离散型随机变量及其分布列

前言

为什么要研究离散型随机变量和其分布列？

相关概念

• 随机变量

随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量。常用字母(X)，(Y)，(xi)，(eta)等表示。

• 离散型随机变量

所有取值可以一一列出的随机变量称为离散型随机变量。

• 连续型随机变量

所有取值在某个区间的随机变量称为连续型随机变量，比如某种电子产品的使用寿命(X)，可以取([0，b])或([0，+infty))内的一切值。

• 离散型随机变量的分布列

一般地，若离散型随机变量(X)可能取的不同值为(x_1)，(x_2)，(cdots)，(x_i)，(cdots)，(x_n)，(X)取每一个值(x_i(i＝1,2，…，n))的概率为(P(X＝x_i)＝p_i)，则表

称为离散型随机变量(X)的概率分布列，简称为(X)的分布列，有时为了简单起见，也用等式(P(X＝x_i)＝p_i)，(i＝1,2，cdots，n)表示(X)的分布列。

• 离散型随机变量的均值

[E(X)=x_1p_1+x_2p_2+x_3p_3+cdots+x_np_n ]

称为离散型随机变量(X)的均值或数学期望，其刻画的是离散型随机变量(X)取值的平均水平。

它和(ar{x}=cfrac{x_1+x_2+cdots+x_n}{n})是一致的吗？

一致的，上述的概念实质是(x_i)加权平均值。

• 离散型随机变量的方差

[D(X)=sumlimits_{i=1}^n{(x_i-E(X))^2cdot p_i} ]

为随机变量(X)的方差，它刻画了随机变量(X)与其均值(E(X))的平均偏离程度，其算术平方根(sqrt{D(X)})为随机变量(X)的标准差．

它和(s^2=cfrac{1}{n}[(x_1-ar{x})^2+(x_2-ar{x})^2+cdots+(x_{n}-ar{x})^2])的定义是一致的吗？一致的，上述的概念实质是((x_i-E(X))^2)的加权平均值。

相关性质

• 离散型随机变量的均值

[E(aX+b)=aE(X)+b ]

对比：如果数据(x_1)，(x_2)，(cdots)，(x_n)的平均数为(ar{x})，则数据(ax_1+b)，(ax_2+b)，(cdots)，(ax_n+b)的平均数为(aar{x}+b)；

• 离散型随机变量的方差

[D(aX+b)=a^2cdot D(X) ]

对比：如果数据(x_1)，(x_2)，(cdots)，(x_n)的方差为(s^2)，则数据(ax_1+b)，(ax_2+b)，(cdots)，(ax_n+b)的方差为(a^2cdot s^2)；

常见分布列

• 两点分布

若随机变量的分布列为

则称(X)服从两点分布，也称为“0-1”分布，并称(p=P(X=1))为成功概率，当然其中的“成功”只是个抽象的说法。两点分布是二项分布的特例，在二项分布中，当(n=1)时，即为两点分布；此时(E(X)=1 imes p=p)，(D(X)=1cdot pcdot (1-p)=p(1-p))；

• 超几何分布

一般的，在含有(M)件次品的(N)件产品中，任取(n)件，其中恰有(X)件次品，则(P(X=k)=cfrac{C_M^kcdot C_{N-M}^{n-k}}{C_N^n})，((k=0，1，2，cdots，m))，其中(m=min{M，n})，且(nleq N)，(Mleq N)，(n)，(M)，(Nin N^*)，称这样的分布列为超几何分布列，如果随机变量(X)的分布列具有下表的形式，则称随机变量(X)服从超几何分布。

如果(X)服从参数为(n)，(M)，(N)，记作(Xsim H(n，M，N))，(超几何分布)，其数学期望(E(X)=cfrac{nM}{N})。

• 二项分布

一般的，在(n)次独立重复试验中，设事件(A)发生的次数为(X)，每次试验中事件(A)发生的概率为(p)，则事件(A)恰好发生(k)次的概率为(P(X=k)=C_n^kcdot p^kcdot (1-p)^{n-k})，((k=0，1，2，cdots，n))，此时称随机变量(X)服从二项分布，记为(Xsim B(n，p))，并称(p)为成功概率。

解释：二项展开式([p+(1-p)]^n)中，事件(A)发生(k)次，即对应展开式中的含(p^k)的项，其为(C_n^kcdot p^kcdot C_{n-k}^{n-k}cdot (1-p)^{n-k})，即(P(X=k)=C_n^kcdot p^kcdot (1-p)^{n-k})，

若随机变量(X)服从二项分布，记为(Xsim B(n，p))，则(E(X)=np)，(D(X)=np(1-p))；

典例剖析

• 考点：离散型随机变量的分布列的应用

例1【2018焦作模拟】

甲乙两名学生参加考试，随机变量(x)代表通过的学生数，其分布列为

那么这两个人各自通过考试的概率的最小值为【】

$A.cfrac{1}{6}$ $B.cfrac{1}{3}$ $C.cfrac{1}{2}$ $D.cfrac{2}{3}$

分析：先令甲乙分别通过考试为为事件(A)和(B)，这两个人各自通过考试的概率，即意味着我们需要分别求解(P(A))和(P(B))，

再分析给定的分布列，当(x=0)时，即两个人都没有通过考试，当(x=2)时，即两个人都通过了考试。故求解如下：

解：令甲乙分别通过考试为为事件(A)和(B)，则事件(A)和(B)，(ar{A})和(B)，(A)和(ar{B})，(ar{A})和(ar{B})之间都是相互独立的，

故有([1-P(A)][1-P(B)]=cfrac{1}{3})，(P(A)cdot P(B)=cfrac{1}{6})，解方程得到

(P(A)=cfrac{1}{2})，(P(B)=cfrac{1}{3})，或(P(A)=cfrac{1}{3})，(P(B)=cfrac{1}{2})，

故这两个人各自通过考试的概率的最小值为(cfrac{1}{3})，故选(B)。

• 考点：离散型随机变量的均值应用

例2【2015高考陕西卷】

学生问题由于教授来回所用时间分别是在25，30，35，40这四个时间数据中做选择，故所有情形应该有(4 imes 4=16)种，而不符合题意的时间选择有三种，即(35+40)，(40+35)，(40+40)，则符合题意的时间选择应该有13种，故所求概率为(P=cfrac{13}{16}=0.8125)，对吗，为什么？

分析：这种解法的算理是错误的，因为每一种时间的概率不是相等的，如时间为25分钟的概率为0.2，时间为35分钟的概率为0.4，故这种算法错误。

例3【2015高考安徽卷】

已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或检测出3件正品时检测结束。

（1）求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率。

（2）已知每检测一件产品需要费用100元，设(X)表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费（单位：元），求(X)的分布列和数学期望。

方法1：利用排列数公式和古典概型求解；

（1）(P=cfrac{A_2^1A_3^1}{A_5^2}=cfrac{3}{10})

（2）先设检测过的产品数为(x)，则由题目可知(x=2，3，4)

其中(x=2)时对应“次次”一种；

其中(x=3)时对应“正次次、次正次、正正正”三种；

其中(x=4)时对应“正次正次、正正次次、次正正次、次正正正、正正次正、正次正正”六种；

故(X)的所有可能取值为(200，300，400)，(注意：由于是无放回的，故有顺序，故用排列而不是组合)

(P(X=200)=cfrac{A_2^2}{A_5^2}=cfrac{1}{10})，

(P(X=300)=cfrac{A_3^3+C_2^1cdot C_3^1cdot C_1^1+C_3^1cdot A_2^2}{A_5^3}=cfrac{3}{10})，

(P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300)=cfrac{6}{10})，

故(X)的分布列为

(E(X)=200 imes cfrac{1}{10}+300 imes cfrac{3}{10}+400 imes cfrac{6}{10}=350)

方法2：利用相互独立事件求解；

（1）第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率为(P=cfrac{2}{5} imes cfrac{3}{4}=cfrac{3}{10})

（2）先设检测过的产品数为(x)，则由题目可知(x=2，3，4)

其中(x=2)时对应“次次”一种；

其中(x=3)时对应“正次次、次正次、正正正”三种；

其中(x=4)时对应“正次正次、正正次次、次正正次、次正正正、正正次正、正次正正”六种；

故(X)的所有可能取值为(200，300,400)，
且(P(X=200)=cfrac{2}{5} imes cfrac{1}{4}=cfrac{1}{10})，

(P(X=300)=cfrac{3}{5} imes cfrac{2}{4} imes cfrac{1}{3}+cfrac{2}{5} imes cfrac{3}{4} imes cfrac{1}{3}+cfrac{3}{5} imes cfrac{2}{4} imes cfrac{1}{3}=cfrac{3}{10})，

(P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300)=cfrac{6}{10})

详解：(P(X=400)=cfrac{3}{5} imes cfrac{2}{4} imes cfrac{2}{3} imes cfrac{1}{2}+cfrac{2}{5} imes cfrac{3}{4} imes cfrac{2}{3} imes cfrac{1}{2}+cfrac{3}{5} imes cfrac{2}{4} imes cfrac{2}{3} imes cfrac{1}{2}+cfrac{2}{5} imes cfrac{3}{4} imes cfrac{2}{3} imes cfrac{1}{2}+cfrac{3}{5} imes cfrac{2}{4} imes cfrac{2}{3} imes cfrac{1}{2}+cfrac{3}{5} imes cfrac{2}{4} imes cfrac{2}{3} imes cfrac{1}{2}=cfrac{6}{10})

故(X)的分布列为

(E(X)=200 imes cfrac{1}{10}+300 imes cfrac{3}{10}+400 imes cfrac{6}{10}=350)；

例4【2019届高三理科数学三轮模拟试题】甲、乙、丙三人独立的对某一技术难题进行攻关，甲能攻克的概率为(cfrac{1}{4})，乙能攻克的概率为(cfrac{2}{5})，丙能攻克的概率为(cfrac{3}{4})，

(1).求这一技术难题被攻克的概率。

分析：“这一技术难题被攻克”，意味着至少有一人攻克了技术难题，其对立面是“无人攻克”，

【法1】：间接法，正难则反，从对立事件入手分析求解，

(P=1-(1-cfrac{1}{4})cdot (1-cfrac{2}{5})cdot (1-cfrac{3}{4})=cfrac{71}{80})

【法2】：直接法，仿上分析求解。

(2).若该技术难题未被攻克，上级不做任何奖励；若该技术难题被攻克，上级会奖励(6)万元。奖励规则如下：若只有一人攻克，则此人获得全部奖金(6)万元；若只有(2)人攻克，则此二人均分奖金，每人(3)万元；若三人均攻克，则每人(2)万元。在这一技术难题被攻克的前提下，设甲拿到的奖金数为(X)，求(X)的分布列和数学期望。

分析：对甲而言，技术难题的攻克，可能仅仅甲没有攻克而乙丙至少有一人攻克；或仅仅甲一人攻克；或甲和其他两人攻克；或甲和其他三人攻克，

故(X)的所有可能取值为(0)，(2)，(3)，(6)，

(P(X=0)=cfrac{frac{3}{4} imes [1-(1-frac{2}{5})(1-frac{3}{4})]}{frac{71}{80}}=cfrac{51}{71})；(X=0)意味着“甲没有攻克而乙丙至少有一人攻克”；

(P(X=2)=cfrac{frac{1}{4} imes frac{2}{5} imes frac{3}{4}}{frac{71}{80}}=cfrac{6}{71})；(X=2)意味着“甲乙丙三人都攻克”；

(P(X=3)=cfrac{frac{1}{4}(frac{3}{5} imes frac{3}{4}+frac{2}{5} imes frac{1}{4})}{frac{71}{80}}=cfrac{11}{71})；(X=3)意味着“甲乙攻克丙没有攻克，或者甲丙攻克而乙没有攻克”；

(P(X=6)=cfrac{frac{1}{4} imes frac{3}{5} imes frac{1}{4}}{frac{71}{80}}=cfrac{3}{71})；(X=6)意味着“只有甲攻克而乙丙都没有攻克”；

故(X)的分布列，略；

(E(X)=0 imes cfrac{51}{71}+2 imes cfrac{6}{71}+3 imescfrac{11}{71}+6 imes cfrac{3}{71}=cfrac{63}{71})(万元)。