常见的离散型随机变量

2021-08-11 本文已影响0人喜忧参半

离散型随机分布

$P\{X=x_k\}= p_k,(k=1,2,…)$ $\sum_{k=1}^\infty P_k=1，(0≤P_k≤1)$ 1、设一汽车在开往目的地的道路上需经过四组信号灯
每组信号灯以1/2的概率宠许或禁止汽车通过。以X表示汽车首次停下时，它已通过的信号灯的组数(设各组信号灯的工作相互独立)，求X的分布律。
解：以p表示每组信号灯禁止汽车通过的概率。
(1)确定X所有可能取值。

X:	0	1	2	3	4

(2)求X取每个可能值的概率

X	0	1	2	3	4
P_k	p	(1-p)·p	(1-p)²·p	(1-p)³·p	(1-p)⁴

P{x=0}=p，P{x=1}=(1-p)·p，P{x=2}=(1-p)²·p
P{x=3}=(1-p)³·p，P{x=4}=(1-p)⁴

0-1分布

定义:设随机变量X只可能取0和1两个值，它的分布律是：
$P\{X= k\} =p^k(1-p)^{1-k},(k=0,1)（0<p<1）$ 则称X服从参数为 $p$ 的0-1分布或(两点分布)分布律表格形式：

X	0	1
$P_k$	$1-p$	$p$

应用：
① E：S={e₁，e₂}→X=X(e)={0,(e=e₁);1,(e=e₂)}
②E：S={1,2,3,4,5,6}→X=X(e)={0,e≠5,1,e=5}

二项分布

①参数形式： $X\sim b（n，p）$ 参数给定了,才确定分布。如：n=3，p=p(A)=0.3,则 $X\sim b(3,0.3)$ 即：
$P\{X= x_k\}\ =C^k_3*0.3^k*0.7^{3-k},(k=0,1,2,3)$

②实际背景： $X\sim b（n，p）$
n：n次独立重复试验
p：p(A)=p,A在一次随机试验中发生的概率
X：n次随机试验中A发生的次数
0-1分布就是当n=1时的二项分布，是一种特殊的二项分布。
二项分布命名来源于二项式定理：
$(a+b)^n=\sum_{k=0}^n C^k_na^k·b^{n-k}$
1、按规定某种型号电子元件的使用寿命超过1500小的为一级品,已知某一大批产品的一级品率为0.2，现在从中随机地抽查20只。问20只元件中恰有k只(k=0,1,….,20)为一级品的概率是多少?
解：(1)合理假设：
实际:不放回抽样，但样品众多, 假设：放回抽样
E:检查一只元件是否为一级品{①一级品②非一级品}
A:某元件是一级品，P(A)=0.2
n=20：抽查20只相当于进行了20重伯努利试验
X：20只元件中一级品数量=20重伯努利E中A发生的次数
易知： $X\sim b（20，0.2）$
$P\{X=k\}\ = C^k_{20}0.2^k0.8^{20-k},(k=0,1,…20)$

计算结果	如下
P{X=0}=0.012	P{X=4}=0.218
P{X=1}=0.058	P{X=5}=0.175
P{X=2}=0.137	P{X=4}=0.109
P{X=3}=0.205	P{X=4}=0.055

2、某人进行射击，设每次射击的命中率为0.02，独立射击400次，试求至少击中两次的概率。
解：
E：一次射击{①击中②未击中}
A：射击的命中率 P(A)=0.02
n=400:独立射击400次，相当于400重伯努利试验
X：命中次数，即400重伯努利试验中A发生的次数
易知：

X\sim b（400，0.02）

P\{X=k\}= C^k_{400}0.02^k0.98^{400-k},(k=0,1,…400)

求

P\{X≥2\}\

=1-P{X<2}=1-P{X=0}-P{X=1}=1-0.98⁴⁰⁰-C₄₀₀¹(0.02)¹(0.98)³⁹⁹

3、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：已知题中给出了2种方案，故是样本空间的2个划分。
第一种方案：
E：一次故障{①能及时维修②不能及时维修}
A_i：第i个人维护中发生故障不能及时维修的概率P(A)=0.01
n=20:20台设备在工作，相当于20重伯努利试验
X：某人维护的20台中同一时刻发生故障的台数
A_i：第i个人维护的20台中发生故障不能及时维修。
易知： $X\sim b（20，0.01）$ 且80台中发生故障而不能及时维修的概率实际上是4个20台维护的和事件概率：
$P(A_1∪A_2∪A_3∪A_4)≥P(A_1)=P\{X≥2\}\$
$=1-P\{X=0\} - P\{X=1\}\ = 0.0169$
第二种方案：
E：一次故障{①能及时维修②不能及时维修}
A：维护的80台中发生故障不能及时维修的概率P(A)=0.01
n=80:80台设备在工作，相当于80重伯努利试验
X：共同维护的80台中同一时刻发生故障的台数
易知： $X\sim b（80，0.01）$ 且80台中发生故障而不能及时维修的概率:
$P(A)=P \{X≥4\} = 1-P\{X=0\} -P\{X=1\} -P\{X=2\} -P\{X=3\}\$ ≈0.0087
很显然，第二种方案优于第一种方案。

n重伯努利试验(专注解决二项分布)

①每次E只有两个结果： $A$ ， $\overline{A}$
②每次E中P(A)=P不变
③试验独立重复n次

泊松分布(二项分布的极限)

当n重伯努利试验的次数n趋近于无穷大时，就近似服从了泊松分布。
泊松分布定义:若随机变量X的分布律为
$P\{X=k\}= { λ^ke^{- λ} \over k!} ,(k=0,1,2)$ 其中λ>0是常数，则称随机变量X服从参数为λ的泊松分布。
记为 $X\sim P(λ)。(\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}=e^x)$ 。
注：①参数 $λ$ :如： $X\sim P(2)：P\{X=k\}\ = { 2^ke^{-2} \over k!}$
② $P\{X=k\} = { λ^ke^{-λ} \over k!}≥0(λ>0,k=0,1,2…)$
$\sum_{k=0}^\infty { λ^ke^{-λ} \over k!}=e^{-λ} \sum_{k=0}^\infty\frac{λ^k}{k!}=1$
泊松定理
设λ>0是一个常数,n是任意正整数，设 $np_n=λ$ ，则对于任一固定的非负整数k，有：
$\lim_{n \to \infty}C^k_np^k_n(1-p_n)^{n-k}={ λ^ke^{-λ} \over k!}$

1、计算机硬件公司制造某种特殊型号的微型芯片，次品率达0.1%，各芯片成为次品相互独立。请用两种方法(二项分布、泊松定理)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)
解：(1)二项分布：
E：制造次品①是次品②不是次品
A：制造次品的概率为P(A)=0.001
n=1000：1000只产品，相当于1000重伯努利试验
X：产品中出现次品的次数。
易知： $X\sim b（1000，0.001）$
$P\{X≥2\}\ = 1-P\{X=0\} -P\{X=1\}\$
$=1-C^0_{1000}0.999^{1000}-C^1_{1000}0.001·0.999^{999}$
$=1-0.999^{1000}-0.999^{999}$
$≈0.2642411$
(2)泊松定理:
n=1000：1000只产品，相当于1000重伯努利试验
p=P(A)=0.001
k:试验中次品的次品数
$λ=np_n=1000*0.001=1,k=2$
易知： $X\sim P(1)$
$P\{X≥2\}\ = 1-P\{X=0\} -P\{X=1\}\$
$=1-{1^0e^{-1} \over 0!}-{1^1e^{-1} \over 1!}=1-{2 \over e}$
$≈0.2642411$

二项分布近似服从泊松分布的条件

对于 $P\{X=k\}\$ 满足 $n≥20，p≤0.05$ 时，可以采用泊松分布近似代替二项分布。

几何分布

定义:在独立重复试验中，试验次数预先不能确定。设每次试验成功的概率为p，将实验进行到成功一次为止，以X表示所需的试验次数，则X的分布律为
$P\{X=k\} \ = (1-p)^{k-1}p,(k=1,2,…)$ 则称随机变量X服从参数为p的几何分布。

例:设某篮球选手的命中率为0.75,他连续投篮,直到第一次命中为止,求他投篮次数不起过5次就命中的概率
解:X：首次命中所用投篮次数
此时X服从几何分布，p=0.75。易知：
$P\{X=k\} =(1- p)^{k-1} p =0.25^{k-1}·0.75,(k=1,2,..)$
要求不超过5次就能命中的概率：
$P\{X≤5\}\ = \sum_{k=1}^5P\{X=k\}\ ={1023 \over 1024}$

超几何分布

定义:从N件产品（其中含次品M件)中任取n件，以X表示取到的次品数，则X的分布律为
$P\{X=k\}\ ={C^k_MC^{n-k}_{N-M} \over C^n_N},0≤k≤n≤N,k≤M$ 则称随机变量X服从参数为(N,M ,n)的超几何分布。