概率论与数理统计泊松分布

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概率论与数理统计复习(填空选择题)

概率论与数理统计复习(填空选择题)

一、填空题1、关于事件的关系运算(1)已知()0.4P A =,()0.4P B =,5.0)(=B A P ,则()P A B ⋃= 0。

7 (2)已知()0.6,()0.8,()0.2,P A P B P B A P A B ===()= 0.9 (3)已知P (A) = 0。

5 ,P (A — B ) = 0。

2,则P (B |A) = 0.6 (4)设A 与B 是独立,已知:(),()1P A B c P A a ⋃==≠,则P B ()= (c —a)/(1-a)(5)已知B A ,为随机事件,3.0)(=A P ,4.0)(=B P ,5.0)(=B A P ,则______)(=B A P 0。

12、关于6个常用分布 (1)若2694()2x x Xf x ++-=,则X 服从的分布是 N (-3,2)(2)X ()Y ()2e EX πλλ=若随机变量~;~,且,则DY =__1/4___ (3)的联合密度函数为,则独立,与,且,~;均匀分布,~若随机变量)()10(Y )()11-(X Y X Y X N U (4)设随机变量X 服从参数为λ的泊松分布,则()21E X += 2λ+1 (5)在3重贝努里实验中,已知4次实验至少成功一次的概率为:175/256,则一次成功的概率p= 0。

68(6)地铁列车的运行间隔时间为2分钟,某旅客可能在任意时刻进(7)设随机变量)1,04.1(~N X ,已知975.0)3(=≤X P ,则=-≤)92.0(X P 0.025(8)设)2,3(~2N X ,若)()(C X P C X P ≤=>, 则______________=C 3(9)已知离散型随机变量X 服从二项分布,且44.1,4.2==DX EX ,则二项分布的参数p n ,的值为 6,0.4 (10)设随机变量X 的分布为P {X=k}=)0,,2,1,0(,!>=-λλλ k e k k,则=)(2X E λ2+λ3、关于独立性(1)在贝努利试验中,每次试验成功的概率为p ,则第3次成功发生在第6次的概率是(2)四人独立答题,每人答对的概率为1/4 ,则至少一人答对的概率为 ;甲、乙、丙三人独立地破译某密码,他们能单独译出的概率分别为51,31,41,求此密码被译出的概率 (3)设()()~2,9,~1,16X N Y N ,且,X Y 相互独立,则~X Y +(3,25)(4)若n X X X ,,,21 是取自总体),(~2σμN X 的一个样本,则∑==ni iX n X 11服从___________(5)某电路由元件A 、B 、C 串联而成,三个元件相互独立,已知各元件不正常的概率分别为:P(A )=0。

概率论与数理统计答案 第二章1-2节

概率论与数理统计答案  第二章1-2节
第二章 随机变量及其分布
关键词: 随机变量 离散型随机变量、分布律 连续型随机变量、概率密度 概率分布函数 重伯努利实验、二项分布、泊松分布 均匀分布、正态分布、指数分布 随机变量的函数的分布
1
§1 随机变量
定义
2 3
例1: 将一枚硬币抛掷3次. 关心3次抛掷中, 出现 H的总次数 以X记三次抛掷中出现H的总数, 则对样本空间 S={e}中的每一个样本点e, X都有一个值与之对 应, 即有
1) P { X = k} = C3k p k (1 − p )3− k , k = 0,1, 2,3 (
( 2)
P { X = 2} = C32 p 2 (1 − p)
21
泊松分布(Poisson分布)
若随机变量X的概率分布律为 e− λ λ k
P { X = k} = k! , = 0,1, 2, ⋅⋅⋅, λ > 0 k
互不影响
例如: 1.独立重复地抛n次硬币,每次只有两个可能的结果: 正面,反面, P (出现正面 ) = 1 2 2.将一颗骰子抛n次,设A={得到1点},则每次试验 只有两个结果:A , A , P ( A ) = 1 6
12
定义随机变量X表示n重伯努利试验中事件A发生的次 数, 我们来求它的分布律. X所有可能取的值为0,1,2,...,n. 由于各次试验是相互独立的, 因此事件A在指定的 k(0≤k≤n)次试验中发生, 在其它n−k次试验中A不发生 的概率为
13
设A在n重伯努利试验中发生X次,则
k P பைடு நூலகம் X = k} = Cn p k (1 − p ) n − k , = 0,⋅⋅⋅,n k 1,
⎛n⎞ k Cn = ⎜ ⎟ 表示n中 ⎜k ⎟ ⎝ ⎠ 任选k的组合数目

概率论与数理统计03(3)

概率论与数理统计03(3)

22. 设某种型号的电子管的寿命(以小时计)近似地服从N (160, 202)分布. 随机地选取4只求其中没有一只寿命小于180小时的概率.解: 设X 1, X 2, X 3, X 4为4只电子管的寿命, 它们相互独立, 同分布, 其概率密度为:22202)160(2021)(⨯--⋅=t T e t f π,⎰∞-⨯-==<18022202)160(20121)180(}180{dt t F X f X π ⎰∞--=-======1220160221du e u u t π令 8413.0)2060180(=-Φ=. 设N =min{X 1, X 2, X 3, X 4}, 则P {N >180}=P {X 1>180, X 2>180, X 3>180, X 4>180} =P {X >180}4={1-p [X <180]}4=(0.1587)4=0.00063.23. 对某种电子装置的输出测量了5次, 得到观察值X 1, X 2, X 3, X 4, X 5, 设它们是相互独立的随机变量且都服从参数σ=2的瑞种分布.(1)求Z =max{X 1, X 2, X 3, X 4, X 5}的分布函数;(2)求P (Z >4).解: 由20题知, X i (i =1, 2, ⋅⋅⋅ , 5)的概率密度均为⎪⎩⎪⎨⎧≥=-其他004)(82x e x x f x X , 分布函数为821)(x X ex F --=(x >0).(1) Z =max{X 1, X 2, X 3, X 4, X 5}的分布函数为585m ax )1()]([)(2z e z F z F --== (z ≥0),当z <0时, F max (z )=0.所以Z 的分布函数为⎩⎨⎧<≥-=-000)1()(58m ax 2z z e z F z . (2)P (Z >4)=1-P (Z ≤4)=1-F Z (4)5167.0)1(1)1(1525842=--=--=--e e .24. 设随机变量X , Y 相互独立, 且服从同一分布, 试证明 P (a <min{X , Y }≤b )=[P (X >a )]2-[P (X >b )]2 . 解: 因为X 与Y 相互独立且同分布, 故P (a <min{X , Y }≤b )=P (min{X , Y }≤b )-P (min{X , Y }≤a ) =1-P (min{X , Y }>b )-[1-P (min{X , Y }>a )]=P (min{X , Y }>a )-P (min{X , Y }>b )=P (X >a , Y >a )-P (X >b , Y >b )=P (X >a )P (Y >a )-P (X >b )P (Y >b )=[P (X >a )]2-[P (Y >b )]2 .25. 设X , Y 是相互独立随机变量, 其分布律分别为 P (X =k )=p (k ) (k =0, 1, 2, ⋅⋅⋅ ),P (Y =r )=q (r ) (r =0, 1, 2, ⋅⋅⋅ ).证明随机变量Z =X +Y 的分布律为∑=-==i k k i q k p i Z P 0)()()( (i =0, 1, 2, ⋅⋅⋅ ),证明: 因为X 与Y 独立, 且X 与Y 的分布律分别为 P (X =k )=p (k ) (k =0, 1, 2, ⋅⋅⋅ ),P (Y =r )=q (r ) (r =0, 1, 2, ⋅⋅⋅ ),故Z =X +Y 的分布律为∑==+===ik i Y X k X P i Z P 0) ,()(∑=-===i k k i Y k X P 0) ,(∑=-===i k k i Y P k X P 0)()(∑=-=i k k i q k p 0)()( (i =0, 1, 2, ⋅⋅⋅ ).26. 设X , Y 是相互独立的随机变量, X ~π(λ1), Y ~π(λ2), 证明Z =X +Y ~π(λ1+λ2).证明: 因为X , Y 分别服从参数为λ1, λ2的泊松分布, 故X , Y 的分布律分别为1!)(1λλ-==e k k X P k (λ1>0), 2!)(2λλ-==e r r Y P r (λ2>0), 由25题结论知, Z =X +Y 的分布律为∑=-====i k k i Y P k X P i Z P 0)()()(∑=----⋅=i k k i k e k i e k 02121)!(!λλλλ ∑=-+-⋅-=i k k i k k i k i i e 021)()!(!!!21λλλλ i i e )(!21)(21λλλλ+=+-(i =0, 1, 2, ⋅⋅⋅ ), 即Z =X +Y 服从参数为λ1+λ2的泊松分布.27. 设X , Y 是相互独立的随机变量, X ~b (n 1, p ), Y ~b (n 2, p ), 证明Z =X +Y ~b (n 1+n 2, p ).证明: Z 的可能取值为0, 1, 2, ⋅⋅⋅ , 2n , 因为{Z =i }={X +Y =i }={X =0, Y =0}⋃{X =1, Y =i -1}⋃ ⋅⋅⋅ ⋃{X =i , Y =0}, 由于上述并中各事件互不相容, 且X , Y 独立, 则∑=-====ik k i Y k X P i Z P 0) ,()(∑=-===i k k i Y P k X P 0)()(∑=+-----⋅-=i k k i n k i k i n k n k k n p p C p p C 02211)1()1( ∑=--+⋅-=ik k i n k n k n n i C C p p 02121)1( i n i i n n p p C -+-=2)1(21(i =0, 1, 2, ⋅⋅⋅ , n 1+n 2), 所以 Z =X +Y ~b (n 1+n 2, p ),即Z =X +Y 服从参数为2n , p 的二项分布.提示:上述计算过程中用到了公式i n n ik k i n k n C C C 21210+=-=⋅∑, 这可由比较恒等式2121)1()1()1(n n n n x x x ++=++两边x i 的系数得到.28. 设随机变量(X , Y )的分布律为(1)求P {X =2|Y =2), P (Y =3|X =0);(2)求V =max{X , Y }的分布律;(3)求U =min{X , Y }的分布律;(4)求W =V +U 的分布律.解: (1)由条件概率公式)2()2,2()2|2(======Y P Y X P Y X P 08.005.005.005.003.001.005.0+++++= 2.025.005.0==. 同理 31)0|3(===X Y P . (2)变量V =max{X , Y }.显然V 是一随机变量, 其取值为V : 0, 1, 2, 3, 4, 5. P (V =0)=P (X =0, Y =0)=0,P (V =1)=P (X =1, Y =0)+P (X =1, Y =1)+P (X =0, Y =1) =0.01+0.02+0.01=0.04,P (V =2)=P (X =2, Y =0)+P (X =2, Y =1)+P (X =2, Y =2) +P (Y =2, X =0)+P (Y =2, X =1)=0.03+0.04+0.05+0.01+0.03=0.16, P (V =3)=P (X =3, Y =0)+P (X =3, Y =1)+P (X =3, Y =2)+P (X =3, Y =3)+P(Y=3, X=0)+P(Y=3, X=1)+P(Y=3, X=2),=0.05+0.05+0.05+0.06+0.01+0.02+0.04=0.28 P(V=4)=P(X=4,Y=0)+P(X=4,Y=1)+P(X=4,Y=2)+P (X=4,Y=3)=0.07+0.06+0.05+0.06=0.24,P(V=5)=P(X=5,Y=0)+⋅⋅⋅+P(X=5,Y=3)=0.09+0.08+0.06+0.05=0.28.(3)显然U的取值为0, 1, 2, 3.P(U=0)=P(X=0,Y=0)+⋅⋅⋅+P(X=0,Y=3)+P(Y=0,X=1)+⋅⋅⋅+P(Y=0,X=5)=0.28.同理P(U=1)=0.30,P(U=2)=0.25,P(U=3)=0.17.(4)W=V+U的取值为0, 1,⋅⋅⋅, 8.P(W=0)=P(V=0,U=0)=0,P(W=1)=P(V=0, U=1)+P(V=1,U=0).因为V=max{X,Y}=0又U=min{X,Y}=1不可能上式中的P(V=0,U=1)=0,又P(V=1,U=0)=P(X=1,Y=0)+P(X=0,Y=1)=0.2,故P(W=1)=P(V=0, U=1)+P(V=1,U=0)=0.2,P(W=2)=P(V+U=2)=P(V=2, U=0)+P(V=1,U=1)=P(X=2 Y=0)+P(X=0,Y=2)+P(X=1,Y=1)=0.03+0.01+0.02=0.06,P(W=3)=P(V+U=3)=P(V=3, U=0)+P(V=2,U=1)= P(X=3,Y=0)+P(X=0,Y=3)+P(X=2,Y=1)+P(X=1,Y=2)=0.05+0.01+0.04+0.03=0.13, P(W=4)=P(V=4, U=0)+P(V=3,U=1)+P(V=2,U=2)=P(X=4,Y=0)+ P(X=3,Y=1)+P(X=1,Y=3)+P(X=2,Y=2 =0.19,P(W=5)=P(V+U=5)=P(V=5, U=0)+P(V=5,U=1)+P(V=3,U=2=P(X=5 Y=0)+P(X=5,Y=1)+P(X=3,Y=2)+P(X=2,Y=3) =0.24,P(W=6)=P(V+U=6)=P(V=5, U=1)+P(V=4,U=2) +P(V=3,U=3)=P(X=5,Y=1)+P(X=4,Y=2)+P(X=3,Y=3)=0.19,P(W=7)=P(V+U=7)=P(V=5, U=2)+P(V=4,U=3) =P(V=5,U=2)+P(X=4,Y=3)=0.6+0.6=0.12, P(W=8)=P(V+U=8)=P(V=5, U=3)+P(X=5,Y=3)=0.05.。

概率论与数理统计(理工类_第四版)吴赣昌主编课后习题答案第二章

概率论与数理统计(理工类_第四版)吴赣昌主编课后习题答案第二章

第二章随机变量及其分布2.1 随机变量习题1随机变量的特征是什么?解答:①随机变量是定义在样本空间上的一个实值函数.②随机变量的取值是随机的,事先或试验前不知道取哪个值.③随机变量取特定值的概率大小是确定的.习题2试述随机变量的分类.解答:①若随机变量X的所有可能取值能够一一列举出来,则称X为离散型随机变量;否则称为非离散型随机变量.②若X的可能值不能一一列出,但可在一段连续区间上取值,则称X为连续型随机变量.习题3盒中装有大小相同的球10个,编号为0,1,2,⋯,9,从中任取1个,观察号码是“小于5”,“等于5”,“大于5”的情况,试定义一个随机变量来表达上述随机试验结果,并写出该随机变量取每一个特定值的概率.解答:分别用ω1,ω2,ω3表示试验的三个结果“小于5”,“等于5”,“大于5”,则样本空间S={ω1,ω2,ω3},定义随机变量X如下:X=X(ω)={0,ω=ω11,ω=ω2,2,ω=ω3则X取每个值的概率为P{X=0}=P{取出球的号码小于5}=5/10,P{X=1}=P{取出球的号码等于5}=1/10,P{X=2}=P{取出球的号码大于5}=4/10.2.2 离散型随机变量及其概率分布习题1设随机变量X服从参数为λ的泊松分布,且P{X=1}=P{X=2},求λ.解答:由P{X=1}=P{X=2},得λe-λ=λ22e-λ,解得λ=2.习题2设随机变量X的分布律为P{X=k}=k15,k=1,2,3,4,5,试求(1)P{12<X<52;(2)P{1≤X≤3};(3)P{X>3}.解答:(1)P{12<X<52=P{X=1}+P{X=2}=115+215=15;(2)P{≤X≤3}=P{X=1}+P{X=2}+P{X=3}=115+215+315=25;(3)P{X>3}=P{X=4}+P{X=5}=415+515=35.习题3已知随机变量X只能取-1,0,1,2四个值,相应概率依次为12c,34c,58c,716c,试确定常数c,并计算P{X<1∣X≠0}.解答:依题意知,12c+34c+58c+716c=1,即3716c=1,解得c=3716=2.3125.由条件概率知P{X<1∣X≠0}=P{X<1,X≠0}P{X≠0}=P{X=-1}P{X≠0}=12c1-34c=24c-3=26.25=0.32.习题4一袋中装有5只球,编号为1,2,3,4,5.在袋中同时取3只,以X表示取出的3只球中的最大号码,写出随机变量X的分布律.解答:随机变量X的可能取值为3,4,5.P{X=3}=C22/C53=1/10,P{X=4}=C32/C53=3/10,P{X=5}=C42/C53=3/5,所以X的分布律为求因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率.解答:因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率为:P{3X>60},即P{X>20},P{X>20}=P{X=30}+P{X=40}=0.6.就是说,加油站因代营业务得到的收入大于当天的额外支出费用的概率为0.6.习题6设自动生产线在调整以后出现废品的概率为p=0.1,当生产过程中出现废品时立即进行调整,X代表在两次调整之间生产的合格品数,试求:(1)X的概率分布;(2)P{X≥5};(3)在两次调整之间能以0.6的概率保证生产的合格品数不少于多少?解答:(1)P{X=k}=(1-p)k p=(0.9)k×0.1,k=0,1,2,⋯;(2)P{X≥5}=∑k=5∞P{X=k}=∑k=5∞(0.9)k×0.1=(0.9)5;(3)设以0.6的概率保证在两次调整之间生产的合格品不少于m件,则m应满足P{X≥m}=0.6,即P{X≤m-1}=0.4. 由于P{X≤m-1}=∑k=0m-1(0.9)k(0.1)=1-(0.9)m,故上式化为1-0.9m=0.4,解上式得m≈4.85≈5,因此,以0.6的概率保证在两次调整之间的合格品数不少于5.习题7设某运动员投篮命中的概率为0.6,求他一次投篮时,投篮命中的概率分布.解答:此运动员一次投篮的投中次数是一个随机变量,设为X,它可能的值只有两个,即0和1. X=0表示未投中,其概率为p1=P{X=0}=1-0.6=0.4,X=1表示投中一次,其概率为p2=P{X=1}=0.6.则随机变量的分布律为由于每次取出的产品仍放回去,各次抽取相互独立,下次抽取时情况与前一次抽取时完全相同,所以X的可能取值是所有正整数1,2,⋯,k,⋯.设第k次才取到正品(前k-1次都取到次品),则随机变量X的分布律为P{X=k}=310×310×⋯×310×710=(310)k-1×710,k=1,2,⋯.习题10设随机变量X∼b(2,p),Y∼b(3,p),若P{X≥1}=59,求P{Y≥1}.解答:因为X∼b(2,p),P{X=0}=(1-p)2=1-P{X≥1}=1-5/9=4/9,所以p=1/3.因为Y∼b(3,p),所以P{Y≥1}=1-P{Y=0}=1-(2/3)3=19/27.习题11纺织厂女工照顾800个纺绽,每一纺锭在某一段时间τ内断头的概率为0.005,在τ这段时间内断头次数不大于2的概率.解答:以X记纺锭断头数,n=800,p=0.005,np=4,应用泊松定理,所求概率为:P{0≤X≤2}=P{⋃0≤xi≤2{X=xi}=∑k=02b(k;800,0.005)≈∑k=02P(k;4)=e-4(1+41!+422!)≈0.2381.习题12设书籍上每页的印刷错误的个数X服从泊松分布,经统计发现在某本书上,有一个印刷错误与有两个印刷错误的页数相同,求任意检验4页,每页上都没有印刷错误的概率.解答:\becauseP{X=1}=P{X=2},即λ11!e-λ=λ22!e-λ⇒λ=2,∴P{X=0}=e-2,∴p=(e-2)4=e-8.2.3 随机变量的分布函数习题1F(X)={0,x<-20.4,-2≤x<01,x≥0,是随机变量X的分布函数,则X是___________型的随机变量.解答:离散.由于F(x)是一个阶梯函数,故知X是一个离散型随机变量.习题2设F(x)={0x<0x20≤1,1x≥1问F(x)是否为某随机变量的分布函数.解答:首先,因为0≤F(x)≤1,∀x∈(-∞,+∞).其次,F(x)单调不减且右连续,即F(0+0)=F(0)=0,F(1+0)=F(1)=1,且F(-∞)=0,F(+∞)=1,所以F(x)是随机变量的分布函数.习题3已知离散型随机变量X的概率分布为P{X=1}=0.3,P{X=3}=0.5,P{X=5}=0.2,试写出X的分布函数F(x),并画出图形.解答:由题意知X的分布律为:所以其分布函数F(x)=P{X≤x}={0,x<10.3,1≤x<30.8,3≤x<51,x≥5. F(x)的图形见图.习题4设离散型随机变量X的分布函数为F(x)={0,x<-10.4,-1≤x<10.8,1≤x<31,x≥3,试求:(1)X的概率分布;(2)P{X<2∣X≠1}.解答:(1)F(x)=A+Barctanx(-∞<x<+∞),试求:(1)系数A与B;(2)X落在(-1,1]内的概率.解答:(1)由于F(-∞)=0,F(+∞)=1,可知{A+B(-π2)A+B(π2)=1=0⇒A=12,B=1π,于是F(x)=12+1πarc tanx,-∞<x<+∞;(2)P{-1<X≤1}=F(1)-F(-1)=(12+1πarctan1)-[12+1πarctanx(-1)]=12+1π⋅π4-12-1π(-π4)=12.习题7在区间[0,a]上任意投掷一个质点,以X表示这个质点的坐标.设这个质点落在[0,a]中任意小区间内的概率与这个小区间的长度成正比例,试求X的分布函数.解答:F(x)=P{X≤x}={0,x<0xa,0≤x<a.1,x≥a2.4 连续型随机变量及其概率密度习题1设随机变量X的概率密度为f(x)=12πe-(x+3)24(-∞<x<+∞),则Y=¯∼N(0,1).解答:应填3+X2.由正态分布的概率密度知μ=-3,σ=2由Y=X-μσ∼N(0,1),所以Y=3+X2∼N(0,1).习题2已知X∼f(x)={2x,0<x<10,其它,求P{X≤0.5};P{X=0.5};F(x).解答:P{X≤0.5}=∫-∞0.5f(x)dx=∫-∞00dx+∫00.52xdx=x2∣00.5=0.25,P{X=0.5}=P{X≤0.5}-P{X<0.5}=∫-∞0.5f(x)dx-∫-∞0.5f(x)dx=0.当X≤0时,F(x)=0;当0<x<1时,F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫0x2tdt=t2∣0x=x2;当X≥1时,F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫0x2tdt+∫1x0dt=t2∣01=1,故F(x)={0,x≤0x2,0<x<1.1,x≥1习题3设连续型随机变量X的分布函数为F(x)={A+Be-2x,x>00,x≤0,试求:(1)A,B的值;(2)P{-1<X<1};(3)概率密度函数F(x).(1)\becauseF(+∞)=limx→+∞(A+Be-2x)=1,∴A=1;又\becauselimx→0+(A+Be-2x)=F(0)=0,∴B=-1.(2)P{-1<X<1}=F(1)-F(-1)=1-e-2.(3)f(x)=F′(x)={2e-x,x>00,x≤0.习题4服从拉普拉斯分布的随机变量X的概率密度f(x)=Ae-∣x∣,求系数A及分布函数F(x).解答:由概率密度函数的性质知,∫-∞+∞f(x)dx=1,即∫-∞+∞Ae-∣x∣dx=1,而∫-∞+∞Ae-∣x∣dx=∫-∞0Aexdx+∫0+∞Ae-xdx=Aex∣-∞0+(-Ae-x∣0+∞)=A+A=2A或∫-∞+∞Ae-xdx=2∫0+∞Ae-xdx=-2Ae-x∣0+∞=2A,所以2A=1,即A=1/2.从而f(x)=12e-∣x∣,-∞<x<+∞,又因为F(x)=∫-∞xf(t)dt,所以当x<0时,F(x)=∫-∞x12e-∣t∣dt=12∫-∞xetdt=12et∣-∞x=12ex;当x≥0时,F(x)=∫-∞x12e-∣x∣dt=∫-∞012etdt+∫0x12e-tdt=12et∣-∞0-12e-t∣0x=12-12e-x+12=1-12e-x,从而F(x)={12ex,x<01-12e-x,x≥0.习题5某型号电子管,其寿命(以小时计)为一随机变量,概率密度f(x)={100x2,x≥1000,其它,某一电子管的使用寿命为X,则三个电子管使用150小时都不需要更换的概率.解答:设电子管的使用寿命为X,则电子管使用150小时以上的概率为P{X>150}=∫150+∞f(x)dx=∫150+∞100x2dx=-100x∣150+∞==23,从而三个电子管在使用150小时以上不需要更换的概率为p=(2/3)3=8/27.习题6设一个汽车站上,某路公共汽车每5分钟有一辆车到达,设乘客在5分钟内任一时间到达是等可能的,试计算在车站候车的10位乘客中只有1位等待时间超过4分钟的概率.解答:设X为每位乘客的候车时间,则X服从[0,5]上的均匀分布. 设Y表示车站上10位乘客中等待时间超过4分钟的人数. 由于每人到达时间是相互独立的.这是10重伯努力概型. Y服从二项分布,其参数n=10,p=P{X≥4}=15=0.2,所以P{Y=1}=C101×0.2×0.89≈0.268.设X∼N(3,22).(1)确定C,使得P{X>c}=P{X≤c};(2)设d满足P{X>d}≥0.9,问d至多为多少?解答:因为X∼N(3,22),所以X-32=Z∼N(0,1).(1)欲使P{X>c}=P{X≤c},必有1-P{X≤c}=P{X≤c},即P{X≤c}=1/2,亦即Φ(c-32)=12,所以c-32=0,故c=3.(2)由P{X>d}≥0.9可得1-P{X≤d}≥0.9,即P{X≤d}≤0.1.于是Φ(d-32)≤0.1,Φ(3-d2)≥0.9.查表得3-d2≥1.282,所以d≤0.436.习题8设测量误差X∼N(0,102),先进行100次独立测量,求误差的绝对值超过19.6的次数不小于3的概率.解答:先求任意误差的绝对值超过19.6的概率p,p=P{∣X∣>19.6}=1-P{∣X∣≤19.6}=1-P{∣X10∣≤1.96=1-[Φ(1.96)-Φ(-1.96)]=1-[2Φ(1.96)-1]=1-[2×0.975-1]=1-0.95=0.05.设Y为100次测量中误差绝对值超过19.6的次数,则Y∼b(100,0.05).因为n很大,p很小,可用泊松分布近似,np=5=λ,所以P{Y≥3}≈1-50e-50!-51e-51!-52e-52!=1-3722-5≈0.87.习题9某玩具厂装配车间准备实行计件超产奖,为此需对生产定额作出规定. 根据以往记录,各工人每月装配产品数服从正态分布N(4000,3600).假定车间主任希望10%的工人获得超产奖,求:工人每月需完成多少件产品才能获奖?解答:用X表示工人每月需装配的产品数,则X∼N(4000,3600).设工人每月需完成x件产品才能获奖,依题意得P{X≥x}=0.1,即1-P{X<x}=0.1,所以1-F(x)=0.1,即1-Φ(x-)=0.1,所以Φ(x-)=0.9.查标准正态人分布表得Φ(1.28)=0.8997,因此x-≈1.28,即x=4077件,就是说,想获超产奖的工人,每月必须装配4077件以上.某地区18岁女青年的血压(收缩压,以mm-HG计)服从N(110,122).在该地区任选一18岁女青年,测量她的血压X.(1)求P{X≤105},P{100<X≤120};(2)确定最小的x,使P{X>x}≤0.005.解答:已知血压X∼N(110,122).(1)P{X≤105}=P{X-11012≤-512≈1-Φ(0.42)=0.3372,P{100<X≤120}=Φ(120-11012)-Φ(100-11012)=Φ(0.833)-Φ(-0.833)=2Φ(0.833)-1≈0.595. (2)使P{X>x}≤0.05,求x,即1-P{X≤x}≤0.05,亦即Φ(x-11012)≥0.95,查表得x-10012≥1.645,从而x≥129.74.习题11设某城市男子身高X∼N(170,36),问应如何选择公共汽车车门的高度使男子与车门碰头的机会小于0.01.解答:X∼N(170,36),则X-1706∼N(0,1).设公共汽车门的高度为xcm,由题意P{X>x}<0.01,而P{X>x}=1-P{X≤x}=1-Φ(x-1706)<0.01,即Φ(x-1706)>0.99,查标准正态表得x-1706>2.33,故x>183.98cm.因此,车门的高度超过183.98cm时,男子与车门碰头的机会小于0.01.习题12某人去火车站乘车,有两条路可以走. 第一条路程较短,但交通拥挤,所需时间(单位:分钟)服从正态分布N(40,102);第二条路程较长,但意外阻塞较少,所需时间服从正态分布N(50,42),求:(1)若动身时离开车时间只有60分钟,应走哪一条路线?(2)若动身时离开车时间只有45分钟,应走哪一条路线?解答:设X,Y分别为该人走第一、二条路到达火车站所用时间,则X∼N(40,102),Y∼N(50,42).哪一条路线在开车之前到达火车站的可能性大就走哪一条路线.(1)因为P{X<60}=Φ(60-4010)=Φ(2)=0.97725,P{Y<60}=Φ(60-504)=Φ(2.5)=0.99379,所以有60分钟时应走第二条路.(2)因为P{X<45}=Φ(45-4010)=Φ(0.5)=0.6915,P{X<45}=Φ(45-504)=Φ(-1.25)=1-Φ(1.25)=1-0.8925=0.1075所以只有45分钟应走第一条路.2.5 随机变量函数的分布习题1已知X的概率分布为设X∼N(0,1),求Y=2X2+1的概率密度.解答:因y=2X2+1是非单调函数,故用分布函数法先求FY(y).FY(y)=P{Y≤y}=P{2X2+1≤y}(当y>1时)=P{-y-12≤X≤y-12=∫-y-12y-1212πe-x2dx,所以fY(y)=F′Y(y)=22πe-12⋅y-12⋅122y-1,y>1,于是fY(y)={1/[2π(y-1)]e-(y-1)/4, y>10,y≤1.习题6设连续型随机变量X的概率密度为f(x),分布函数为F(x),求下列随机变量Y的概率密度:(1)Y=1X;(2)Y=∣X∣.解答:(1)FY(y)=P{Y≤y}=P{1/X≤y}.①当y>0时,FY(y)=P{1/X≤0}+P{0<1/X≤y}=P{X≤0}+P{X≥1/y}=F(0)+1-F(1/y),故这时fY(y)=[-F(1y)]′=1y2f(1y);;②当y<0时,FY(y)=P{1/y≤X<0}=F(0)-F(1/y),故这时fY(y)=1y2f(1y);③当y=0时,FY(y)=P{1/X≤0}=P{X<0}=F(0),故这时取fY(0)=0,综上所述fY(y)={1y2⋅f(1y),y≠00,y=0.(2)FY(y)=P{Y≤y}=P{∣X∣≤y}.①当y>0时,FY(y)=P{-y≤X≤y}=F(y)-F(-y)这时fY(y)=f(y)+f(-y);②当y<0时,FY(y)=P{∅}=0,这时fY(y)=0;③当y=0时,FY(y)=P{Y≤0}=P{∣X∣≤0}=P{X=0}=0,故这时取FY(y)=0,综上所述fY(y)={f(y)+f(-y),y>00,y≤0.习题7某物体的温度T(∘F)是一个随机变量, 且有T∼N(98.6,2),已知θ=5(T-32)/9,试求θ(∘F)的概率密度.解答:已知T∼N(98.6,2).θ=59(T-32),反函数为T=59θ+32,是单调函数,所以fθ(y)=fT(95y+32)⋅95=12π⋅2e-(95y+32-98.6)24⋅95=910πe-81100(y-37)2.设随机变量X在任一区间[a,b]上的概率均大于0,其分布函数为FY(x),又Y在[0,1]上服从均匀分布,证明:Z=FX-1(Y)的分布函数与X的分布函数相同.解答:因X在任一有限区间[a,b]上的概率均大于0,故FX(x)是单调增加函数,其反函数FX-1(y)存在,又Y在[0,1]上服从均匀分布,故Y的分布函数为FY(y)=P{Y≤y}={0,y<0y,0≤y≤11,y>0,于是,Z的分布函数为FZ(z)=P{Z≤z}=P{FX-1(Y)≤z}=P{Y≤FX(z)}={0,FX(z)<0FX(z),0≤FX(z)≤1,1,FX(z)>1由于FX(z)为X的分布函数,故0≤FX(z)≤1.FX(z)<0和FX(z)>1均匀不可能,故上式仅有FZ(z)=FX(z),因此,Z与X的分布函数相同. 总习题解答习题1从1∼20的整数中取一个数,若取到整数k的概率与k成正比,求取到偶数的概率.解答:设Ak为取到整数k,P(Ak)=ck,k=1,2,⋯,20.因为P(⋃K=120Ak)=∑k=120P(Ak)=c∑k=120k=1,所以c=1210,P{取到偶数}=P{A2∪A4∪⋯∪A20}=1210(2+4+⋯+20)=1121.习题2若每次射击中靶的概率为0.7,求射击10炮,(1)命中3炮的概率;(2)至少命中3炮的概率;(3)最可能命中几炮.解答:若随机变量X表示射击10炮中中靶的次数. 由于各炮是否中靶相互独立,所以是一个10重伯努利概型,X服从二项分布,其参数为n=10,p=0.7,故(1)P{X=3}=C103(0.7)3(0.3)7≈0.009;(2)P{X≥3}=1-P{X<3}=1-[C100(0.7)0(0.3)10+C101(0.7)1(0.3)9+C102(0.7)2(0.3) 8]≈0.998;(3)因X∼b(10,0.7),而k0=[(n+1)p]=[(10+1)]×0.7=[7.7]=7,故最可能命中7炮.习题3在保险公司里有2500名同一年龄和同社会阶层的人参加了人寿保险,在1年中每个人死亡的概率为0.002,每个参加保险的人在1月1日须交120元保险费,而在死亡时家属可从保险公司里领20000元赔偿金,求:(1)保险公司亏本的概率;(2)保险公司获利分别不少于元, 元的概率.解答:(1)以“年”为单位来考虑,在1年的1月1日,保险公司总收入为2500×120元=30000元.设1年中死亡人数为X,则X∼b(2500,0.002),则保险公司在这一年中应付出X(元),要使保险公司亏本,则必须X>即X>15(人).因此,P{保险公司亏本}=P{X>15}=∑k=C2500k(0.002)k×(0.998)2500-k≈1-∑k=015e-55kk!≈0.,由此可见,在1年里保险公司亏本的概率是很小的.(2)P{保险公司获利不少于元}=P{-X≥}=P{X≤10}=∑k=010C2500k(0.002)×(0.998)2500-k≈∑k=010e-55kk!≈0.,即保险公司获利不少于元的概率在98%以上.P{保险公司获利不少于元}=P{-X≥}=P{X≤5}=∑k=05C2500k(0.002)k×(0.998)2500-k≈∑k=05e-55kk!≈0.,即保险公司获利不少于元的概率接近于62%.习题4一台总机共有300台分机,总机拥有13条外线,假设每台分机向总机要外线的概率为3%, 试求每台分机向总机要外线时,能及时得到满足的概率和同时向总机要外线的分机的最可能台数.解答:设分机向总机要到外线的台数为X,300台分机可看成300次伯努利试验,一次试验是否要到外线. 设要到外线的事件为A,则P(A)=0.03,显然X∼b(300,0.03),即P{X=k}=C300k(0.03)k(0.97)300-k(k=0,1,2,⋯,300),因n=300很大,p=0.03又很小,λ=np=300×0.03=9,可用泊松近似公式计算上面的概率. 因总共只有13条外线,要到外线的台数不超过13,故P{X≤13}≈∑k=0139kk!e-9≈0.9265,(查泊松分布表)且同时向总机要外线的分机的最可能台数k0=[(n+1)p]=[301×0.03]=9.习题5在长度为t的时间间隔内,某急救中心收到紧急呼救的次数X服从参数t2的泊松分布,而与时间间隔的起点无关(时间以小时计),求:P{x<X≤x+Δx/X}=P{x<X≤x+Δx,X>x}P{X>x}=P{x<X≤x+Δx}1-P{X≤x}=F(x+Δx)-F(x) 1-F(x),故F(X+Δx)-F(x)1-F(x)=λΔx+o(Δx),即F(x+Δx)-F(x)Δx=[1-F(x)][λ+o(Δx)Δx],令o(Δx)→0,得F′(x)=λ[1-F(x)].这是关于F(x)的变量可分离微分方程,分离变量dF(x)1-F(x)=λdx,积分之得通解为C[1-F(x)]=e-λx(C为任意常数).注意到初始条件F(0)=0,故C=1.于是F(x)=1-e-λx,x>0,λ>0,故X的分布函数为F(x)={0,x≤01-e-λx,x>0(λ>0),从而电子管在T小时内损坏的概率为P{X≤T}=F(T)=1-e-λT.习题9设连续型随机变量X的分布密度为f(x)={x,0<x≤12-x,1<x≤20,其它,求其分布函数F(x).解答:当x≤0时,F(x)=∫-∞x0dt=0;当0<x≤1时,F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00tdt+∫0xtdt=12x2;当1<x≤2时,F(x)=∫-∞xf(t)dt=∫-∞00dt+∫01tdt+∫1x(2-t)dt=0+12+(2t-12t2)∣1x=-1+2x-x22;当x>2时,F(x)=∫-∞00dt+∫01tdt+∫12(2-t)dt+∫2x0dt=1,故F(x)={0,x≤212x2,0<x≤1-1+2x-x22,1<x≤21,x>2.习题10某城市饮用水的日消费量X(单位:百万升)是随机变量,其密度函数为:f(x)={19xe-x3,x>00,其它,试求:(1)该城市的水日消费量不低于600万升的概率;(2)水日消费量介于600万升到900万升的概率.解答:先求X的分布函数F(x).显然,当x<0时,F(x)=0,当x≥0时有F(x)=∫0x19te-t3dt=1-(1+x3)e-x3故F(x)={1-(1+x3)e-x3,x≥00,x<0,所以P{X≥6}=1-P{X<6}=1-P(X≤6}=1-F(6)=1-[1-(1+x3)e-x3]x=6=3e-2,P{6<X≤9}=F(9)-F(6)=(1-4e-3)-(1-3e-2)=3e-2-4e-3.习题11已知X∼f(x)={cλe-λx,x>a0,其它(λ>0),求常数c及P{a-1<X≤a+1}.解答:由概率密度函数的性质知∫-∞+∞f(x)dx=1,而∫-∞+∞f(x)dx=∫-∞a0dx+∫a+∞cλe-λxdx=c∫a+∞e-λxd(λx)=-ce-λx\vlinea+∞=ce-λa,所以ce-λa=1,从而c=eλa.于是P{a-1<X≤a+1}=∫a-1a+1f(x)dx=∫a-1a0dx+∫aa+1λeλae-λxdx=-eλae-λx\vlineaa+1=-eλa(e-λ(a+ 1)-e-λa)=1-e-λ.注意,a-1<a,而当x<a时,f(x)=0.习题12已知X∼f(x)={12x2-12x+3,0<x<10,其它,计算P{X≤0.2∣0.1<X≤0.5}.解答:根据条件概率;有P{X≤0.2∣0.1<X≤0.5}=P{X≤0.2,0.1<X≤0.5}P{0.1<X≤0.5}=P{0.1<X≤0.2}P{0.1<X≤0.5}=∫0.10.2( 12x2-12x+2)dx∫0.10.5(12x2-12x+3)dx=(4x3-6x2+3x)∣0.10.2(4x3-6x2+3x)∣0.10.5=0.1480.256=0..习题13若F1(x),F2(x)为分布函数,(1)判断F1(x)+F2(x)是不是分布函数,为什么?(2)若a1,a2是正常数,且a1+a2=1.证明:a1F1(x)+a2F2(x)是分布函数.解答:(1)F(+∞)=limx→+∞F(x)=limx→+∞F1(x)+limx→+∞F2(x)=1+1=2≠1故F(x)不是分布函数.(2)由F1(x),F2(x)单调非减,右连续,且F1(-∞)=F2(-∞)=0,F1(+∞)=F2(+∞)=1,可知a1F1(x)+a2F2(x)单调非减,右连续,且a1F1(-∞)+a2F2(-∞)=0,a1F1(+∞)+a2F2(+∞)=1.从而a1F1(x)+a2F2(x)是分布函数.习题14设随机变量X的概率密度ϕ(x)为偶函数,试证对任意的a>0,分布函数F(x)满足:(1)F(-a)=1-F(a);(2)P{∣X∣>a}=2[1-F(a)].解答:(1)F(-a)=∫-∞-aϕ(x)dx=∫a+∞ϕ(-t)dt=∫a+∞ϕ(x)dx=1-∫-∞aϕ(x)dx=1-F(a).(2)P{∣X∣>a}=P{X<-a}+P{X>a}=F(-a)+P{X≥a}F(-a)+1-F(a)=2[1-F(a)].习题15设K在(0,5)上服从均匀分布,求x的方程4x2+4Kx+K+2=0有实根的概率.解答:因为K∼U(0,5),所以fK(k)={1/5,0<k<50,其它,方程4x2+4Kx+K+2=0有实根的充要条件为(4K)2-4⋅4(K+2)≥0,即K2-K-2≥0,亦即(k-2)(K+1)≥0,解得K≥2(K≤-1舍去),所以P{方程有实根}=P{K≥2}=∫2515dx=35.习题16某单位招聘155人,按考试成绩录用,共有526人报名,假设报名者考试成绩X∼N(μ,σ2), 已知90分以上12人,60分以下83人,若从高分到低分依次录取,某人成绩为78分,问此人是否能被录取?解答:要解决此问题首先确定μ,σ2, 因为考试人数很多,可用频率近似概率.根据已知条件P{X>90}=12/526≈0.0228,P{X≤90}=1-P{X>90}≈1-0.0228}=0.9772;又因为P{X≤90}=P{X-μσ≤90-μσ, 所以有Φ(90-μσ)=0.9772, 反查标准正态表得90-μσ=2 ①同理:P{X≤60}=83/526≈0.1578; 又因为P{X≤60}=P{X-μσ≤60-μσ,故Φ(60-μσ)≈0.1578.因为0.1578<0.5,所以60-μσ<0, 故Φ(μ-60σ)≈1-0.1578=0.8422, 反查标准正态表得μ-60σ≈1.0 ②联立①,②解得σ=10,μ=70, 所以,X∼N(70,100).某人是否能被录取,关键看录取率. 已知录取率为≈0.2947, 看某人是否能被录取,解法有两种:方法1:P{X>78}=1-P{X≤78}=1-P{x-7010≤78-7010=1-Φ(0.8)≈1-0.7881=0.2119,因为0.2119<0.2947(录取率), 所以此人能被录取.方法2:看录取分数线. 设录取者最低分为x0, 则P{X≥x0}=0.2947(录取率),P{X≤x0}=1-P{X≥x0}=1-0.2947=0.7053,P{X≤x0}=P{x-7010≤x0-7010=Φ{x0-7010=0.7053,反查标准正态表得x0-7010≈0.54, 解得x0≈75. 此人成绩78分高于最低分,所以可以录取. 习题17假设某地在任何长为t(年)的时间间隔内发生地震的次数N(t)服从参数为λ=0.1t的泊松分布,X 表示连续两次地震之间间隔的时间(单位:年).(1)证明X服从指数分布并求出X的分布函数;(2)求今后3年内再次发生地震的概率;(3)求今后3年到5年内再次发生地震的概率.解答:(1)当t≥0时,P{X>t}=P{N(t)=0}=e-0.1t,∴F(t)=P{X≤t}=1-P{X>t}=1-e-0.1t;当t<0时,F(t)=0,∴F(x)={1-e-0.1t,x≥00,x<0,X服从指数分布(λ=0.1);(2)F(3)=1-e-0.1×3≈0.26;(3)F(5)-F(3)≈0.13.习题18100件产品中,90个一等品,10个二等品,随机取2个安装在一台设备上,若一台设备中有i个(i=0,1,2)二等品,则此设备的使用寿命服从参数为λ=i+1的指数分布.(1)试求设备寿命超过1的概率;(2)已知设备寿命超过1,求安装在设备上的两个零件都是一等品的概率.解答:(1)设X表示设备寿命. A表示“设备寿命超过1”,Bi表示“取出i个二等品”(i=0,1,2),则X的密度函数为fX(x)={λe-λx,x>00,x≤0 (λ=i+1,i=0,1,2),P(B0)=C902C1002, P(B1)=C901C102C1002, P(B2)=C102C1002,P(A∣B0)=∫1+∞e-xdx=e-1,P(A∣B1)=∫1+∞2e-2xdx=e-2,P(A∣B2)=∫1+∞3e-3xdx=e-3,由全概率公式:P(A)=∑i=02P(Bi)P(A∣Bi)≈0.32.(2)由贝叶斯公式:P(B0∣A)=P(B0)P(A∣B0)P(A)≈0.93.习题19设随机变量X的分布律为所以注:随机变量的值相同时要合并,对应的概率为它们概率之和.习题20设随机变量X的密度为fX(x)={0,x<02x3e-x2,x≥0,求Y=2X+3的密度函数.解答:由Y=2X+3,有y=2x+3,x=y-32,x′=12,由定理即得fY(x)={0,y<3(y-32)3e-(y-32),y≥3.习题21设随机变量X的概率密度fX(x)={e-x,x>00,其它,求Y=eX的概率密度.解答:因为α=min{y(0),y(+∞)}=min{1,+∞}=1,β=max{y(0),y(+∞)}=max{1,+∞}=+∞.类似上题可得fY(y)={fX[h(y)]∣h′(y)∣,1<y<+∞0,其它={1/y2,1<y<+∞0,其它.习题22设随便机变量X的密度函数为fX(x)={1-∣x∣,-1<x<10,其它,求随机变量Y=X2+1的分布函数与密度函数.解答:X的取值范围为(-1,1),则Y的取值范围为[1,2).当1≤y<2时,FY(y)=P{Y≤y}=P{X2+1≤y}=P{-Y-1≤x≤y-1}=∫-y-1y-1(1-∣x∣)dx=2∫0y-1(1-x)dx=1-(1-y-1)2,从而Y的分布函数为FY(y)={0,y<11-(1-y-1)2,1≤y<2,1,其它Y的概率密度为fY(y)={1y-1-1,1<y<20,其它.。

概率论与数理统计:离散型随机变量的分布函数

概率论与数理统计:离散型随机变量的分布函数

0, 1, 2, , n.
当 X k (0 k n) 时, 即 A 在 n 次试验中发生了k 次.
A A A A A A ,
k次
n k 次
A A A A A A A A
k 1 次
n k 1 次

n 得 A 在 n 次试验中发生k 次的方式共有 种, k 且两两互不相容.
P{ X 0} 0.012 P{ X 1} 0.058
P{ X 4} 0.218 P{ X 5} 0.175 P{ X 6} 0.109 P{ X 8} 0.022 P{ X 9} 0.007
P{ X 10} 0.002
P{ X 2} 0.137
1 0.9999
1000
1000 0.0001 0.9999999 1
4. 泊松分布
设随机变量所有可能取 的值为 0, 1, 2,, 而取各个 值的概率为 k! 其中 0 是常数.则称 X 服从参数为 的泊松分 布, 记为 X ~ π( ).
泊松资料
将 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.
实例1 抛一枚硬币观察得到正面或反面. 若将硬 币抛 n 次,就是n重伯努利试验. 实例2 抛一颗骰子n次,观察是否 “出现 1 点”, 就
是 n重伯努利试验. (3) 二项概率公式
若 X 表示 n 重伯努利试验中事件A 发生的次数, 则 X 所有可能取的值为
xk x

xk x
P( X x
k
)
xk x
p
k
pk P( X xk ) F ( xk ) F ( xk 1 )

概率论与数理统计总结

概率论与数理统计总结

第一章随机事件与概率第一节随机事件及其运算1、随机现象:在一定条件下,并不总是出现相同结果的现象2、样本空间:随机现象的一切可能基本结果组成的集合,记为Ω={ω},其中ω表示基本结果,又称为样本点。

3、随机事件:随机现象的某些样本点组成的集合常用大写字母A、B、C等表示,Ω表示必然事件,∅表示不可能事件.4、随机变量:用来表示随机现象结果的变量,常用大写字母X、Y、Z等表示。

5、时间的表示有多种:(1)用集合表示,这是最基本形式(2)用准确的语言表示(3)用等号或不等号把随机变量于某些实属联结起来表示6、事件的关系(1)包含关系:如果属于A的样本点必属于事件B,即事件 A 发生必然导致事件B发生,则称A被包含于B,记为A⊂B;(2)相等关系:若A⊂B且B⊃A,则称事件A与事件B相等,记为A=B。

(3)互不相容:如果A∩B=∅,即A与B不能同时发生,则称A与B互不相容7、事件运算(1)事件A与B的并:事件A与事件B至少有一个发生,记为 A∪B。

(2)事件A与B的交:事件A与事件B同时发生,记为A∩ B或AB。

(3)事件A对B的差:事件A发生而事件B不发生,记为 A-B。

用交并补可以表示为。

(4)对立事件:事件A的对立事件(逆事件),即“A不发生”,记为.对立事件的性质:。

8、事件运算性质:设A,B,C为事件,则有(1)交换律:A∪B=B∪A,AB=BA(2)结合律:A∪(B∪C)=(A∪B)∪C=A∪B∪C A(BC)=(AB)C=ABC(3)分配律:A∪(B∩C)=(A∪B)∩(A∪C)、A(B∪C)=(A∩B)∪(A∩C)= AB∪AC(4)棣莫弗公式(对偶法则):9、事件域:含有必然事件Ω,并关于对立运算和可列并运算都封闭的事件类ξ称为事件域,又称为σ代数。

具体说,事件域ξ满足:(1)Ω∈ξ;(2)若A∈ξ,则对立事件∈ξ;(3)若A n∈ξ,n=1,2,···,则可列并ξ。

概率论与数理统计中的三种重要分布

概率论与数理统计中的三种重要分布

概率论与数理统计中的三种重要分布摘要:在概率论与数理统计课程中,我们研究了随机变量的分布,具体地研究了离散型随机变量的分布和连续型随机变量的分布,并简单的介绍了常见的离散型分布和连续型分布,其中二项分布、Poisson 分布、正态分布是概率论中三大重要的分布。

因此,在这篇文章中重点介绍二项分布、Poisson 分布和正态分布以及它们的性质、数学期望与方差,以此来进行一次比较完整的概率论分布的学习。

关键词:二项分布;Poisson 分布;正态分布;定义;性质一、二项分布二项分布是重要的离散型分布之一,它在理论上和应用上都占有很重要的地位,产生这种分布的重要现实源泉是所谓的伯努利试验。

(一)泊努利分布[Bernoulli distribution ] (两点分布、0-1分布)1.泊努利试验在许多实际问题中,我们感兴趣的是某事件A 是否发生。

例如在产品抽样检验中,关心的是抽到正品还是废品;掷硬币时,关心的是出现正面还是反面,等。

在这一类随机试验中,只有两个基本事件A 与A ,这种只有两种可能结果的随机试验称为伯努利试验。

为方便起见,在一次试验中,把出现A 称为“成功”,出现A 称为“失败” 通常记(),p A P = ()q p A P =-=1。

2.泊努利分布定义:在一次试验中,设p A P =)(,p q A P -==1)(,若以ξ记事件A 发生的次数,则⎪⎪⎭⎫⎝⎛ξp q 10~,称ξ服从参数为)10(<<p p 的Bernoulli 分布或两点分布,记为:),1(~p B ξ。

(二)二项分布[Binomial distribution]把一重Bernoulli 试验E 独立地重复地进行n 次得到n 重Bernoulli 试验。

定义:在n 重Bernoulli 试验中,设(),()1P A p P A q p ===-若以ξ记事件A 发生的次数,则ξ为一随机变量,且其可能取值为n ,,2,1,0 ,其对应的概率由二项分布给出:{}k n kk n p p C k P --==)1(ξ,n k ,,3,2,1,0 =,则称ξ服从参数为)10(,<<p p n 的二项分布,记为),(~p n B ξ。

《概率论与数理统计》笔记

《概率论与数理统计》笔记

《概率论和数理统计》笔记一、课程导读“概率论和数理统计”是研究随机现象的规律性的一门学科在自然界,在人们的实践活动中,所遇到的现象一般可以分为两类:确定性现象随机现象确定性现象在一定的条件下,必然会出现某种确定的结果.例如,向上抛一枚硬币,由于受到地心引力的作用,硬币上升到某一高度后必定会下落.我们把这类现象称为确定性现象(或必然现象).同样,任何物体没有受到外力作用时,必定保持其原有的静止或等速运动状态;导线通电后,必定会发热;等等也都是确定性现象.随机现象在一定的条件下,可能会出现各种不同的结果,也就是说,在完全相同的条件下,进行一系列观测或实验,却未必出现相同的结果.例如,抛掷一枚硬币,当硬币落在地面上时,可能是正面(有国徽的一面)朝上,也可能是反面朝上,在硬币落地前我们不能预知究竟哪一面朝上.我们把这类现象称为随机现象(或偶然现象).同样,自动机床加工制造一个零件,可能是合格品,也可能是不合格品;射击运动员一次射击,可能击中10环,也可能击中9环8环……甚至脱靶;等等也都是随机现象.统计规律性对随机现象,从表面上看,由于人们事先不能知道会出现哪一种结果,似乎是不可捉摸的;其实不然.人们通过实践观察到并且证明了,在相同的条件下,对随机现象进行大量的重复试验(观测),其结果总能呈现出某种规律性.例如,多次重复抛一枚硬币,正面朝上和反面朝上的次数几乎相等;对某个靶进行多次射击,虽然各次弹着点不完全相同,但这些点却按一定的规律分布;等等.我们把随机现象的这种规律性称为统计规律性.●使用例子摸球游戏中谁是真正的赢家在街头巷尾常见一类“摸球游戏”.游戏是这样的:一袋中装有16个大小、形状相同,光滑程度一致的玻璃球.其中8个红色、8个白色.游戏者从中一次摸出8个,8个球中.当红白两种颜色出现以下比数时.摸球者可得到相应的“奖励”或“处罚”:结果(比数) A(8:0)B(7:1)C(6:2)D(5:3)E(4:4)奖金(元)10 1 0.5 0.2 -2 注:表中“-2”表示受罚2元解: 此游戏(实为赌博),从表面上看非常有吸引力,5种可能出现的结果.有4种可得奖.且最高奖达10元.而只有一种情况受罚.罚金只是2元.因此就吸引了许多人特别是好奇的青少年参加.结果却是受罚的多,何以如此呢?其实.这就是概率知识的具体使用:现在是从16个球中任取8个.所有可能的取法为816C 种.即基本事件总数有限.又因为是任意抽取.保证了等可能性.是典型的古典概型问题.由古典概率计算公式.很容易得到上述5种结果.其对应的概率分别是:3807048730121800099460000155404848385828681878.C C C P(E);.C C 2C P(D);.C C 2C P(C);.C C 2C P(B);.C 2P(A)816816816816816==========假设进行了1000次摸球试验, 5种情况平均出现的次数分别为:0、10、122、487、381次,经营游戏者预期可得2×381-(10×0+1×10+0.5×122+0.2×487) =593.6(元). 这个例子的结论可能会使我们大吃一惊,然而正是在这一惊之中.获得了对古典概率更具体、更生动的知识.戏院设座问题乙两戏院在竞争500名观众,假设每个观众完全随意地选择一个戏院,且观众之间选择戏院是彼此独立的,问每个戏院至少应该设多少个座位才能保证观众因缺少座位而离开的概率小于5%?解 由于两个戏院的情况相同,故只需考虑甲戏院即可。

概率论与数理统计课件(完整版)

概率论与数理统计课件(完整版)
例1. 两架飞机依次轮番对同一目标投弹, 每次投下一颗炸弹, 每架飞机各带3颗炸弹, 第1架扔一颗炸弹击中目标的概率为0.3, 第2架的概率为0.4, 求炸弹未完全耗尽而击中目标的概率。
1. 计算相互独立的积事件的概率: 若已知n个事件A1, A2, …, An相互独立,则 P(A1A2…An)=P(A1)P(A2)…P(An)
系统一:先串联后并联
A1
B1
A2
B2
A3
B3
A4
B4
*
例3. 100件乐器,验收方案是从中任 取3件测试(相互独立的), 3件测试后都认为音色纯则接收这批 乐器,测试情况如下: 经测试认为音色纯 认为音色不纯 乐器音色纯 0.99 0.01 乐器音色不纯 0.05 0.95
*
1. 公式法:
当A=S时, P(B|S)=P(B), 条件概率化为无条件概率, 因此无条件概率可看成条件概率.

计算条件概率有两种方法:
*
2.缩减样本空间法:
在A发生的前提下, 确定B的缩减样本空间, 并在其中计算B发生的概率, 从而得到P(B|A). 例2. 在1, 2, 3, 4, 5这5个数码中, 每次取一个数码, 取后不放回, 连取两次, 求在第1次取到偶数的条件下, 第2次取到奇数的概率.
*
随机试验: (1) 可在相同的条件下重复试验; (2) 每次试验的结果不止一个,且能事先明确所有可能的结果; (3) 一次试验前不能确定会出现哪个结果.
*
2. 样本空间与随机事件
样本空间的分类:
离散样本空间:样本点为有限个或可列个. 例 E1,E2等. 无穷样本空间:样本点在区间或区域内取值. 例 灯泡的寿命{t|t≥0}.
空集φ不包含任何样本点, 它在每次试验中都不发生,称为不可能事件。

概率论与数理统计知识点总结

概率论与数理统计知识点总结
在已知X=xi的条件下,Y取值的条件分布为
在已知Y=yj的条件下,X取值的条件分布为
连续型
在已知Y=y的条件下,X的条件分布密度为

在已知X=x的条件下,Y的条件分布密度为
(7)独立性
一般型
F(X,Y)=FX(x)FY(y)
离散型
有零不独立
连续型
f(x,y)=fX(x)fY(y)
直接判断,充要条件:
若 ,则 的分布函数为
。。
参数 、 时的正态分布称为标准正态分布,记为 ,其密度函数记为
, ,
分布函数为

是不可求积函数,其函数值,已编制成表可供查用。
Φ(-x)=1-Φ(x)且Φ(0)= 。
如果 ~ ,则 ~ 。

(6)分位数
下分位表: ;
上分位表: 。
(7)函数分布
离散型
已知 的分布列为

的分布列( 互不相等)如下:
若事件 、 相互独立,且 ,则有
若事件 、 相互独立,则可得到 与 、 与 、 与 也都相互独立。
必然事件 和不可能事件Ø与任何事件都相互独立。
Ø与任何事件都互斥。
②多个事件的独立性
设ABC是三个事件,如果满足两两独立的条件,
P(AB)=P(A)P(B);P(BC)=P(B)P(C);P(CA)=P(C)P(A)
当x2>x1时,有F(x2,y)≥F(x1,y);当y2>y1时,有F(x,y2)≥F(x,y1);
(3)F(x,y)分别对x和y是右连续的,即
(4)
(5)对于
.
(4)离散型与连续型的关系
(5)边缘分布
离散型
X的边缘分布为

Y的边缘分布为

二项式分布和泊松分布

二项式分布和泊松分布

二项式分布和泊松分布二项式分布和泊松分布是概率论中两种常见的离散概率分布。

它们在实际应用中具有重要的意义,可以用来描述随机事件的发生概率。

二项式分布是指在n次独立重复试验中,成功事件发生的次数满足一定的概率分布。

它的概率质量函数可以通过二项式系数计算得到,而二项式系数是组合数学中的一个重要概念。

二项式分布常用于模拟离散事件的发生概率,如抛硬币、掷骰子等。

例如,在抛硬币的实验中,我们可以用二项式分布来计算正面朝上的次数。

泊松分布是指在给定时间或空间单位内,事件发生的次数满足一定的概率分布。

它的概率质量函数可以通过泊松定理计算得到。

泊松分布常用于模拟连续事件的发生概率,如人口增长、电话呼叫次数等。

例如,在电话呼叫中心的实际运营中,我们可以用泊松分布来计算单位时间内收到的电话呼叫次数。

二项式分布和泊松分布在实际应用中有许多相似之处,但也有一些区别。

首先,二项式分布是离散分布,而泊松分布是连续分布。

其次,二项式分布的参数是试验次数和成功事件的概率,而泊松分布的参数是单位时间或空间内事件的平均发生率。

此外,当试验次数n趋向于无穷大,成功事件的概率p趋向于0,但np保持不变时,二项式分布逼近于泊松分布。

二项式分布和泊松分布在实际问题中的应用非常广泛。

例如,在质量控制中,我们可以用二项式分布来计算合格品的比例。

在金融领域,我们可以用泊松分布来模拟股票价格的变动。

在流行病学中,我们可以用泊松分布来估计某种疾病在一定时间内的发病人数。

在电信网络中,我们可以用泊松分布来模拟数据包的到达时间。

二项式分布和泊松分布是概率论中两种重要的离散概率分布。

它们在实际应用中具有广泛的应用,可以用来描述随机事件的发生概率。

通过对二项式分布和泊松分布的理解和应用,我们可以更好地理解和分析各种实际问题,为决策提供科学依据。

希望通过本文的介绍,读者对二项式分布和泊松分布有更深入的了解。

概率论与数理统计ppt课件(完整版)

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*
几何概型的概率的性质
对任一事件A ,有
三.统计定义:
(一) 频率
在相同的条件下, 共进行了n次试验,事件A发生的次数nA, 称为A的频数, nA/n称为事件A发生的频率, 记为fn(A).
频率的特性: 波动性和稳定性.
*
四.概率公理化定义:
定义: 设S是样本空间, E是随机试验. 对于E的每个事件A对应一个实数P(A), 称为事件 A的概率, 其中集合函数P(.)满足下列条件: 对任一事件A,有P(A)≥0; (非负性) P(S)=1;(规范性) 设A1,A2,…是两两互不相容的事件,则有 P(A1 A2 …)=P(A1)+P(A2)+… (可列可加性)
2. 样本空间与随机事件
(一) 样本空间: 定义 随机试验E的所有可能结果组成的集合称为 E的样本空间, 记为S. 样本空间的元素称为样本点,用表示.
样本空间的分类:
1.离散样本空间:样本点为有限个或可列个. 例 E1,E2等.
2.无穷样本空间:样本点在区间或区域内取值. 例 灯泡的寿命{t|t≥0}.
*
(二) 乘法公式:
P(AB)>0, 则有 P(ABC)=P(A)P(B|A)P(C|AB).
一般, 设A1, A2, …,An是n个事件,(n≥2), P(A1A2 ...An-1)>0, 则有乘法公式:
P(A1A2…An)=P(A1)P(A2|A1)…P(An-1|A1A2…An-2) P(An|A1A2…An-1).
*
B
A
S
2.和事件:
3.积事件: 事件A B={x|x A 且 x B}称A与B的积,即事件A与B同时发生. A B 可简记为AB.
类似地, 事件 为可列个事件A1, A2, ...的积事件.

概率论与数理统计2.2.4 泊松分布

概率论与数理统计2.2.4 泊松分布
讲稿
课程名称
《概率论与数理统计》
教师姓名
陈洁
授课章节
§2.2.4泊松分布
授课对象
机械设计制造及自动化、材料科学与工程专业等
教学目标
掌握泊松分布、泊松定理的描述及用法,能运用泊松分布和定理解决实际问题。
教学方式
启发式
教学内容
泊松分布、泊松定理的描述及用法。
教学重点
泊松分布、泊松定理的描述及用法
教学难点
注:上式计算是非常麻烦的,我们寻求简单的计算方法.
2、二项分布的泊松近似(泊松定理)
当试验次数n很大时,计算二项分布很麻烦,必须寻求近似方法.
注当n很大且p很小时,可用泊松分布近似计算二项分布.布.
例2利用泊松近似计算得:
显然利用近似计算来得方便.
补充说明
强调泊松分布是用来描述稀有事件出现次数的分布
课程资源
参考书目,网上教学视频,网络微课教学
教学过程:
1、泊松分布
(2)泊松分布主要用来描述大量试验中稀有事件出现次数的分布。
例如:a.某天医院看急诊的人数;
b.某路口一天的交通事故数;
c.某本书中的印刷错误数;
d.放射性物质放射的粒子数.
例1一电话总机每分钟收到呼唤的次数服从参数为4的泊松分布,求
对泊松定理进行深入讲解,其应用性很广泛。
(1)某一分钟恰有8次呼唤的概率;
(2)某一分钟的呼唤次数大于3的概率.
例2计算机硬件公司制造某种特殊型号的微型芯片,次品率次品率达0.1%,各芯片成为次品相互独立.求在1000只产品中至少有2只次品的概率.以X记产品中的次品数,X~b(1000,0.001) ,X=0,1,2,...1000.
所求概率为

《概率论与数理统计》第三版_科学出版社_课后习题答案.所有章节

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第二章 随机变量 2.12.2解:根据1)(0==∑∞=k k X P ,得10=∑∞=-k kae,即1111=---e ae 。

故 1-=e a2.3解:用X 表示甲在两次投篮中所投中的次数,X~B(2,0.7) 用Y 表示乙在两次投篮中所投中的次数, Y~B(2,0.4) (1) 两人投中的次数相同P{X=Y}= P{X=0,Y=0}+ P{X=1,Y=1} +P{X=2,Y=2}=11220202111120202222220.70.30.40.60.70.30.40.60.70.30.40.60.3124C C C C C C ⨯+⨯+⨯=(2)甲比乙投中的次数多P{X >Y}= P{X=1,Y=0}+ P{X=2,Y=0} +P{X=2,Y=1}=12211102200220112222220.70.30.40.60.70.30.40.60.70.30.40.60.5628C C C C C C ⨯+⨯+⨯=2.4解:(1)P{1≤X ≤3}= P{X=1}+ P{X=2}+ P{X=3}=12321515155++= (2) P{0.5<X<2.5}=P{X=1}+ P{X=2}=12115155+= 2.5解:(1)P{X=2,4,6,…}=246211112222k +++ =11[1()]1441314k k lim →∞-=-(2)P{X ≥3}=1―P{X <3}=1―P{X=1}- P{X=2}=1111244--= 2.6解:(1)设X 表示4次独立试验中A 发生的次数,则X~B(4,0.4)34314044(3)(3)(4)0.40.60.40.60.1792P X P X P X C C ≥==+==+=X 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12P 1/36 1/18 1/12 1/9 5/36 1/6 5/36 1/9 1/12 1/18 1/36(2)设Y 表示5次独立试验中A 发生的次数,则Y~B(5,0.4)345324150555(3)(3)(4)(5)0.40.60.40.60.40.60.31744P X P X P X P X C C C ≥==+=+==++=2.7 (1)X ~P(λ)=P(0.5×3)= P(1.5)0 1.51.5{0}0!P X e -=== 1.5e - (2)X ~P(λ)=P(0.5×4)= P(2)0122222{2}1{0}{1}1130!1!P X P X P X e e e ---≥=-=-==--=-2.8解:设应配备m 名设备维修人员。

概率论与数理统计2.2.4 泊松分布

概率论与数理统计2.2.4 泊松分布

0.2642411
二、二项分布的泊松近似 (泊松定理)
当试验次数n很大时,计算二项分布很麻烦,必须寻求近似方法
离散型随机变量X b(n, p). 又设np ( 0), 则有
lim
n
Cnk
pk (1
p )nk

k e
k!
即当n 很大且p 很小时,可用泊松分布近似计算二项分布.
解 : 记 X表示200人中患此病的人数.
显然, X b(200, 0.01)
np 200 0.01 2
P ( X 4 ) 1 P( X 3)
3
1
C
k 200
(0.01)k
(0.99)2004
k
k0
1 3 2k e2 k0 k !
=1-0.8571=0.1429 (查泊松分布表: P247)
e4

4 1!
e4

42 2!
e4
43 e4 0.5665. 3!
例2 计算机硬件公司制造某种特殊型号的微型芯片,次品率 次品率达0.1%, 各芯片成为次品相互独立. 求在1000只产品中 至少有2只次品的概率. 以X记产品中的次品数,
X~b(1000,0.001) ,X=0,1,2,...1000.
例:a.某天医院看急诊的人数; b. 某路口一天的交通事故数 c.某本书中的印刷错误数; d. 放射性物质放射的粒子数
例1 一电话总机每分钟收到呼唤的次数服从参数为4
的泊松分布,求
(1) 某一分钟恰有8次呼唤的概率;
(2) 某一分钟的呼唤次数大于3的概率.
解 由X ~ (),P{X k} k e , k 0,1,2, ,

概率论与数理统计第三__课后习题答案

概率论与数理统计第三__课后习题答案

习题一:写出下列随机试验的样本空间:(1) 某篮球运动员投篮时, 连续5 次都命中, 观察其投篮次数; 解:连续5 次都命中,至少要投5次以上,故}{Λ,7,6,51=Ω; (2) 掷一颗匀称的骰子两次, 观察前后两次出现的点数之和; 解:}{12,11,4,3,22Λ=Ω; (3) 观察某医院一天内前来就诊的人数;解:医院一天内前来就诊的人数理论上可以从0到无穷,所以}{Λ,2,1,03=Ω;(4) 从编号为1,2,3,4,5 的5 件产品中任意取出两件, 观察取出哪两件产品; 解:属于不放回抽样,故两件产品不会相同,编号必是一大一小,故: ()}{;51,4≤≤=Ωj i j i π (5) 检查两件产品是否合格;解:用0 表示合格, 1 表示不合格,则()()()()}{1,1,0,1,1,0,0,05=Ω;(6) 观察某地一天内的最高气温和最低气温(假设最低气温不低于T1, 最高气温不高于T2); 解:用x 表示最低气温, y 表示最高气温;考虑到这是一个二维的样本空间,故: ()}{216,T y x T y x ≤≤=Ωπ;(7) 在单位圆内任取两点, 观察这两点的距离; 解:}{207ππx x =Ω;(8) 在长为l 的线段上任取一点, 该点将线段分成两段, 观察两线段的长度. 解:()}{l y x y x y x =+=Ω,0,0,8φφ;(1) A 与B 都发生, 但C 不发生; C AB ;(2) A 发生, 且B 与C 至少有一个发生;)(C B A ⋃; (3) A,B,C 中至少有一个发生; C B A ⋃⋃;(4) A,B,C 中恰有一个发生;C B A C B A C B A ⋃⋃; (5) A,B,C 中至少有两个发生; BC AC AB ⋃⋃; (6) A,B,C 中至多有一个发生;C B C A B A ⋃⋃;(7) A;B;C 中至多有两个发生;ABC(8) A,B,C 中恰有两个发生.C AB C B A BC A ⋃⋃ ; 注意:此类题目答案一般不唯一,有不同的表示方式。

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k!k e
Poisson定理的应用
由 Poisson 定理,可知
若随机变量 X ~ Bn, p,
则当n比较大,p比较小时,
令:
np
则有 PX k Cnk pk 1 p nk
k e
k!
练习3
设每次射击命中目标的概率为0.012,现射击600次, 求至少命中3次目标的概率(用Poisson分布近似计 算).
解:按第一种方法. 以 X 记 “第 1 人负责的 20 台
中同一时刻发生故障的台数”,则 X ~ b (20,0.01).
以 Ai 表示事件 “第 i 人负责的台中发生故障不能及 时维修”, 则 80 台中发生故障而不能及时维修的概
率为:
P(A1 A2 A3 A4 ) P(A1) P{X 2}.
k 1
k
1, k 1, k 1, k
如果 是整数,则 k 或 1时,
P(X k)达到最大;
如果 若 不是整数,则 k 时,
P(X k)达到最大;
练习4
为了保证设备正常工作,需配备适量的维修工人,现 有同类型设备 300 台,各台工作是相互独立的,发生 故障的概率都是 0.01. 在通常情况下,一台设备的故障 可有一人来处理. 问至少需配备多少工人,才能保 证当设备发生故障但不能及时维修的概率小于 0.01 ?
n
nk
lim 1
n
n
n
nk n
n
n n
n n
Poisson定理的证明(续2)
所以,
lim
n
Cnk
pnk
1 pn
nk
lim
k n
1
1
1
2
1
k
1 1
n
nk
n k! n n n n
1 lim
k! n
kn
lim1 n
1 n
1
2 n
1
k
1 lim1 n n
n
n
nk
练习3解答
设每次射击命中目标的概率为0.012,现射击600次, 求至少命中3次目标的概率(用Poisson分布近似计 算). 解:设 B={ 600次射击至少命中3次目标 }
进行600次射击可看作是一个600重Bernoulli试验.
X:600次射击命中目标的次数.
则 X ~ B600, 0.012.
用 Poisson分布近似计算,
取 600 0.012 7.2.
练习3解答(续)
所以,
PB PX 3 1 PX 3
1 PX 0 PX 1 PX 2
1 e7.2 7.2e7.2 7.22 2
0.9745
Poisson分布的分布形态
若 X ~ , 则
PX PX k
练习4解答
为了保证设备正常工作,需配备适量的维修工人,现 有同类型设备 300 台,各台工作是相互独立的,发生 故障的概率都是 0.01. 在通常情况下,一台设备的故障 可有一人来处理. 问至少需配备多少工人,才能保 证当设备发生故障但不能及时维修的概率小于 0.01 ?
解:设需配备 N 人,记同一时刻发生故障的设备台 数为 X ,则 X~ B(300,0.01),需要确定最小的 N 的 取值,使得:
练习1解答
设随机变量 X 服从参数为λ的Poisson分布,且已知
PX 1 PX 2 试求 PX 4.
解: 随机变量 X 的分布律为
PX k k e k 0, 1, 2,
k!
由已知 PX 1 PX 2
练习1解答(续)

1 e 2 e
1!
2!
由此得方程
2 2 0
得解
2.
是无效的.现某人服用此药一年,在这一年中, 他得了3次感冒,试求此药对他“疗效显著”的 概率.
练习2解答
解:设 B={ 此人在一年中得3次感冒 }
A1 该药疗效显著 A2 该药疗效一般
A3 该药无效 则由Bayes公式,得
PA1
B
PA1
PB
A1
P A1 PB PA2 PB
A1 A2
PA3
k 4
k!
第二种方法中发生故障而不能及时维修的概率小,且维
修工人减少一人。运用概率论讨论国民经济问题,可以
有效地使用人力、物力资源。
泊松分布的期望与方差
设 X 服从参数为泊松分布,
其分布律为P{X k} k e ,k=0,1,...
k!
EX k k e e k1 e e
k 0 k!
P{X N} 0.01.
P{X N} 0.01.
用泊松分布近似计算二项分布
P{X N} N 3k e3 0.99. k0 k!
查表可知,满足上式的最小的 N 是 8 , 因此至少需配 备 8 个工人。
泊松分布的分布律 (PDF)
二项分布的分布律 (PDF)
泊松分布的CDF 二项分布的CDF
• 例如,可以证明,电话总机在某一时间间隔 内收到的呼叫次数,放射物在某一时间间隔 内发射的粒子数,容器在某一时间间隔内产 生的细菌数,某一时间间隔内来到某服务台 要求服务的人数,等等,在一定条件下,都 是服从Poisson分布的.
练习1
设随机变量 X 服从参数为λ的Poisson分布,且已知
PX 1 PX 2 试求 PX 4.
ke (0.2)k e0.2 0.0175.
k2 k!
k 2
k!
练习5解答(续)
按第二种方法. 以 Y 记 80 台中同一时刻发生故障 的台数, 则 Y~ b(80,0.01). 故 80 台中发生故障而 不能及时维修的概率为:
(0.8)k e0.8
P{Y 4}
0.0091.
k1 (k 1)!
EX 2 k 2 k e k k e
k 0
k!
k 1 (k 1)!
k
(k 1)
e
k e
k 1
(k 1)!
k 1 (k 1)!
2e
k 2
ee 2
k 2 (k 2)!
DX EX 2 (EX )2 2 2
小结:
期望与方差相等: Poisson极限定理:
k e 0
k!
⑵ 又由幂级数的展开式,可知
所以
k e e k e e 1
k0 k!
k0 k!
PX k k e k 0, 1, 2,
是分布律.
k!
自然界的稀有事件一般服从泊松分布!
Poisson分布的应用
• Poisson分布是概率论中重要的分布之一.
• 自然界及工程技术中的许多随机指标都服从 Poisson分布.
k!e
证明: 令:npn n

Cnk pnk 1 pn nk
nn
1n
2n
k!
k
1
n
n
k
1
n
n
nk
Poisson定理的证明(续1)
k n
1
1
1
2
1
k
1 1
n
nk
k! n n n n
对于固定的 k,有
由lim n
n
lim
n
npn

lim
n
k n
k
e lim1
PB
A3
0.30 13 e1
0.30
13
e1
0.45
3! 43 e4
0.25
53
e5
3!
3!
3!
0.1301
Poisson定理
设在 Bernoulli 试验中,以 pn 代表事件 A在试验 中发生的概率,它与试验总数 n有关.如果

lim
n
Cnk
lim
n
npn
pnk 1 pn nk
0
k
概率论与数理统计
第11讲 泊松分布
张宏浩
泊松(Poisson) 分布
如果随机变量 X 的分布律为
PX k k e k 0, 1, 2,
k!
其中 0为常数
则称随机变量 X 服从参数为λ的Poisson 分布.
记为 X ~ ().
分布律的验证
⑴ 由于 0 可知对任意的自然数 k,有
练习5
设有 80 台同类型的设备,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,由 4人维护,每人负责 20 台 其二,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.
练习5解答
另一个解 0不合题意,舍去
所以,
PX 4 2 4 e2 2 e2
4!
3
0.09022
练习2
设一个人在一年内的感冒次数服从参数 5的
Poisson 分布,现有一种预防感冒的药,它对
30%的人来说,可将上述参数 降为 (1 疗效 显著);对另45%的人来讲,可将参数 降为 (4 疗效一般);而对其余25%的人来讲,则
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