离散型随机变量分布律的定义离散型随机变量分布律的定义离散型随机变量表示方法离散型随机变量表示方法几种常见分布几种常见分布小结小结第二节第二节 离散型随机变量及其分布律离散型随机变量及其分布律 从中任取从中任取3 个球个球取到的白球数取到的白球数X是一个随机变量是一个随机变量 .(1) X 可能取的值是可能取的值是0,1,2 ; (2) 取每个值的概率为取每个值的概率为:看一个例子看一个例子一、离散型随机变量分布律的定义一、离散型随机变量分布律的定义定义定义1 ：某些随机变量某些随机变量X的所有可能取值是有限多的所有可能取值是有限多个或可列无限多个个或可列无限多个, 这种随机变量称为这种随机变量称为离散型随机离散型随机变量变量 .其中其中 (k=1,2, ) 满足：满足： k=1,2, （1）（2） 定定义义2 ：设设 xk (k=1,2, ) 是是离离散散型型随随机机变变量量 X 所所取的一切可能值，称取的一切可能值，称为为离散型随机变量离散型随机变量 X 的分布律的分布律.用这两条性质用这两条性质判断一个函数判断一个函数是否是分布律是否是分布律解解: 依据分布律的性质依据分布律的性质P(X =k)0, a0 ,从中解得从中解得即即例例2设随机变量设随机变量X的分布律为：的分布律为：k =0,1,2, ,试确定常数试确定常数a .二、离散型随机变量表示方法二、离散型随机变量表示方法（1）公式法）公式法（2）列表法）列表法或或例例3 某篮球运动员投中篮圈概率是某篮球运动员投中篮圈概率是0.9，求他两次独，求他两次独立投篮投中次数立投篮投中次数X的概率分布的概率分布.解：解： X可取值为可取值为0,1,2 ; PX =0=(0.1)(0.1)=0.01 PX =1= 2(0.9)(0.1) =0.18 PX =2=(0.9)(0.9)=0.81常常表示为：常常表示为： 这就是这就是X的分布律的分布律.例例4 某某射射手手连连续续向向一一目目标标射射击击，直直到到命命中中为为止止，已已知知他每发命中的概率是他每发命中的概率是p，求，求所需射击发数所需射击发数X 的分布律的分布律.解解: 显然，显然，X 可能取的值是可能取的值是1,2, ， PX=1=P(A1)=p, 为计算为计算 PX =k ， k = 1,2, ，Ak = 第第k发命中发命中，k =1, 2, ，设设于是于是可见可见这就是求这就是求所需射击发数所需射击发数X的分布律的分布律.例例5 一一汽汽车车沿沿一一街街道道行行驶驶，需需要要通通过过三三个个均均设设有有红红绿绿信信号号灯灯的的路路口口，每每个个信信号号灯灯为为红红或或绿绿与与其其它它信信号号灯灯为为红红或或绿绿相相互互独独立立，且且红红绿绿两两种种信信号号灯灯显显示示的的时时间间相相等等. 以以X表表示示该该汽汽车车首首次次遇遇到到红红灯灯前前已已通通过过的的路路口口的的个个数数，求求X的分布律的分布律.解解: 依题意依题意, X可取值可取值0, 1, 2, 3. PX=0=P(A1)=1/2, Ai=第第i个路口遇红灯个路口遇红灯, i=1,2,3设设路口路口3路口路口2路口路口1PX=1=P( )= 1/4 PX=2=P( )=1/8X表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数路口路口3路口路口2路口路口1路口路口3路口路口2路口路口1=1/8P(X=3)= P( )路口路口3路口路口2路口路口1即即X表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数表示该汽车首次遇到红灯前已通过的路口的个数设随机变量设随机变量 X 只可能取只可能取0与与1两个值两个值 , 它的分它的分布律为布律为则称则称 X 服从服从 (01) 分布分布或或两点分布两点分布.1. 两点分布两点分布 三、几种常见分布三、几种常见分布例例6 “抛硬币抛硬币”试验试验,观察正、反两面情况观察正、反两面情况. 随机变量随机变量 X 服从服从 (01) 分布分布.其分布律为其分布律为例例7 200件产品中件产品中,有有190件合格品件合格品,10件不合格品件不合格品,现从中随机抽取一件现从中随机抽取一件,那末那末,若规定若规定取得不合格品取得不合格品,取得合格品取得合格品.则随机变量则随机变量 X 服从服从(0 1)分布分布. 两点分布是最简单的一种分布两点分布是最简单的一种分布,任何一个只有任何一个只有两种可能结果的随机现象两种可能结果的随机现象, 比如新生婴儿是男还是比如新生婴儿是男还是女、明天是否下雨、种籽是否发芽等女、明天是否下雨、种籽是否发芽等, 都属于两点都属于两点分布分布.说明说明2. 等可能等可能分布分布如果随机变量如果随机变量 X 的分布律为的分布律为例例 抛掷骰子并记出现的点数为随机变量抛掷骰子并记出现的点数为随机变量 X,则有则有看一个试验看一个试验 将将一枚均匀骰子抛掷一枚均匀骰子抛掷3次次. .X的分布律是：的分布律是：3. 伯努利试验和二项分布伯努利试验和二项分布令令X 表示表示3次中出现次中出现“4”点的次数点的次数 掷骰子：掷骰子：“掷出掷出4 4点点”，“未掷出未掷出4 4点点” 抽验产品：抽验产品：“是正品是正品”，“是次品是次品” 一般地，一般地，设在一次试验设在一次试验E E中我们只考虑两个互逆的中我们只考虑两个互逆的结果：结果：A 或或 .这样的试验这样的试验E称为称为伯努利试验伯努利试验 .“重复重复”是指这是指这 n 次试验中次试验中P(A)= p 保持不变保持不变. 将伯努利试验将伯努利试验E E独立地重复地进行独立地重复地进行n次次 , ,则称这则称这一串一串重复的独立重复的独立试验为试验为n重伯努利试验重伯努利试验 .“独立独立”是指各是指各 次试验的结果互不影响次试验的结果互不影响 . 用用X表示表示n重伯努利试验中事件重伯努利试验中事件A发生的次数发生的次数，则则且两两互不相容且两两互不相容.易证：易证：（1）（2）称这样的分布为称这样的分布为二项分布二项分布.记为记为二项分布二项分布两点分布两点分布二项分布的图形二项分布的图形例例8 已知已知100个产品中有个产品中有5个次品，现从中个次品，现从中有放回有放回地取地取3次，每次任取次，每次任取1个，求在所取的个，求在所取的3个中恰有个中恰有2个次品的概率个次品的概率. 解解: 因为这是有放回地取因为这是有放回地取3次，因此这次，因此这3 次试验次试验的条件完全相同且独立，它是贝努里试验的条件完全相同且独立，它是贝努里试验.依题意，每次试验取到次品的概率为依题意，每次试验取到次品的概率为0.05.设设X为所取的为所取的3个中的次品数，个中的次品数，于是，所求概率为于是，所求概率为：则则X b(3,0.05)， 若若将本例中的将本例中的“有放回有放回”改为改为”无放回无放回”, 那么那么各次试验条件就不同了各次试验条件就不同了, 此试验就不是伯努利试验此试验就不是伯努利试验 . 此时此时, 只能用古典概型求解只能用古典概型求解.请注意请注意： 伯努利试验对试验结果没有等可能的要求，伯努利试验对试验结果没有等可能的要求，但有下述要求：但有下述要求：（1）每次试验条件相同；）每次试验条件相同； 二项分布描述的是二项分布描述的是n重伯努利试验中事件重伯努利试验中事件 A 出现的次数出现的次数 X 的分布律的分布律 .（2）每次试验只考虑两个互逆结果）每次试验只考虑两个互逆结果 A 或或 ， （3）各次试验相互独立）各次试验相互独立. .可以简单地说，可以简单地说， 且且 P(A)=p ， ； 例例9 某类灯泡使用时数在某类灯泡使用时数在1000小时以上小时以上的概率是的概率是0.2，求三个灯泡在使用，求三个灯泡在使用1000小时以后最多只有一个坏了的概率小时以后最多只有一个坏了的概率. .解解: : 设设X为三个灯泡在使用为三个灯泡在使用1000小时已小时已坏的灯泡数坏的灯泡数 . X b (3, 0.8)，把观察一个灯泡的使用把观察一个灯泡的使用时数看作一次试验时数看作一次试验,“使用到使用到1000小时已坏小时已坏”视为事件视为事件A .每次试验每次试验,A 出现的概率为出现的概率为0.8 PX 1 =PX=0+PX=1=(0.2)3+3(0.8)(0.2)2=0.104分析分析 这是不放回抽样这是不放回抽样.但由于这批元件的总数很但由于这批元件的总数很大大, 且抽查元件的数量相对于元件的总数来说又很且抽查元件的数量相对于元件的总数来说又很小小,因而此抽样可近似当作放回抽样来处理因而此抽样可近似当作放回抽样来处理.例例10解解图示概率分布图示概率分布注意：注意：P(X=4)最大。最大。 一般地，若在一般地，若在k0处，概率处，概率PX=k达到最大（称达到最大（称k0为随机变量为随机变量X的最可能值）。则的最可能值）。则k0应满足应满足 解上述不等式得解上述不等式得(n+1)p-1 k0 (n+1)p 。因为。因为k0必须为整必须为整数，所以数，所以 当当(n+1)p为整数，为整数，其它，其它，本例中，本例中，n=20，p=0.2, 所以，所以，(n+1)p=4.2, 故故k0=4。 4. 泊松分布泊松分布 泊松分布的背景及应用泊松分布的背景及应用二十世纪初卢瑟福和盖克两位科学家在观察二十世纪初卢瑟福和盖克两位科学家在观察与分析放射性物质放出的粒子个数的情况时与分析放射性物质放出的粒子个数的情况时, ,他他们做了们做了2608次观察次观察( (每次时间为每次时间为7.5秒秒) )发现放射发现放射性物质在规定的一段时间内性物质在规定的一段时间内, , 其放射的粒子数其放射的粒子数X 服从泊松分布服从泊松分布. . 在生物学在生物学、医学医学、工业统计、保险科学及工业统计、保险科学及公用事业的排队等问题中公用事业的排队等问题中 , 泊松分布是常见的泊松分布是常见的.例如地震、火山爆发、特大洪水、交换台的电例如地震、火山爆发、特大洪水、交换台的电话呼唤次数等话呼唤次数等, 都服从泊松分布都服从泊松分布. 我们把在随机时刻相继出现的事件所形成的序列我们把在随机时刻相继出现的事件所形成的序列, ,叫叫做随机做随机事件流事件流. . 若事件流具有平稳性、无后效性、普通性，则称该若事件流具有平稳性、无后效性、普通性，则称该事件流为普阿松事件流（事件流为普阿松事件流（泊松流泊松流）, ,。 平稳性：平稳性：在任意时间区间内，事件发生在任意时间区间内，事件发生k次次(k0)的概率只依赖于区间长度而与区间端点无关的概率只依赖于区间长度而与区间端点无关. 无后效性：无后效性：在不相重叠的时间段内，事件的发生是在不相重叠的时间段内，事件的发生是相互独立的相互独立的. 普通性：普通性：如果时间区间充分小，事件出现两次或如果时间区间充分小，事件出现两次或两次以上的概率可忽略不计两次以上的概率可忽略不计. 在社会经济生活中，各种服务在社会经济生活中，各种服务“人人”数、各数、各种排队种排队“人人”数、各种事故的件数等，服务员接数、各种事故的件数等，服务员接待的顾客数、高速公路上每天发生的车祸数、某待的顾客数、高速公路上每天发生的车祸数、某路段的车流量、都可以看成是泊松流路段的车流量、都可以看成是泊松流 。因此。因此都都可用泊松分布来予以描述刻划。可用泊松分布来予以描述刻划。 电话呼唤次数电话呼唤次数交通事故次数交通事故次数商场接待的顾客数商场接待的顾客数地震地震火山爆发火山爆发特大洪水特大洪水泊松分布的图形泊松分布的图形 同样地，解如下不等式同样地，解如下不等式得得 -1 k0 。因为。因为k0必须为整数，所以必须为整数，所以泊松分布的最泊松分布的最可能取值为可能取值为当当 为整数，为整数，其它，其它，, 则对固定的则对固定的 k，有有设设Possion定理定理:Poisson定理说明若定理说明若X b( n, p), 则当则当n 较大，较大，p 较小较小, 而而 适中适中, 则可以用近似公式则可以用近似公式 历史上，泊松分布是作为二项分布的近似，于历史上，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年由法国数学家泊松引入的 .二项分布与泊松分布的关系二项分布与泊松分布的关系证 记记二项分布二项分布 泊松分布泊松分布例例1212 一家商店采用科学管理，由该商店过去的销售一家商店采用科学管理，由该商店过去的销售记录知道，某种商品每月的销售数可以用参数记录知道，某种商品每月的销售数可以用参数=5的泊松分布来描述，为了以的泊松分布来描述，为了以95%以上的把握保证不以上的把握保证不脱销，问商店在月底至少应进脱销，问商店在月底至少应进某种商品多少件？某种商品多少件？解解: :设该商品每月的销售数为设该商品每月的销售数为X,已知已知X服从参数服从参数=5的泊松分布的泊松分布.设商店在月底应进设商店在月底应进某种商品某种商品m件件, ,求满足求满足P X m 0.95 的最小的的最小的m .进货数进货数销售数销售数求满足求满足P X m 0.95 的最小的的最小的m.查泊松分布表得查泊松分布表得 m=9件件例例1313 独立射击独立射击50005000次次, , 命中率为命中率为0.001,0.001,解解 (1) k = ( n + 1)p = ( 5000+ 1)0.001 =5求求 (1) 最可能命中次数及相应的概率；最可能命中次数及相应的概率；(2)命中次数不少于命中次数不少于1 次的概率次的概率. (至少命中至少命中1次的概率次的概率) (2) 令令X 表示命中次数表示命中次数, 则则 X b(5000,0.001)解解 令令X 表示命中次数表示命中次数, 则则 令令 此结果与用二项分布算得的结果此结果与用二项分布算得的结果0.9934仅相差万仅相差万分之一分之一.利用利用Poisson定理再求例定理再求例12 (2) X b( 5000,0.001 ) 由此可见日常生活中由此可见日常生活中“提高警惕提高警惕, , 防火防盗防火防盗”的重要性的重要性. . 由于时间无限由于时间无限, , 自然界发生地震、海啸、空难、自然界发生地震、海啸、空难、泥石流等都是必然的，早晚的事，不用奇怪，不用惊泥石流等都是必然的，早晚的事，不用奇怪，不用惊慌慌. . 同样同样, ,由于人的一生是一个漫长的过程，在人由于人的一生是一个漫长的过程，在人的一生中发生车祸、失恋、患绝症、考试不及格、的一生中发生车祸、失恋、患绝症、考试不及格、炒股大亏损等都属于正常现象炒股大亏损等都属于正常现象, , 大可不必怨天尤人大可不必怨天尤人, , 更不要想不开而跳楼自杀更不要想不开而跳楼自杀. .小概率事件虽不易发生，但重小概率事件虽不易发生，但重复次数多了，复次数多了，就成大概率事件就成大概率事件. .本例本例启示启示例例14 设有设有80台同类型设备台同类型设备,各台工作是相互独立各台工作是相互独立的发生故障的概率都是的发生故障的概率都是 0.01,且一台设备的故障能且一台设备的故障能由一个人处理由一个人处理. 考虑两种配备维修工人的方法考虑两种配备维修工人的方法 , 其其一是由四人维护一是由四人维护,每人负责每人负责20台台; 其二是由其二是由3人共同人共同维护台维护台80.试比较这两种方法在设备发生故障时不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能及时维修的概率的大小.解解 按第一种方法按第一种方法发生故障时不能及时维修发生故障时不能及时维修”,而不能及时维修的概率为而不能及时维修的概率为则知则知80台中发生故障台中发生故障故有故有即有即有 按第二种方法按第二种方法故故 80 台中发生故障而不能及时维修的概率为台中发生故障而不能及时维修的概率为其它离散分布：其它离散分布： 几何分布：几何分布： 超几何分布：超几何分布： 几何级数几何级数1 2 3 40.4 0.3 0.2 0.1 对于离散型随机变量，如果知道了它的分布律对于离散型随机变量，如果知道了它的分布律,也就知道了该随机变量取值的概率规律也就知道了该随机变量取值的概率规律. 在这个意在这个意义上，我们说义上，我们说 这一节，我们介绍了离散型随机变量及其分布这一节，我们介绍了离散型随机变量及其分布律，并给出两点分布、二项分布、泊松分布三种重律，并给出两点分布、二项分布、泊松分布三种重要离散型随机变量要离散型随机变量.离散型随机变量由它的分布律唯一确定离散型随机变量由它的分布律唯一确定.四、四、小结小结练习题练习题