離散型隨機變量分布律的定義離散型隨機變量表示方法幾種常見分布小結第二節離散型隨機變量及其分布律

從中任取3個球取到的白球數X是一個隨機變量.(1)X可能取的值是0,1,2;(2)取每個值的概率為:看一個例子一、離散型隨機變量分布律的定義定義1：某些隨機變量X的所有可能取值是有限多個或可列無限多個,這種隨機變量稱為離散型隨機變量

.其中(k=1,2,…)滿足：

k=1,2,…（1）（2）

定義2：設xk(k=1,2,…)是離散型隨機變量X所取的一切可能值，稱為離散型隨機變量X的分布律.用這兩條性質判斷一個函數是否是分布律解:依據分布律的性質P(X=k)≥0,

a≥0,從中解得即例2設隨機變量X的分布律為：k=0,1,2,…,試確定常數a.二、離散型隨機變量表示方法（1）公式法（2）列表法或例3

某籃球運動員投中籃圈概率是0.9，求他兩次獨立投籃投中次數X的概率分布.解：X可取值為0,1,2;

P{X=0}=(0.1)(0.1)=0.01

P{X=1}=2(0.9)(0.1)=0.18

P{X=2}=(0.9)(0.9)=0.81常常表示為：這就是X的分布律.例4

某射手連續向一目標射擊，直到命中為止，已知他每發命中的概率是p，求所需射擊發數X

的分布律.解:顯然，X可能取的值是1,2,…，

P{X=1}=P(A1)=p,為計算P{X=k}，k=1,2,…，Ak

={第k發命中}，k=1,2,…，設于是可見這就是求所需射擊發數X的分布律.例5一汽車沿一街道行駛，需要通過三個均設有紅綠信號燈的路口，每個信號燈為紅或綠與其它信號燈為紅或綠相互獨立，且紅綠兩種信號燈顯示的時間相等.以X表示該汽車首次遇到紅燈前已通過的路口的個數，求X的分布律.解:依題意,X可取值0,1,2,3.

P{X=0}=P(A1)=1/2,Ai={第i個路口遇紅燈},i=1,2,3設路口3路口2路口1P{X=1}=P()=1/4

P{X=2}=P()=1/8X表示該汽車首次遇到紅燈前已通過的路口的個數路口3路口2路口1路口3路口2路口1=1/8P(X=3)=P()路口3路口2路口1即X表示該汽車首次遇到紅燈前已通過的路口的個數設隨機變量X只可能取0與1兩個值,它的分布律為則稱X服從(0—1)分布或兩點分布.1.兩點分布三、幾種常見分布例6“拋硬幣”試驗,觀察正、反兩面情況.隨機變量X服從(0—1)分布.其分布律為例7200件產品中,有190件合格品,10件不合格品,現從中隨機抽取一件,那末,若規定取得不合格品,取得合格品.則隨機變量X服從(0—1)分布.

兩點分布是最簡單的一種分布,任何一個只有兩種可能結果的隨機現象,比如新生嬰兒是男還是女、明天是否下雨、種籽是否發芽等,都屬于兩點分布.說明2.等可能分布如果隨機變量X的分布律為例拋擲骰子并記出現的點數為隨機變量X,則有看一個試驗將一枚均勻骰子拋擲3次.X的分布律是：3.伯努利試驗和二項分布令X表示3次中出現“4”點的次數擲骰子：“擲出4點”，“未擲出4點”抽驗產品：“是正品”，“是次品”一般地，設在一次試驗E中我們只考慮兩個互逆的結果：A

或.這樣的試驗E稱為伯努利試驗

.“重復”是指這n次試驗中P(A)=p保持不變.

將伯努利試驗E獨立地重復地進行n次,則稱這一串重復的獨立試驗為n重伯努利試驗.“獨立”是指各次試驗的結果互不影響.用X表示n重伯努利試驗中事件A發生的次數，則且兩兩互不相容.易證：（1）（2）稱這樣的分布為二項分布.記為二項分布兩點分布二項分布的圖形例8

已知100個產品中有5個次品，現從中有放回地取3次，每次任取1個，求在所取的3個中恰有2個次品的概率.解:因為這是有放回地取3次，因此這3次試驗的條件完全相同且獨立，它是貝努里試驗.依題意，每次試驗取到次品的概率為0.05.設X為所取的3個中的次品數，于是，所求概率為：則X~b(3,0.05)，若將本例中的“有放回”改為”無放回”,那么各次試驗條件就不同了,此試驗就不是伯努利試驗.此時,只能用古典概型求解.請注意：伯努利試驗對試驗結果沒有等可能的要求，但有下述要求：（1）每次試驗條件相同；二項分布描述的是n重伯努利試驗中事件A出現的次數X的分布律.（2）每次試驗只考慮兩個互逆結果A或，（3）各次試驗相互獨立.可以簡單地說，且P(A)=p，；例9

某類燈泡使用時數在1000小時以上的概率是0.2，求三個燈泡在使用1000小時以后最多只有一個壞了的概率.解:設X為三個燈泡在使用1000小時已壞的燈泡數.X~b(3,0.8)，把觀察一個燈泡的使用時數看作一次試驗,“使用到1000小時已壞”視為事件A.每次試驗,A出現的概率為0.8

P{X1}=P{X=0}+P{X=1}=(0.2)3+3(0.8)(0.2)2=0.104分析

這是不放回抽樣.但由于這批元件的總數很大,且抽查元件的數量相對于元件的總數來說又很小,因而此抽樣可近似當作放回抽樣來處理.例10解圖示概率分布注意：P(X=4)最大。一般地，若在k0處，概率P{X=k}達到最大（稱k0為隨機變量X的最可能值）。則k0應滿足解上述不等式得(n+1)p-1≤k0≤(n+1)p。因為k0必須為整數，所以當(n+1)p為整數，其它，本例中，n=20，p=0.2,所以，(n+1)p=4.2,故k0=4。例11設有80臺同類型設備,各臺工作是相互獨立的發生故障的概率都是0.01,且一臺設備的故障能由一個人處理.考慮兩種配備維修工人的方法,其一是由四人維護,每人負責20臺;其二是由3人共同維護臺80.試比較這兩種方法在設備發生故障時不能及時維修的概率的大小.解按第一種方法發生故障時不能及時維修”,而不能及時維修的概率為則知80臺中發生故障故有即有

按第二種方法故80臺中發生故障而不能及時維修的概率為4.泊松分布

同樣地，解如下不等式得-1≤k0≤。因為k0必須為整數，所以泊松分布的最可能取值為當為整數，其它，泊松分布的圖形泊松分布的背景及應用二十世紀初盧瑟福和蓋克兩位科學家在觀察與分析放射性物質放出的粒子個數的情況時,他們做了2608次觀察(每次時間為7.5秒)發現放射性物質在規定的一段時間內,其放射的粒子數X服從泊松分布.

在生物學、醫學、工業統計、保險科學及公用事業的排隊等問題中,泊松分布是常見的.例如地震、火山爆發、特大洪水、交換臺的電話呼喚次數等,都服從泊松分布.電話呼喚次數交通事故次數商場接待的顧客數地震火山爆發特大洪水,則對固定的k，有設Possion定理:Poisson定理說明若X~b(n,p),則當n較大，p較小,而適中,則可以用近似公式

歷史上，泊松分布是作為二項分布的近似，于1837年由法國數學家泊松引入的.二項分布與泊松分布的關系證

記二項分布

泊松分布例12一家商店采用科學管理，由該商店過去的銷售記錄知道，某種商品每月的銷售數可以用參數λ=5的泊松分布來描述，為了以95%以上的把握保證不脫銷，問商店在月底至少應進某種商品多少件？解:設該商品每月的銷售數為X,已知X服從參數λ=5的泊松分布.設商店在月底應進某種商品m件,求滿足P{X≤m}>0.95的最小的m.進貨數銷售數求滿足P{X≤m}>0.95的最小的m.查泊松分布表得P{X>m}≤0.05也即于是得m+1=10,m=9件或例13獨立射擊5000次,命中率為0.001,解

(1)k=[(n+1)p]=[(5000+1)0.001]=5求(1)最可能命中次數及相應的概率；命中次數不少于1次的概率.(至少命中1次的概率)

(2)令X表示命中次數,則X~b(5000,0.001)解令X表示命中次數,則

令

此結果與用二項分布算得的結果0.9934僅相差萬分之一.利用Poisson定理再求例12

(2)X~b(5000,0.001)由此可見日常生活中“提高警惕,防火防盜”的重要性.由于時間無限,自然界發生地震、海嘯、空難、泥石流等都是必然的，早晚的事，不用奇怪，不用驚慌.

同樣,由于人的一生是一個漫長的過程，在人的一生中發生車禍、失戀、患絕癥、考試不及格、炒股大虧損等都屬于正常現象,大可不必怨天尤人,更不要想不開而跳樓自殺.小概率事件雖不易發生，但重復次數多了，就成大概率事件.本例啟示其它離散分布：幾何分布：