类型离散型随机变量的二项分布
2.2离散型随机变量及其概率分布
8
5
k
24
小结
离 散 型 随 机 变 量 的 分 布
二项分布 泊松分布
两点分布
两点分布
n1
二项分布
n 10, p 0.1, np
泊松分布
25
二项分布与 (0 1) 分布、泊松分布之间的 关系 .
二项分布是 (0 1) 分 布 的 推 广 , 对 于n 次 独 立重复伯努利试验 ,每 次 试 验 成 功 的 概 率 为 p, 设 , 1, 若 第 i 次 试 验 成 功 Xi ( i 1,2, , n) . 0, 若 第 i 次 试 验 失 败 它们都服从 (0 1) 分 布 并 且 相 互 独 立 , 那末 X X1 X 2 X n 服 从 二 项 分 布 , 参 数 为( n, p).
定义2 如果随机变量 X 只有两个可能取 值，其概率分布为
P{ X x1 } P , P{ X x2 } q 1 p(0 p 1, p q 1)
则称X服从 x1 , x2 处参数为p的两点分布. 特别，若X服从
x1 1, x 0 处参数为p的两点分布，即
p
k 1
5
k
1
1 a . 15
5
关于分布律的说明：
若已知一个离散型随机变量X的概率分布 X P x1 p1 x2 p2 ... ... xn ... pn ...
则可以求X所生成的任何事件的概率，特别地：
P{a X b} P{ { X xi }} pi
a xi b a xi b
26
以 n, p ( np ) 为参数的二项分布 ,当 n 时趋 于以 为参数的泊松分布 ,即
离散型随机变量的分布
泊松定理 数,
设 0是一个常数 ,
n是任意正整
有
设np , 则对于任一固定的非负 整数k ,
n
lim C p (1 pn )
k n k
nk
k
k!
e
当 n 很大， p 很小，而乘积 np 大小适中（ 0 np 5 ）时，可 以用泊松定理近似计算。
C p (1 p )
非负性
,
2)
P{ X k} k ! e
k 0 k 0
k
规范性
e
k!
k 0
k
e e
1
11
例6： 某商店根据过去的销售记录,总结出某种商品每月的销售量可以用参数为
的泊松分布来描述,试求：
5
(1)下个月该商店销售2件此种商品的概率是多少？
解 设该商店每月销售该商品的件数为 X 依题意 X ~ P(5) ，且
场合
练习 200件产品中,有190件合格品,10件不合格品,现从中随机抽取一件,那么,若规定
1, X 0,
取得不合格品,
取得合格品.
X
X 的分布列为:
0
1
10 200
pk
190 200
则随机变量 X 服从(0 -1)分布.
2. 二项分布
产生背景：n 重伯努利试验
设试验 E 只有两个可能结果 : A 及 A 设 P( A) p (0 p 1), 此时P( A) 1 p.
6
X ~ B(10, 0.75)
X ~ B(6, 0.5)
从图中可以看出，对于二项分布， X 取 k 值的概率随着 k 的增大先是逐渐增大，直至
2-1离散型随机变量及其分布律
2}
C113C22 C135
1 35
P{ X
1}
C123C21 C135
12 35
每天从石家庄下火车的人数；
Y
昆虫的产卵数；
Z
七月份石家庄的最高温度；
E
2、在有些试验中，试验结果看来与数值无概率论 关，但我们可以引进一个变量来表示它的各 种结果.也就是说，把试验结果数值化.
正如裁判员在运动 场上不叫运动员的 名字而叫号码一样， 二者建立了一种对 应关系.
二、随机变量的概念
概率论
概率论
第一节 离散型随机变量及其 分布律
一、随机变量 二、离散型随机变量 三、二点分布 四、二项分布 五、泊松分布
概率论
一、随机变量概念的产生
在实际问题中，随机试验的结果可以用数 量来表示，由此就产生了随机变量的概念.
概率论
1、有些随机试验结果本身与数值有关 （本身就是一个数）.
例如，掷一颗骰子面上出现的点数； X
X
5000
5)
k6
P(
X
k
)5k0060C5k000(10100)k
( 999 )5000k 1000
或诸如此类的计算问题，必须寻求近似方法.
我们先来介绍二项分布的泊松近似， 后面，我们将介绍二项分布的正态近似.
二、泊松分布
概率论
历史上，泊松分布是作为二项分布的近 似，于1837年由法国数学家泊松引入的 .
泊松分布,记作
X ~ P()
概率论
例 设离散型随机变量X服从参数为 的泊松
分布，且已知概率 PX 0 1 ，求：
e
1）参数 值；
2）概率 PX 3.
1
1 0.0613 6e
常见离散型随机变量的分布
P(X=2) =0.2304 P(X=4) =0.2592
P(X=3) =0.3456 P(X=5) =0.07776
若A和A是n重伯努利实验的两个对立结果,“成功”
可以指二者中任意一个, p 是“成功”的概率.
例如: 一批产品的合格率为0.8,有放回地抽取 4次, 每次一件, 取得合格品件数X, 以及取得不合 格品件数Y均服从分布为二项分布. “成功”即取得合格品的概率为p=0.8,
X对应的实验次数为n=4, 所以, X~B(4,0.8)
类似,Y~B(4,0.2)
二项分布的期望与方差 X ~ b(n, p)
1 如第i 次试验成功 X i 0 如第i 次试验失败
i 1,2,, n.
则 X X1 X2 Xn Xi ~ (0 1)分布 EX i p, DX i p(1 p)
两点分布的期望与方差
设X服从参数为p的0-1分布，则有
E(X ) p
E(X 2) p
X
0
1
pk 1 p
p
D( X ) E( X 2 ) [E( X )]2 p p2 p(1 p)
二、二项分布
若在一次伯努利实验中成功（事件A发生）的概率 为p(0<p<1),独立重复进行n次, 这n次中实验成功的 次数（事件A发生的次数）X的分布列为:
E(X ) 1 p
D(X )
q p2
EX 2 k 2 pqk1 p[ k(k 1)qk1 kqk1]
k 1
k 1
k 1
qp(
qk ) EX
qp( q ) 1 q
1 p
k 1
qp
2 (1 q)3
1 p
2q 1 p2 p
2
2.5第2节离散型随机变量的分布律
3
例６． 将一枚均匀骰子抛掷 ３ 次， 令:X 表示 3 次中出现“4”点的次数
求: X的概率函数
解: 显然，X的概率函数是：
P{
X
=
k
}
=
C
k 3
(
1 6
)k
(
5 6
)3− k
,
k = 0,1,2,3
3
0 .
定理
设一次试验中事件A发生的概率为 p , (0 < p < 1)
则在 n 次贝努利试验中事件A 恰发生 k 次概率为:
概 [(1
率− pP)+n (kp)x]就n 等的于展二开项式式中
xk
的系数， 这也是二项分布的名称
P(X = k) ≥ 0,
的由来 .
n
∑Cnk pk(1− p)n−k =( p +q)n =1
k=0
例7. 设某炮手射击的命中率为 0.8，为炸毁某个 目标， 经预测只要命中两发就够炸毁.
问 :希望发射5发炮弹就能炸毁目标的可能性有多大?
路 口3
路 口2
路 口1
P(X=2)=P(
A1
A2
A3
)
=
1⋅ 2
X表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数
设 Ai={第i个路口遇红灯}, i=1,2,3
路 口3
路 口2
路 口1
P(X=3)=
P(
A1
A2
A3
)=
1 2
⋅
1 2
⋅
1 2
=1/8
于是得其分布律为：
X0 1 2 3
例5. 设生男孩的概率为 p， 生女孩的概率为 q=1-p， 令 X 表示随机抽查出生的4个婴儿 中“男孩”的个数.
§2.3几种重要的离散型分布
几何分布的无记忆性： X ~ G p , 则对 设
任意的正整数 m 与 n 有
P X m n X m P X n .
概率意义： 伯努利试验序列中，在前 m 次试验 都没有成功的条件下，再做 n 次试验都还没有成 功的概率与直接做 n 次试验没有成功的概率相等． 似乎忘记了前 m 试验结果，这就是无记忆性．
几何分布为什么有无记忆性呢？
27
证明很简单： 因为
P X n
k n1
1 p
k 1
1 p p n p 1 p , 1 1 p
n
所以由条件概率的定义，
X m n X n
的习惯写法
P X m n X m
4
函数为
三、二项分布
若X表示每次试验成功概率为 p 的 n 重伯 努利试验中成功的次数，则可把伯努利公式 (1.9)重新写成如下的形式
P X k C p q
k n k
n k
,
k 0, 1, 2, , n,
其中
0 p 1 , q 1 p , 称X服从参数为
5
n, p 的二项分布，记作 X ~ B n, p .
9
例2.9 已知某种疾病患者自然痊愈率为0.1，
为了鉴定一种新药是否有效，医生把它给10个病 人服用，且事先规定一个决策准则：这10个病人 中至少有3个人治好此病，则认为这种药有效，提 高了痊愈率；反之，则认为此药无效．求新药完 全无效，但通过试验被认为有效的概率． 解 每次成功(病人痊愈)的概率为0.1，用X表 示10个病人中痊愈的人数，则 X ~ B 10, 0.1 . 于是，所求概率为
最常见的变量分布类型是
最常见的变量分布类型是离散型随机变量的常见分布1、0-1分布伯努利试验（Bernoulli trial）：在同样的条件下重复地、相互独立地进行的一种随机试验，其特点是该随机试验只有两种可能结果：发生或者不发生。
2、二项分布（Binomial distribution）二项代表它有两种可能的结果，成功或失败。
它满足性质：每次试验成功的概率均是相同的，记录为p；失败的概率也相同，为1-p。
每次试验必须相互独立，该试验也叫做伯努利试验，重复n次即二项概率分布，它主要用于解决n次试验中成功x次的概率。
掷硬币就是一个典型的二项分布。
当我们要计算抛硬币n次，恰巧有x次正面朝上的概率，可以使用二项分布的公式：f(x)=(nx)px(1−p)n−x数学期望为E(x)=np，方差Var(x)=np(1-p)【例】假设现在有一个抽奖活动，每位用户拥有10次抽奖机会，中奖概率是5%。
老板准备先考虑成本问题，想知道至少有3次以上中奖机会的概率是多少？思路一：可以拿恰巧3次，恰巧4次直到恰巧10次累加求和，但是这样太麻烦了。
思路二：先计算最多2次的概率是多少，f(0)+f(1)+f(2)，结果是92.98%，利用逆向思维：概率公式1-92.98%，就是至少3次的概率了，为7.02%。
PS：二项分布和泊松分布、正太分布的关系二项分布是多次伯努利，即扔多次硬币泊松分布是p很小的二项，即扔好多好多次硬币，且扔出正面概率极小正态分布是n很大的二项，即扔好多好多次硬币，且硬币是完全相同的3、泊松分布（Poison distribution）泊松概率主要用于估计某事件在特定时间或空间中发生的次数。
比如一天内中奖的个数，一个月内某机器损坏的次数等。
x代表发生x次，u代表发生次数的数学期望，概率函数为：f(x)=uxe−ux!【例】现在又举办了一个新的运营活动，这次的中奖概率未知，只知24小时内中奖的平均个数为5个，老板想知道24小时内恰巧中奖次数为7的概率是多少？此时x=7，u=5（区间内发生的平均次数就是期望），代入公式求出概率为10.44%。
2-2离散型随机变量及其分布律
9 P ( X 9 ) C10 (0.3)9 (0.7)109 0.00138
P ( X 9) P ( X 9 ) P ( X 10 )
（3）二项分布的图形特点：X∽b(n,p)
Pk Pk
0
...
n=10, p=0.7
n
0
..
n=20, p=0.5
.. n
说明:
a. 对于固定n及p，随着k的增加 ,概率P(X=k) 先是随之增加， 并在(n+1)p或者[(n+1)p] 达到最大值，随后单调减少。 b. 如果p>0.5，图形高峰右偏；如果p<0.5，图形高峰左偏。
说明：
k P ( X k ) C n p k (1 p )n k 0 a. 可验证二项分布满足概率充分条件 n k k C n p (1 p )n k ( p+1-p )n 1 k 0
k b. 式Cn pk (1 p)nk 为二项式( p 1 p)n 一般项,故二项分布.
c. n 1, B(n, p)即为0 1分布, P( X k ) pk qnk (k 0,1)
k d . n次试验中至多出现m次( m n): P (0 X m ) C n p k q n k k 0 m
np p或np p 1 np p N e. 事件A最可能发生次数k 其它 [np p] k (即使概率P ( X k ) C n p k (1 p)n k 达到最大值的k .
启示：一次试验中概率很小，但在大量重复试验中几乎必然发生
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类型二、离散型随机变量的二项分布例3. 一袋子中有大小相同的2个红球和3个黑球，从袋子里随机取球，取到每个球的可能性是相同的，设取到一个红球得2分，取到一个黑球得1分。
（Ⅰ）若从袋子里一次随机取出3个球，求得4分的概率；（Ⅱ）若从袋子里每次摸出一个球，看清颜色后放回，连续摸3次，求得分ξ的概率分布列。
【思路点拨】有放回地依次取3次，相当于三次独立重复试验，其得分ξ服从二项分布，故可用n 次独立重复试验的概率公式来计算，从而写出分布列。
【解析】（Ⅰ）设“一次取出3个球得4分”的事件记为A ，它表示取出的球中有1个红球和2个黑球的情况，则53)(352312==C C C A P （Ⅱ）由题意，ξ的可能取值为3．4．5．6。
因为是有放回地取球，所以每次取到红球的概率为.53,52取到黑球的概率为 ξ∴的分布列为【总结升华】①本题的关键是首先确定进行了三次独立重复试验，然后确定每次试验的结果相互独立，从而可知离散型随机变量ξ服从二项分布，然后运用n 次独立重复试验的概率公式计算。
②注意n 次独立重复试验中，离散型随机变量X 服从二项分布，即(,)X B n p ，这里n 是独立重复试验的次数，p 是每次试验中某事件发生的概率。
举一反三：【变式1】某厂生产电子元件，其产品的次品率为5%．现从一批产品中任意地连续取出2件，写出其中次品数ξ的概率分布．【答案】依题意，随机变量ξ～B (2，5%)．所以，P (ξ=0)=02C (95%)2=0.9025，P (ξ=1)=12C (5%)(95%)=0.095， P (2=ξ)=22C (5%)2=0.0025．因此，次品数ξ的概率分布是【高清课堂：独立重复试验与二项分布409089 例题3】【变式2】一名学生每天骑自行车上学，从家到学校的途中有5个交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，并且概率都是31。
（1）求这名学生在途中遇到红灯的次数ξ的分布列；（2）求这名学生在首次遇到红灯或到达目的地停车前经过的路口数η的分布列；（3） 这名学生在途中至少遇到一次红灯的概率．解：（1）ξB (5,31)，ξ的分布列为P (ξ=k )=5512()()33k k kC -，k =0，1，2，3，4，5； （2）η的分布列为P (η=k )=p (前k 个是绿灯，第k +1个是红灯)=21()33k ⋅，k =0，1，2，3，4；P (η=5)=P (5个均为绿灯)=52()3；（3）所求概率=P (ξ≥1)=1－P (ξ=0)=1－52211()3243=≈0.8683.【变式3】一袋中有5个白球，3个红球，每次任取一个，取出后记下球的颜色，然后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时总共取了X 次球，求X 的分布列及P （X=12）． 【答案】由题意知，X 是取球次数，X=10，11，12，…，且每次取得红球的概率是38，取得白球的概率是58，所以X=k （k=10，11，12…）表示取了k 次球，且第k 次取到的是红球，前（k －1）次取得9次红球．∴X 的分布列为91k -910353()888k P X k C-⎛⎫⎛⎫==⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（k=10，11，…）， （表格略）10291135(12)88P X C ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．【变式4】 某射手击中目标的概率为0.8，现有4发子弹，击中目标或打完子弹就停止射击，求射击次数X 的概率分布． 【答案】错解： X 的可能取值是1，2，3，4．P （X=1）=0.8；12(2)0.80.20.32P X C ==⨯⨯=； 123(3)0.80.20.096P X C ==⨯⨯=； 134(4)0.80.20.0256P X C ==⨯⨯=．所以X 的概率分布列为错解分析： 错将本题理解为二项分布，本题实质上不是二项分布，而是求事件A 首次发生出现在第k 次试验中的概率，要使首次发生出现在第k 次试验，必须而且只需在前（k －1）次试验中都出现A ． 正解 X 的可能取值是1，2，3，4． P （X=1）=0.8；P （X=2）=0.2×0.8=0.16；P （X=3）=0.22×0.8=0.032；P （X=4）=0.23=0.008．所以X 的概率分布列为类型三、独立重复试验与二项分布综合应用例4.甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是2334和 .假设两人射击是否击中目标，相互之间没有影响； 每人各次射击是否击中目标，相互之间也没有影响.（１）求甲射击4次，至少1次未击中目标的概率；（２）假设某人连续2次未击中目标，则停止射击.问:乙恰好射击5次后，被中止射击的概率是多少？ 【思路点拨】本题的第一问是一个独立事件同时发生的问题，每次射中目标都是相互独立的、可以重复射击即事件重复发生、每次都只有发生或不发生两种情形且发生的概率是相同的.第二问解答时要认清限制条件的意义.【解析】（1）记“甲连续射击4次，至少1次未击中目标”为事件A 1，由题意，射击4次，相当于4次独立重复试验，故P （A 1）=412651()1()381P A -=-=答：甲射击4次，至少1次未击中目标的概率为6581；(2) 记“乙恰好射击5次后，被中止射击”为事件A 3，“乙第i 次射击未击中” 为事件D i ，（i =1，2，3，4，5），则 3354211()()4i A D D D D D P D ==且，由于各事件相互独立， 故335421()()()()()P A P D P D P D P D D =1131145(1),444441024=⨯⨯⨯-⨯=答：乙恰好射击5次后，被中止射击的概率是451024【总结升华】射击问题必须弄清所求目标的含义，是否为独立重复试验，再用排列组合知识求解。
举一反三：【变式1】一名射击爱好者每次射击命中率为0.2，必须进行多少次独立射击，才能使至少击中一次的命中率，(1)不小于0.9？ (2)不小于0.99？【答案】已知n 次独立射击中至少击中一次的概率为nn P )8.0(1)2.01(1-=--=； (1)要使{1}1(0.8)0.9nP p X =≥=-≥，0.1(0.8)n≥,必须3.108.0lg 1.0lg ≈≥n ，即射击次数必须不小于11=n 次.(2)要使99.0)8.0(1≥-=nP ，必须64.208.0lg 01.0lg ≈≥n ，即射击次数必须不小于21=n 次【变式2】某射手进行射击训练，假设每次射击击中目标的概率为35，且每次射击的结果互不影响，已知射手射击了5次，求：（1）其中只在第一、三、五次击中目标的概率； （2）其中恰有3次击中目标的概率；（3）其中恰有3次连续击中目标，而其他两次没有击中目标的概率。
【答案】（1）该射手射击了5次，其中只在第一、三、五次击中目标，相当于射击了5次，在第一、三、五次击中目标，在第二、四次没有击中目标，所以只有一种情况， 又因为各次射击的结果互不影响， 故所求概率为33333108(1)(1)555553125P =⨯-⨯⨯-⨯=； （2）法一：该射手射击了5次，其中恰有3次击中目标。
相当于5次当中选3次击中，其余两次未击中，共有35C 种情况。
故所求概率为332533216()(1)55625P C =⨯⨯-=； 法二：因为各次射击的结果互不影响，所以符合n 次独立重复试验概率模型。
该射手射击了5次，其中恰有3次击中目标的概率为3325533216(3)()(1)55625P C =⨯⨯-=； （3）该射手射击了5次，其中恰有3次连续击中目标，而其他两次没有目标， 把3次连续击中目标看成一个整体，可得共有13C 种情况。
故所求概率为132333324()(1)553125P C =⋅⋅-=。
【高清课堂：独立重复试验与二项分布409089 例题5】【变式3】某种有奖销售的饮料，瓶盖内印有“奖励一瓶”或“谢谢购买”字样，购买一瓶若其瓶盖内印有“奖励一瓶”字样即为中奖，中奖概率为16.甲、乙、丙三位同学每人购买了一瓶该饮料。
（Ⅰ）求甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率； （Ⅱ）求中奖人数ξ的分布列.【答案】（1）设甲、乙、丙中奖的事件分别为A 、B 、C ，那么P (A )=P (B )=P (C )=16P (A B C )=P (A )P (B )P (C )=15252()66216= 答：甲中奖且乙、丙都没有中奖的概率为25216……………………………………6分 （2）ξ的可能值为0,1,2,3P (ξ=k )=3315()()66kk k C -(k =0,1,2,3)所以中奖人数ξ的分布列为例5．在一次抗洪抢险中，准备用射击的方法引爆从河上游漂流而下的一个巨大的汽油罐。
已知只有5发子弹，第一次命中只能使汽油流出，第二次命中才能引爆，每次射击是相互独立的，且命中的概率都是23． （1）求油罐被引爆的概率；（2）如果引爆或子弹打光则停止射击，设射击次数为X ，求X 的概率分布． 【思路点拨】从正面去分析可知：5发子弹必须击中2次，于是有以下几种情况：第1枪击中，第2枪也击中；第3枪击中，前两枪只击中1次；第4枪击中，前3枪只击中1次；第5枪击中，前4枪只击中1次．而利用对立事件去分析更好理解．【解析】 （1）解法一：记B 表示“引爆油罐”，则射击次数符合独立重复试验，X=2，3，4，5． X=2表明第一次击中，第二次也击中， 224(2)339P X ==⨯=； X=3表明前2次击中一次，第3次击中，11122128(3)33327P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；X=4表明前3次击中一次，第4次击中，12132124(4)33327P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯=⎪⎪⎝⎭⎝⎭； X=5表明前4次击中一次，第5次击中，1314521216(5)3333P X C ⎛⎫⎛⎫==⨯= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，548416232()927273243P B =+++=． 解法二：利用()1()P B P B =-．油罐没有引爆的情况有两种：①射击五次，都没击中；②射击五次，只击中一次．所以5415112232()1333243P B C ⎛⎫⎛⎫=--⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． （2）X=2，3，4时同（1），当X=5时，击中次数分别为0，1，2．∴5141311541212121(5)3333339P X C C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==++⨯⨯= ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭．所以X 的概率分布为【总结升华】 要特别注意X=5的意义，当X=5时，表示5枪都未中或5枪中只中1枪或第5枪中且前4枪只中了1枪这三种情况，否则P （X=5）易出错，也可以用概率分布的性质间接检验． 举一反三：【变式1】 假设飞机的每一台发动机在飞行中的故障率都是1－p ，且各发动机互不影响．如果至少50％的发动机能正常运行，飞机就可以顺利飞行，问对于多大的P 而言，四发动机比二发动机更安全？ 【答案】四发动机飞机成功飞行的概率为22233442234444(1)(1)6(1)4(1)C p p C p p C p p p p p p -+-+=-+-+，二发动机飞机成功飞行的概率为122222(1)2(1)C p p C p p p p -+=-+．要使四发动机飞机比二发动机飞机安全，只要223426(1)4(1)2(1)p p p p p p p p -+-+>-+，化简整理，得213p <<． ∴当发动机不出故障的概率大于23时，四发动机飞机比二发动机飞机安全． 【变式2】厂家在产品出厂前，需对产品做检验，厂家将一批产品发给商家时，商家按合同规定也需要随即抽取一定数量的产品做检验，以决定是否接收这批产品。