离散型随机变量及其分布列习题

前言

典例剖析

例1[2015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，知道检测出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。

分析：(1)思路1：利用排列数公式和古典概型，(P=cfrac{A_2^1A_3^1}{A_5^2}=cfrac{3}{10}hspace{2cm})

思路2：利用相互独立事件，(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)=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})

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

其余略。

例2【2016山东高考节选】甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜想一个成语。在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一人猜对，则“星队”得1分；如果两人都猜错，则“星队”得0分。已知甲每轮猜对的概率为(cfrac{3}{4})，乙每轮猜对的概率为(cfrac{2}{3})，每轮活动中甲乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响，假设“星队”参加两轮活动，求：

⑴“星队”至少猜对(3)个成语的概率；

⑵“星队”两轮得分之和(X)的分布列。

分析：⑴先定义事件，记““星队”至少猜对3个成语”为事件(E),“甲第一轮猜对”为事件(A)，“乙第一轮猜对”为事件(B)，“甲第二轮猜对”为事件(C)，“乙第二轮猜对”为事件(D)，且(P(A)=P(C)=cfrac{3}{4})，(P(B)=P(D)=cfrac{2}{3})，

则(E=ABCD+ar{A}BCD+Aar{B}CD+ABar{C}D+ABCar{D})，事件(A、B、C、D)相互独立，事件(ABCD、ar{A}BCD、Aar{B}CD、ABar{C}D、ABCar{D})互斥，故有

(P(E)=P(ABCD+ar{A}BCD+Aar{B}CD+ABar{C}D+ABCar{D})=P(ABCD)+P(ar{A}BCD)+P(Aar{B}CD)+P(ABar{C}D)+P(ABCar{D}))，

(=cfrac{3}{4} imescfrac{2}{3} imescfrac{3}{4} imescfrac{2}{3}+cfrac{1}{4} imescfrac{2}{3} imescfrac{3}{4} imescfrac{2}{3}+cfrac{3}{4} imescfrac{1}{3} imescfrac{3}{4} imescfrac{2}{3}+cfrac{3}{4} imescfrac{2}{3} imescfrac{1}{4} imescfrac{2}{3}+cfrac{3}{4} imescfrac{2}{3} imescfrac{3}{4} imescfrac{1}{3}=cfrac{2}{3}).

⑵由于“星队”每轮得分分别为0分、1分、3分，则“星队”两轮得分之和(X)可能取值为0、1、2、3、4、6，

(P(X=0)=P(ar{A}ar{B}ar{C}ar{D})=cfrac{1}{4} imescfrac{1}{3} imescfrac{1}{4} imescfrac{1}{3}=cfrac{1}{16 imes 9}=cfrac{1}{144})

(P(X=1)=P(Aar{B}ar{C}ar{D})+P(ar{A}Bar{C}ar{D})+P(ar{A}ar{B}Car{D})+P(ar{A}ar{B}ar{C}D)=cfrac{3}{4} imescfrac{1}{3} imescfrac{1}{4} imescfrac{1}{3}+cfrac{1}{4} imescfrac{2}{3} imescfrac{3}{4} imescfrac{1}{3}+cfrac{1}{4} imescfrac{1}{3} imescfrac{3}{4} imescfrac{1}{3}+cfrac{1}{4} imescfrac{1}{3} imescfrac{1}{4} imescfrac{2}{3}=cfrac{10}{16 imes 9}=cfrac{5}{72})

(P(X=2)=P(Aar{B}Car{D})+P(Aar{B}ar{C}D)+P(ar{A}Bar{C}D)+P(ar{A}BCar{D})=cfrac{3}{4} imescfrac{1}{3} imescfrac{3}{4} imescfrac{1}{3}+cfrac{3}{4} imescfrac{1}{3} imescfrac{1}{4} imescfrac{2}{3}+cfrac{1}{4} imescfrac{2}{3} imescfrac{1}{4} imescfrac{2}{3}+cfrac{1}{4} imescfrac{2}{3} imescfrac{3}{4} imescfrac{1}{3}=cfrac{25}{16 imes 9}=cfrac{25}{144})

(P(X=3)=P(ar{A}ar{B}CD)+P(ABar{C}ar{D})=cfrac{1}{4} imescfrac{1}{3} imescfrac{3}{4} imescfrac{2}{3}+cfrac{3}{4} imescfrac{2}{3} imescfrac{1}{4} imescfrac{1}{3}=cfrac{12}{16 imes 9}=cfrac{1}{12})

(P(X=4)=P(ar{A}BCD)+P(Aar{B}CD)+P(ABar{C}D)+P(ABCar{D})=cfrac{1}{4} imescfrac{2}{3} imescfrac{3}{4} imescfrac{2}{3}+cfrac{3}{4} imescfrac{1}{3} imescfrac{3}{4} imescfrac{2}{3}+cfrac{3}{4} imescfrac{2}{3} imescfrac{1}{4} imescfrac{2}{3}+cfrac{3}{4} imescfrac{2}{3} imescfrac{3}{4} imescfrac{1}{3}=cfrac{60}{16 imes 9}=cfrac{5}{12})

(P(X=6)=P(ABCD)=cfrac{3}{4} imescfrac{2}{3} imescfrac{3}{4} imescfrac{2}{3}=cfrac{36}{16 imes 9}=cfrac{1}{4})

分布列略。

例3【例2改编】甲、乙两人参加定点投球大赛活动，每轮活动由甲、乙各投球两次。在每轮活动中，如果投不中得(0)分，投中得(1)分。已知甲每次投中的概率为(cfrac{3}{4})，乙每次投中的概率为(cfrac{2}{3})，求：

⑴甲至少投中(1)个球的概率；

⑵甲乙两人每轮投球得分之和(Z)的分布列。

分析：
⑴有题目可知，甲投球两次，每次投中的概率相等，设甲投中球的次数为(X)，则(Xsim Bleft(2，cfrac{3}{4} ight))

故甲至少投中(1)个球的概率(P=P(Xge 1)=C_2^1 imes(cfrac{3}{4})^1 imes(cfrac{1}{4})^1+C_2^2 imes(cfrac{3}{4})^2 imes(cfrac{1}{4})^0=cfrac{15}{16}).

⑵再设乙投中球的次数为(Y)，则(Ysim Bleft(2，cfrac{2}{3} ight))，则(Z)可能的取值为(0、1、2、3、4)，

(P(Z=0)=P(X=0) imes P(Y=0))

(P(Z=1)=P(X=0) imes P(Y=1)+P(X=1) imes P(Y=0))

(P(Z=2)=P(X=0) imes P(Y=2)+P(X=1) imes P(Y=1)+P(X=2) imes P(Y=0))

(P(Z=3)=P(X=1) imes P(Y=2)+P(X=2) imes P(Y=1))

(P(Z=4)=P(X=2) imes P(Y=2))

对上述例2、例3的再思考：

⑴例2的第一问，能不能利用二项分布来求解？为什么？

【分析】：设甲猜对的成语个数为(X)，则(Xsim Bleft(2，cfrac{3}{4} ight))，乙猜对成语的个数为(Y)，则(Ysim Bleft(2，cfrac{2}{3} ight))，“星队至少猜对3个成语”为事件(E)，则

(P(E)=P(X=1)P(Y=2)+P(X=2)P(Y=1)+P(X=2)P(Y=2))

(=P(ar{A}BCD)+P(Aar{B}CD)+P(ABar{C}D)+P(ABCar{D})+P(ABCD))

⑵例3的第二问能不能用例2的第2问的解法来求解，具体来说是怎么对应的？

【分析】：“甲第一次投中”为事件(A)，“乙第一次投中”为事件(B)，“甲第二次投中”为事件(C)，“乙第二次投中”为事件(D)，且(P(A)=P(C)=cfrac{3}{4})，(P(B)=P(D)=cfrac{2}{3})，

(P(Z=2)=P(X=0) imes P(Y=2)+P(X=1) imes P(Y=1)+P(X=2) imes P(Y=0))

(=P(ar{A}Bar{C}D)+P(ar{A}ar{B}CD+ar{A}BCar{D}+Aar{B}ar{C}D+ABar{C}ar{D})+P(Aar{B}Car{D}))

⑶例2的第2问，为什么不能用二项分布来求解？

依上，设甲猜对的成语个数为(mu)，则(musim Bleft(2，cfrac{3}{4} ight))，乙猜对成语的个数为(eta)，则(etasim Bleft(2，cfrac{2}{3} ight))，

则(P(X=2)=P(mu=1)P(eta=1)=P(ar{A}C+Aar{C})P(ar{B}D+Bar{D})=P(ABar{C}ar{D}+ar{A}BCar{D}+Aar{B}ar{C}D+ar{A}ar{B}CD))

而由上可知，

(P(X=2)=P(Aar{B}Car{D})+P(Aar{B}ar{C}D)+P(ar{A}Bar{C}D)+P(ar{A}BCar{D}))，明显事件中有一样的，也有不一样的，主要是二项分布是单独刻画甲和乙的猜测结果，而例2中是把甲乙两个人绑成了“星队”这个整体。所以是不一样的。