − 1 − ... 1 − n! N N N
同样地
Ck 1 N
k N1 1 2 k −1 = 1 − 1 − ... 1 − k! N1 N1 N1
查表并与频率比较，可列出下表
疵点数 0 1 2 3 4 5 6 频率 0.14 0.27 0.26 0.20 0.07 0.03 0.03 概率 0.1353 0.2707 0.2707 0.1804 0.0902 0.0361 0.0120
当零件数量很大时，上述频率与概率更接近。
20
通常在n比较大，p很小时，可以用Poisson分布近似 代替二项分布，其中λ＝np 例14 一大批产品的废品率为p=0.015,求任取一箱(有 100个产品)，箱中恰好有一个废品的概率。
9
设N个元素分为两类，有N1个属于第一类，N 2个属于 第二类(N1 +N 2 =N)。从中不重复抽取n个，用ξ表示取 到第一(第二)类元素的个数，则 Ck 1 Cn −k N N2 P(ξ＝k) = k = 0,1,..., n n CN
约定当m > n时
Cm = 0 n
称ξ服从超几何分布。
利用组合数的性质
6
……
1
3 P(ξ = 6) = 4
6
=0.1780
列成分布表为
ξ 0 1 2 3 4 5 6 P 0.0002 0.0044 0.0330 0.1318 0.2966 0.3560 0.1780
2
例2 10部机器各自独立地工作，因修理调整等原因， 每部机器停车的概率为0.2，求同时停车数目ξ的分 布。
2 4 6 P(ξ = 2) = C3 =0.288 10 10 2
两者相差很多，是因为产品总数不大。
15
例9 一大批种子的发芽率为90％，从中任取10粒， 求播种后，(1)恰有8粒发芽的概率(2)不少于8粒发 芽的概率
解：ξ表示10粒种子中发芽的种子数目。 ξ服从超几何分布
0.014120 0.036089 0.066801 0.003530 0.012030 0.027834 0.000756 0.003437 0.009941 0.000142 0.000859 0.003106 0.00024 0.000191 0.000863 0.00004
10
0.000038 0.000216 0.018133
N很大，n很小，可用二项分布近似计算。 n＝10 p=0.9 q=0.1
8 (1)P(ξ = 8) = C10 0.980.12 ≈ 0.1937
8 9 (2)P(ξ ≥ 8) = C10 0.980.12 + C10 0.99 0.1 + 0.910
≈ 0.9298
16
例10 已知ξ服从Poisson分布, 且P(ξ = 1) = P(ξ = 2), 求P(ξ = 4)
3 例1 某工厂每天用水量保持正常的概率为 ， 4 求最近6天内用水量正常的天数的分布。
解：设最近6天内用水量保持正常的天数为ξ 它服从二项分布，其中n＝6，p = 0.75
1 P(ξ = 0) = =0.0002 4
1 3 1 P(ξ = 1) = C6 =0.0044 4 4 5
3
例3 一批产品的废品率p=0.03，进行20次重复抽样， 求出现废品的频率为0.1的概率。
解：ξ表示20次重复抽样中废品出现的次数， ξ服从二项分布
n=20
p=0.03
P(ξ = k ) = Ck (0.03)k 0.97 20−k 20
ξ = 0.1 = P(ξ = 2) P 20 = C2 (0.03)2 0.9718 20
0.5 0.606531 0.303265 0.075816 0.012636 0.001580
1 0.367879 0.367879 0.183940 0.061313 0.0134695 0.251021 0.125510 0.047067
2 0.135335 0.270671 0.270671 0.180447 0.090224
N1 N 2 =C N N
k n
k
n −k
×
1 k −1 1 n − k −1 1 − ... 1 − 1 − ... 1 − N1 N1 N 2 N2 1 n −1 1 − ... 1 − N N N1 N2 当N → ∞时，若记p= , 则1－p = q = N N
18
例11 ξ服从参数λ＝0.5的Poisson分布，查表求出 p(ξ = 2), P(ξ = 6), P(ξ = 30) 解：直接查表可得
P(ξ = 2) = 0.075816, P(ξ = 6) = 0.000013 P(ξ = 30) = 0
例12 ξ服从Poisson分布，Eξ＝5，查表求P(ξ = 3) P(ξ = 5)
解：ξ的取值不能为0与1
2 2 C6 C2 15 P(ξ = 2) = 4 = C8 70
≈ 0.2143
C3 C1 40 P(ξ = 3) = 6 4 2 = ≈ 0.5714 C8 70
4 C6 15 P(ξ = 4) = 4 = ≈ 0.2143 70 C8
ξ 2 3 4 即 P 0.2143 0.5714 0.2143
Ck 1 Cn −k = Cn 1 + N2 ∑ N N2 N
k =0
n
可以验证
∑ P(ξ = k) = 1
k =0
n
10
Eξ = ∑ k
n
Ck 1 Cn −2k N N
Cn k =0 N n N1 ! = ∑k Cn −2k N k!(N1 − k)! k =1
N! n!(N − n)!
(N − 1)! (n − 1)!(N − n)!
=0.0988
4
例4 某批产品80％的一等品，对它们进行重复 抽样检验，共取出4个样品，求其中一等品数ξ 的最可能值k0 ,并用贝努里公式验证。
解：ξ服从二项分布，n=4,p=0.8
( n + 1)p = ( 4 + 1) × 0.8 ＝4
k0=4或3
用贝努里公式算出ξ的分布表
ξ 0 1 2 3 4 P 0.0016 0.0256 0.1536 0.4096 0.4096 ξ＝3或ξ＝4时，概率最大。
误差不超过1％
21
即
λ −1 ≤ k0 ≤ λ
5
将不等式 ( n + 1)p − 1 ≤ k 0 ≤ ( n + 1)p 改写为 p −1 k0 p p+ ≤ ≤ p+ n n n
p
p
p
k0 n充分大时， ≈ p n 频率为概率的可能性最大
6
(五)超几何分布 例5 袋中有20个小球，其中5个白球， 个黑球， 15 任取4球，求取到的白球数ξ的分布。
重要的离散型分布一01分布其中二离散型均匀分布表示某事件a发生的次数则求最近天内用水量正常的天数部机器各自独立地工作因修理调整等原因每部机器停车的概率为02求同时停车数目二项分布n10p0220表示次重复抽样中废品出现的次数服从二项分布n20p0031820一批产品的废品率p003进行20次重复抽样求出现废品的频率为01的概率
解：所取一箱中废品个数ξ服从超几何分布，
产品数量很大，可用二项分布计算，n＝100，
P(ξ = 1) = C1 0.015 × 0.98599 ≈ 0.335953 100
由于n较大，p很小，可用Poisson分布代替二项分布。
λ = np = 1.5, 查表可得
P(ξ = 1) = 0.334695
解：需要确定参数λ
P(ξ = 1) = P(ξ = 2)
λ −λ λ 2 −λ 即 e = e 1 ！ 2! ! 由于λ > 0, 可求出λ＝2 24 −2 2 = e = e −2 故 P(ξ = 4) 4! 3
≈ 0.090224
实际计算时，可查Poisson分布表。
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ξ
λ
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
Cn −k N2
N n −k 1 2 n − k −1 2 = 1 − 1 − ... 1 − (n − k)! N 2 N 2 N2
12
P(ξ = k) =
Ck 1 Cn −k N N2 Cn N
k N1 1 k − 1 N n −k 1 n − k −1 2 1 − ... 1 − 1 − ... 1 − k! N1 N1 (n − k)! N 2 N2 = Nn 1 n −1 1 − ... 1 − n! N N
解：ξ服从二项分布
n=10 p=0.2
k P(ξ = k ) = C10 0.2k 0.810−k
k = 0,1,...,10
将计算结果列成分布表
ξ 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 P 0.11 0.27 0.30 0.20 0.09 0.03 0.01 0.00 0.00 0.00 0.00
P(ξ = k) → Ck p k q n − k n
14
例8 10件产品有4件是废品，任取3件，分别 用超几何分布与二项分布求取到2件废品的 概率。 解：用ξ表示取到的废品数。
不放回抽取时，ξ服从超几何分布
C2 C1 P(ξ = 2) = 4 3 6 =0.3 C10
有放回抽取时，ξ服从二项分布
解：因λ＝Eξ = 5, 查表得
P(ξ = 3) = 0.140374
P(ξ = 5) = 0.175467
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例13 检查了100个零件上的疵点数，结果为 疵点数 频数 0 1 2 3 4 5 6 14 27 26 20 7 3 3
试用Poisson分布计算疵点数的分布，并与实际结果比较。 1 解：λ＝ (14 × 0 + 27 ×1 + ... + 3 × 6) =2 100
nN1 n (N1 − 1)! = Cn −k ∑ N N k =1 (k − 1)!(N1 − k)! 2
nN1 n k −1 n − k = C N1 −1C N2 Cn −−11 ∑ N N k =1
N1 =n N N1 N 2 N − n 也可求出 Dξ = n N N N −1
11
当N → ∞时，超几何分布以二项分布为极限。
解：ξ可取0，1，2，3，4等5个值。
k 4 C5 C15− k P(ξ = k) = C4 20
k=0,1,2,3,4 经计算列出概率分布表。
ξ 0 1 2 3 4
7
P 0.2817 0.4696 0.2167 0.0310 0.0010
例6 一批产品有20件，其中有3件废品，从中任取4件， 求取到的废品数ξ的分布律。 4 C17 解：P(ξ = 0) = 4 ≈ 0.4912 C20 3 C1 C17 P(ξ = 1) = 3 4 ≈ 0.4211 C20
k n! N1 N n − k 2 = × n k!(n − k)! N
1 k −1 1 n − k −1 1 − ... 1 − 1 − ... 1 − N1 N 2 N2 N1 1 n −1 1 − ... 1 − N N
2.5 0.082085 0.205252 0.256516 0.213763 0.133602
5 0.006738 0.033690 0.084224 0.140374 0.175467 0.175467 0.146223 0.104445 0.065278 0.036226
0.000158 0.003066 0.000013 0.000511 0.000001 0.000073 0.000009 0.000001
2 2 C3 C17 P(ξ = 2) = 4 ≈ 0.0842 C 20
C3C1 P(ξ = 3) = 3 4 17 ≈ 0.0035 C20
ξ 0 1 2 3 即 P 0.4912 0.4211 0.0842 0.0035
8
例7 一批灯泡有8只，其中6只是合格的，任取4只， 求取到的合格灯泡数ξ的分布。
N(N − 1)...(N − n + 1) C = n! Nn N N −1 N − n + 1 = ... n! N N N
n N
Nn 1 2 n −1 = 1 − 1 − ... 1 − n! N N N
同样地
Ck 1 N
k N1 1 2 k −1 = 1 − 1 − ... 1 − k! N1 N1 N1
查表并与频率比较，可列出下表
疵点数 0 1 2 3 4 5 6 频率 0.14 0.27 0.26 0.20 0.07 0.03 0.03 概率 0.1353 0.2707 0.2707 0.1804 0.0902 0.0361 0.0120
当零件数量很大时，上述频率与概率更接近。
20
通常在n比较大，p很小时，可以用Poisson分布近似 代替二项分布，其中λ＝np 例14 一大批产品的废品率为p=0.015,求任取一箱(有 100个产品)，箱中恰好有一个废品的概率。
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设N个元素分为两类，有N1个属于第一类，N 2个属于 第二类(N1 +N 2 =N)。从中不重复抽取n个，用ξ表示取 到第一(第二)类元素的个数，则 Ck 1 Cn −k N N2 P(ξ＝k) = k = 0,1,..., n n CN
约定当m > n时
Cm = 0 n
称ξ服从超几何分布。
利用组合数的性质
6
……
1
3 P(ξ = 6) = 4
6
=0.1780
列成分布表为
ξ 0 1 2 3 4 5 6 P 0.0002 0.0044 0.0330 0.1318 0.2966 0.3560 0.1780
2
例2 10部机器各自独立地工作，因修理调整等原因， 每部机器停车的概率为0.2，求同时停车数目ξ的分 布。
2 4 6 P(ξ = 2) = C3 =0.288 10 10 2
两者相差很多，是因为产品总数不大。
15
例9 一大批种子的发芽率为90％，从中任取10粒， 求播种后，(1)恰有8粒发芽的概率(2)不少于8粒发 芽的概率
解：ξ表示10粒种子中发芽的种子数目。 ξ服从超几何分布
0.014120 0.036089 0.066801 0.003530 0.012030 0.027834 0.000756 0.003437 0.009941 0.000142 0.000859 0.003106 0.00024 0.000191 0.000863 0.00004
10
0.000038 0.000216 0.018133
N很大，n很小，可用二项分布近似计算。 n＝10 p=0.9 q=0.1
8 (1)P(ξ = 8) = C10 0.980.12 ≈ 0.1937
8 9 (2)P(ξ ≥ 8) = C10 0.980.12 + C10 0.99 0.1 + 0.910
≈ 0.9298
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例10 已知ξ服从Poisson分布, 且P(ξ = 1) = P(ξ = 2), 求P(ξ = 4)
3 例1 某工厂每天用水量保持正常的概率为 ， 4 求最近6天内用水量正常的天数的分布。
解：设最近6天内用水量保持正常的天数为ξ 它服从二项分布，其中n＝6，p = 0.75
1 P(ξ = 0) = =0.0002 4
1 3 1 P(ξ = 1) = C6 =0.0044 4 4 5
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例3 一批产品的废品率p=0.03，进行20次重复抽样， 求出现废品的频率为0.1的概率。
解：ξ表示20次重复抽样中废品出现的次数， ξ服从二项分布
n=20
p=0.03
P(ξ = k ) = Ck (0.03)k 0.97 20−k 20
ξ = 0.1 = P(ξ = 2) P 20 = C2 (0.03)2 0.9718 20
0.5 0.606531 0.303265 0.075816 0.012636 0.001580
1 0.367879 0.367879 0.183940 0.061313 0.0134695 0.251021 0.125510 0.047067
2 0.135335 0.270671 0.270671 0.180447 0.090224