概率论与数理统计第四章1

第四章几种重要的分布§1重要的离散型分布(一)0-1分布01P1ppEpDpqq1p其中(二)离散型均匀分布12n111Pnnn......111E12nnnn...n122222111E12nnnn...11nn12n16n()()n12n16()()2n12n1n1D62()()2n112(三)几何分布k1Pk1ppk12()(),,...1Ep21pDp(四)二项分布n做重贝努里试验，以表示某事件A发生的次数，则kknknPkCpqk01n(),,...,其中0p1,q=1-p称服从参数为n,p的二项分布。:简记为B(n,p)由二项展开公式nkknknnk0Cpqpq1()设最近6天内用水量保持正常的解天数为：n6p075.它服从二项分布，其中＝，61P04()=0.000251631P1C44()=0.0044……3461某工厂每天用水量保持正常的概率为，求最近天内用水量正常的天数例的分布。0123456P00002000440033001318029660356001780.......列成分布表为63P64()=0.1780021部机器各自独立地工作，因修理调整等原因，每部机器停车的概率为0.2，求同时停车数目例的分布。服从解：二项分布n=10p=0.2kk10k10PkC0208k0110()..,,...,将计算结果列成分布表012345678910P011027030020009003001000000000000...........20表示次重复抽样中废品出解：现的次数，服从二项分布n=20p=0.03kk20k20PkC003097()(.).P01P220.()221820C003097(.).=0.0988例3一批产品的废品率p=0.03，进行20次重复抽样，求出现废品的频率为0.1的概率。直接计算二项分布的期望与方差较麻烦。若服从二项分布12n...则＝1n其中，...,相互独立，且服从同一0-1分布i01P1pp即iiEpDpqq1p因1nEEEnp...1nDDDnpq...Dnpq0kk二项分布中使概率P(=k)取最大值的，称为二项分布的最可能值，记为00PkPk11()()()0若P(=k)为最大，则00PkPk12()()()由(1)式0000knkk1nk10000nnpqpqknkk1nk1!!!()!()!()!00nk1pkq()化简得0kn1p()由(2)式0000knkk1nk10000n!n!pqpqk!(nk)!(k1)!(nk1)!＋00k1qnkp()()化简得0kn1p1()0n1p1kn1p()()所以0n1pn1p1n1pkn1p()()()[()]即或-当是整数时其它其中[(n+1)p]表示(n+1)p的整数部分。服从二项分布，n=4,解：p=0.8n1p4108()().＝4k0=4或3用贝努里公式算出的分布表01234P0001600256015360409604096.....34＝或＝时，概率最大。40某批产品80％的一等品，对它们进行重复抽样检验，共取出4个样品，求其中一等品数的最可能值k,并用贝努例里公式验证。将不等式0n1p1kn1p()()改写为0p1kpppnnnppp0knpn充分大时，频率为概率的可能性最大(五)超几何分布可取0，1，2，3，4解：等5个值。k4k515420CCP(k)Ck=0,1,2,3,4经计算列出概率分布表。01234P0.28170.46960.21670.03100.00102055154袋中有个小球，其中个白球，个黑球，任取球，求取到例的白球数的分布。417420CP(0)C解：13317420CCP(1)C22317420CCP(2)C0.49120.42110.084231317420CCP(3)C0.00350123P0.49120.42110.08420.0035即06234一批产品有件，其中有件废品，从中任取件，求取到的废品数例的分布律。的取值不解：能为0与1226248CCP(2)C15700.2143316248CCP(3)C40700.57144648CP(4)C15700.2143234P0.21430.57140.2143即7一批灯泡有8只，其中6只是合格的，任取4只，求取到的合格灯泡数例的分布。Nn1212设个元素分为两类，有N个属于第一类，N个属于第二类(N+N=N)。从中不重复抽取个，用表示取到第一(第二)类元素的个数，则12knkNNnNCCP(k)k0,1,...,nC＝mnmnC0约定当时称服从超几何分布。利用组合数的性质1212nknknNNNNk0CCC可以验证nk0P(k)112knknNNnk0NCCEkC2nnk1Nk11N!N!kCk!(Nk)!n!(Nn)!12nk1nkn11N1NN1k1nNCCCN2nnk11Nk11nN(N1)!(N1)!C(k1)!(Nk)!(n1)!(Nn)!N1NnN12NNNnDnNNN1也可求出当N时，超几何分布以二项分布为极限。nNN(N1)...(Nn1)Cn!nNNN1Nn1...n!NNNnN12n111...1n!NNN同样地1kk1N111N12k1C11...1k!NNN2nknk2N222N12nk1C11...1(nk)!NNN12knkNNnNCCP(k)Cknk121122nN1k1N1nk11...11...1k!NN(nk)!NNN1n11...1n!NNknk12nNNn!k!(nk)!N11221k11nk11...11...1NNNN1n11...1NNknkk12nNNCNN11221k11nk11...11...1NNNN1n11...1NN12NNN,1pqNN当时，若记p=则－kknknP(k)Cpq用表示取解：到的废品数。不放回抽取时，服从超几何分布2146310CCP(2)C=0.3有放回抽取时，服从二项分布22346P(2)C1010=0.288两者相差很多，是因为产品总数不大。例810件产品有4件是废品，任取3件，分别用超几何分布与二项分布求取到2件废品的概率。表示10粒种子中发芽的解：种子数目。服从超几何分布N很大，n很小，可用二项分布近似计算。n＝10p=0.9q=0.188210(1)P(8)C0.90.10.193788299101010(2)P(8)C0.90.1C0.90.10.90.9298例9一大批种子的发芽率为90％，从中任取10粒，求播种后，(1)恰有8粒发芽的概率(2)不少于8粒发芽的概率(六)Poisson分布如果随机变量的概率函数为kP(k)P(k)ek0,1,2,...k!0Poisson其中，称服从分布。kxk0k0xe1k,!利用级数易知P(k)Poisson分布常见于稠密性问题，如：候车室旅客数目，原子放射粒数,织机上的断头数,印刷错误。kk0Ekek!k1k1ek1()!记k-1=m,则mm0Eem!k22k0Ekek!k1k1kek1()!mm0m1em()!mmm0m0meemm!!2D故需要确解定参数：P1P2()()2ee12!即！02,由于可求出＝P4()故422e4!22e30090224.实际计算时，可查Poisson分布表。Poisson,P(1)P(2)40P1,()已知服从分布且求例051152255006065310367879022313001353350082085000673810303265036787903346950270671020525200336902007581601839400251021027067102565160084224300126360061313012551001804470213763..........................0140374400015800015328004706700902240133602017546750000158000306600141200036089006680101754676000001300005110003530001203000278340146223700000010000073000075600034370009941010.........................44458000000900001420000859000310600652789000000100002400001910000863003622610000004000003800002160018133..............解：直接查表可得P20075816P60000013().,().P300()E5,＝解因：查表得P30140374().P50175467().05Poissonp2P6P3011.(),(),()服从参数＝的分布，查表求出例PoissonE5PP5123()()服从分布，＝，查表求例114027136100(...)解＝：=2查表并与频率比较，可列出下表012345601402702602000700300301353027070270701804009020036100120..............疵点数频率概率当零件数量很大时，上述频率与概率更接近。100Pso1s3oin检查了个零件上的疵点数，结果为疵点数0123456频数14272620733试用分布计算疵点数的分布，并与例实际结果比较。np通常在比较大，很小时，可以用Poisson分布近似代替二项分布，其中＝np所取一箱中废品个数服从超几解：何分布，产品数量很大，可用二项分布计算，n＝100，199100P1C00150985()..0335953.由于n较大，p很小，可用Poisson分布代替二项分布。np15.,查表可得P10334695().误差不超过1％14一大批产品的废品率为p=0.015,求任取一箱(有100个产品)，箱中恰好有一个例废品的概率。Poisson0分布中使概率P(=k)取最大值的k，称为Poisson分布的最可能值，记