《概率論與數理統(tǒng)計：第3章 一維隨機變量》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《概率論與數理統(tǒng)計：第3章 一維隨機變量（127頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、 隨機變量的概念隨機變量的概念 一維隨機變量及其分布一維隨機變量及其分布 一維離散型隨機變量一維離散型隨機變量 二項分布二項分布 泊松分布泊松分布 幾何分布幾何分布 一維連續(xù)型隨機變量一維連續(xù)型隨機變量 均勻分布均勻分布 指數分布指數分布 正態(tài)分布正態(tài)分布 一維隨機變量函數的分布一維隨機變量函數的分布3.1 3.1 隨機變量的概念隨機變量的概念 樣本空間太任意，難以把握，需要將其數量化，從而便于處理。要求問題涉及的隨機事件與變量相關(某變量是一個事件)，這樣可以將概率和函數建立聯(lián)系(可以用概率去度量變量)。正如隨機事件是“其發(fā)生與否隨機會而定”的事件；隨機變量就是“其值隨機會而定”的變量。其機
2、會表現為試驗結果，一個隨機試驗有許多可能的結果，到底出現哪一個要看機會，即有一定的概率。如擲骰子，擲出的點數X是一個隨機變量，它可以取1，6這6個值中的1個，到底是哪一個，要等擲了骰子后才知道。因此，隨機變量是試驗結果的函數。由此可知，隨機變量與通常的函數概念沒有什么不同，把握這個概念的關鍵在于試驗前后之分：在試驗前，無法預知隨機變量將取何值，這要憑機會，“隨機”的意思就在這里；一旦試驗完成后，隨機變量的取值就確定了。例1 在某廠大批產品中隨機地抽出100個，其中所含廢品數X是隨機變量。全部可能結果為wi=“100個產品中有i個廢品”(i=0,1,100)故樣本空間=w0,w1,w2,w100
3、 隨機變量是可能結果的函數：X=X(w)w X=X(w0)=0,X=X(w1)=1,X=X(w2)=2,X=X(w100)=100 所以，X=0,1,2,100 事件“廢品數少于50”=w:X(w)50 =w0,w1,w49 =X50事件30X50=w30,w31,w49例2 用天平秤量某物體重量的誤差X是隨機變量?？赡芙Y果 w=“某物體重量的誤差為x”x(0,)X=X(w)=x w 所以，隨機變量 X(0,)隨機事件這個概念包含在隨機變量這個更廣的概念之內。隨機事件從靜態(tài)的觀點研究隨機現象；隨機變量則是從動態(tài)的觀點去研究。概率論的基礎概念是隨機變量。隨機變量定義隨機變量定義定義定義 如果對任
4、意實數x有w:X(w)xF，則稱定義在樣本空間上的單值實函數X=X(w)是隨機變量。其中w，F是事件域，w:X(w)x是一個基本事件的集合，描述一個隨機事件。通常用希臘字母X,Y來表示隨機變量，用英文字母x、y表示其取值。說明：說明：設X=X(w)，w，X是定義在樣本空間上的單值實函數，對于任一實數x，基本事件w的集合w:X(w)x都是一隨機事件，則稱X=X(w)為隨機變量。隨機變量X=X(w)是基本事件w的函數，w是自變量，在不必強調w時，簡記X(w)為X，而w的集合w:X(w)x所表示的事件簡記為Xx。定義中要求對任一實數x，Xx都是事件，表明 Xx是所討論問題的樣本空間上一個適當確定的事
5、件域F中的事件。定義隨機變量后，隨機事件可以用隨機變量來描述。例如對任意實數x，x1，x2可以證明，形如w:X(w)=x,w:X(w)x,w:X(w)x,w:X(w)x,w:x1X(w)x2,w:x1X(w)x2,等等，都是隨機變量。在不必強調w時，簡記w:x1X(w)x2為x1Xx2。3.2 3.2 一維隨機變量及其分布函數一維隨機變量及其分布函數 我們不僅關心我們不僅關心X取哪些值，更關心取哪些值，更關心X以多大的概率取那以多大的概率取那些值，即關心些值，即關心X取值的概率規(guī)律取值的概率規(guī)律(通稱為通稱為X的分布的分布)。根據隨機變量X的定義，對于每一個實數x，都有一個確定的隨機事件w:X
6、(w)x與x對應，因此，概率Pw:X(w)x是x的函數，該函數在理論和應用中都很重要，為此引進隨機變量的分布函數定義。定義定義 設X是一個隨機變量，x是任意實數，函數 F(x)=Pw:X(w)x稱為隨機變量X的分布函數。X的分布函數也常簡記為 F(x)=PXx 任一隨機變量X的分布函數F(x)，x(-,)，具有下列性質：(1)單調不減性。若x1x2，則F(x1)F(x2)。證證 若x1x2,則有Xx1Xx2 根據概率的性質，得PXx1PXx2 即 F(x1)F(x2)(2)(3)左連續(xù)性。對任意實數x0，有 反之，如某實函數具有上述3個性質，則它可作為某隨機變量的分布函數。xx+lim F(x
7、)=F()=0lim F(x)=F(+)=1-000 xx0lim F(x)=F(x0)=F(x )-v由分布函數，可以計算如下概率：PX()=a=F a+0F(a)PX()a=F a+0PX()a=1F aPX()a=1F a+0-3.3 一維離散型隨機變量一維離散型隨機變量 隨機變量全部的可能值只有有限個或至多可列，則稱其為離散型隨機變量。對于離散型隨機變量，除了關心它全部的可能值之外，還要知道它以怎樣的概率取這些值。對于一個以 為其全部不同可能值的離散型隨機變量X，若 則稱式(3-1)或稱p1,p2,為X的概率分布(律)，簡稱分布律。123nx,x,x,x,iiP(X=x)=p (i=1
8、,2,n,)(31)-離散型隨機變量X的概率分布寫作稱為離散型隨機變量X的概率分布列，簡稱分布列。離散型隨機變量的概率分布p1，p2，Pn，必須滿足兩個條件：(非負性條件)(歸一化|規(guī)范性條件)12n12nxxxXpppiii=1(1)p0,(i=1,2,3,)(2)p=1iiiix x x xF(x)=PX x=PX=x =p并且 說明：這里的求和是對一切xix進行的(如果這樣的xi不存在，便規(guī)定F(x)=0)，此時，F(x)等于X取小于x的所有xi的概率之和或累積，因此分布函數也叫累積概率。離散型隨機變量的分布函數F(x)的圖象為階梯狀，點x1,x2,xn都是F(x)的第一類(跳躍)間斷點
9、。隨機試驗：隨機試驗：接連進行兩次射擊，表示未擊中目標，表示擊中目標。樣本空間：現在我們設定隨機變量X表示擊中目標的次數，則隨機試驗隨機試驗：觀察某程控電話交換機單位時間內接到的呼喚次數。樣本空間=0,1,2,，以X表示接到的呼喚次數，那么，X=X()=，是離散型隨機變量。1,1,0,1,1,0,0,04321例例3 設射手進行計分打靶練習，有如下規(guī)定：射入區(qū)域e1得2分，射入區(qū)域e2得1分，否則就得0分）。一射手進行一次射擊的得分是隨機變量，其可能取得的值為0，1，2。不同的射手在射擊之前，他們進行一次射擊的得分值都是不可預知的，他們進行一次射擊的得分的概率不同。射手甲在一次射擊中得分X的概
10、率分布為：射手乙在一次射擊中得分Y的概率分布為：01200.20.8X0120.60.30.1Y考慮射手甲的概率分布(列)：計算X的分布函數F(x)=P(Xx):當x0時，F(x)=P(Xx)=P()=0當0 x1時，F(x)=P(Xx)=P(X=0)=0當1x2時，F(x)=P(Xx)=P(X=0)+P(X=1)=0.2當2x時，F(x)=P(Xx)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)=0+0.2+0.8=101200.20.8X0 x1F(x)=0.2 1 2考慮射手乙的概率分布(列)：計算Y的分布函數F(y)=P(Yy):當y0時，F(y)=P(Yy)=P()=0當0y1時，F(y
11、)=P(Yy)=P(Y=0)=0.6當1y2時，F(y)=P(Yy)=P(Y=0)+P(Y=1)=0.9當2y時，F(y)=P(Yy)=P(Y=0)+P(Y=1)+P(Y=2)=0.6+0.3+0.1=10120.60.30.1Y0 y00.6 0 y1F(y)=0.9 1 2 雖然兩人在射擊之前得分的可能值都是一樣的，但兩人取各可能值的概率完全不同，可以認為這是兩個不同的隨機變量?？傊禐榭傊禐?的概率，以不同的方式分布到各種可的概率，以不同的方式分布到各種可能的取值上，確定了不同的隨機變量。能的取值上，確定了不同的隨機變量。0-1分布分布(兩點分布兩點分布)：若隨機變量X只能取兩個值，其分布
12、列為：退化分布退化分布(單點分布單點分布)：若隨機變量X只取常數值C，即 實際上這時X并不是隨機變量，為了方便和統(tǒng)一起見，將其看作隨機變量。離散型均勻分布：離散型均勻分布：隨機變量X的分布列為01X 1p pCPX=C=1X1其分布列 ，：12nijaaaX(aa,ij)111nnn時例例4 4 已知離散型隨機變量X的概率分布為試求出常數a。解解 由于 3.01021016.0321012aaa52ii 1212a2ap0.16a0.311010a0.3a0.540:a0.6a0.9a2a00,a0,a0.61010解得，由于或 則 所以取 3.3.3.1 3.1 二項分布二項分布 在1次試驗
13、中事件A出現的概率是p，則n重伯努利試驗中，事件A出現的次數X是二項分布隨機變量，其可能取得的值是 0,1,2,k,n有分布律 這個值也被記作b(k;n，p)，它正是二項式(px+q)n的展開式中xk 的系數，因而X得名“二項分布二項分布”。kkn knkn kP(X=k)=C p qn!=p q (0 p 0.9990.04=2.15lg0.04-例例7 7 一個完全不懂阿拉伯語的人去參加一場阿拉伯語考試。假設考試有5道選擇題，每題給出n個結果供選擇，其中只有一個結果是對的。試問他居然能答對3題以上而及格的概率。解解 每做1題是1次p=1/n的伯努利試驗，這里A是“答題正確”，則考試是p=1
14、/n的5重伯努利試驗，在5題中恰好答對題數XB(5,1/n),此人及格的概率為：當n=3時，此值=0.29當n=4時，此值=0.10111P()=b(3;5,)+b(4;5,)+b(5;5,)nnn及格定理定理2 2 設XB(n，p)，則當k=ent(n+1)p)時，b(k;n,p)的值最大。若(n+1)p為整數，則b(k;n,p)=b(k-1;n,p)同為最大值。證明：證明：當k(n+1)p時，r1,則b(k;n,p)b(k-1;n,p),概率隨k的增大而增大；當(n+1)p是整數且等于k時,r=1,則b(k;n,p)=b(k-1;n,p);當k(n+1)p時，r1,則b(k;n,p)b(k
15、-1;n,p),概率隨k的增大而減??；rkqkpnqpCqpCpnkbpnkbknkknknkkn)(111)1(1),;1(),;(記作綜上所述，可得如下結論：(1)當(n+1)p恰為正整數，記為k0，則 b(k0;n,p)=b(k0-1;n,p）同為二項分布概率的最大值；(2)當(n+1)p不是整數時，記k0=ent(n+1)p)，ent(n+1)p)表示取(n+1)p之整數部分；則b(k0;n,p)為二項分布概率的最大值。例例8 8（漁佬問題）（漁佬問題）漁佬想知道自己承包的魚塘的收入。解解 設魚的總數為N，漁佬先從塘中網起100條魚做上記號后放回塘里，過一段時間(使其均勻)再從中網起1
16、00條，發(fā)現其中有記號者為2條，由此可估計魚的總數N，若每條魚2斤，每斤5元，則可估其收入。在第二次打魚時，由于塘中有記號的魚有100條，在漁佬所網起的魚中可能有記號，也可能沒有記號。設有記號的條數為X，則X服從二項分布 。100(100,)XBN 由定理2，當X=k0=ent(n+1)p)時，其概率最大。此時認為 是合理的。這里n=100，p=100/N,k0=2，解得N=5050(條)，由此，魚佬的收入可估計為 5050255(萬元)值得注意的是：X=2時取得最大概率只有:2100)1100(N2734.0505010015050100)5050100,100;2(9822100 Cb3.
17、3.3.2 3.2 泊松（泊松（PoissonPoisson）分布分布 若隨機變量X以全體自然數為其一切可能值，X=0,1,2,，其分布律為 其中參數0為強度。則稱X服從參數的泊松分布，記為XP()。kP(X=k)=e k=0,1,2,k!-k01kXeeek!-因為0，故有P(X=k)0。(k=0,1,2,)即泊松分布的分布律，具備概率函數的兩個性質。即泊松分布的分布律，具備概率函數的兩個性質。kxk 0kk 0k 0kk 0 xek!P Xkek!ee e1k!又 在實際問題中，有很多隨機變量都近似服從泊松分布。例如:在任給一段固定的時間間隔內，來到公共設施(公共汽車站、商店、電話交換臺等
18、)要求給予服務的顧客個數；炸彈爆炸后落在平面上某區(qū)域的碎彈片個數；顯微鏡下看到的某種細菌的生長個數。n=10,p=0.4,=np=4 n=40,p=0.1 =np=4隨著隨著n n增大，若增大，若npnp不變不變,則二項分布與泊松分布逐漸接近。則二項分布與泊松分布逐漸接近。泊松分布與二項分布的關系泊松分布與二項分布的關系定理定理(泊松定理)設隨機變量X服從二項分布B(n,p)(p(0,1)，并與n有關)，且滿足 ,則 證明證明nlim np kkkn knnnlim PX=k=lim C p q=e (k=0,1,2,)k!-kkn kkn knnkkkn!P(Xk)C p qp qk!(nk
19、)!1 n(n1)(nk1)(1p)(np)k!n(1p)nkknkkknn1(pn)npnn1lim(pn)pnnn(n1)(nk+1)lim=1 n lim(np)=lim(1p)=1lim(1p)=lim(1p)=lim(1p)lim P(X=k)=e=e (k=0,1,2,)k!-由于-所以，用泊松分布代替兩項分布的條件用泊松分布代替兩項分布的條件 在實際應用中，當很大(n10)，很小時(0.1)，有下面的泊松近似公式其中=np。kkknknP X=k=C p qek!(k=0,1,2,n)-例例9 9 設每次擊中目標的概率為0.001，且各次射擊是否中目標可看作相互無影響，若射擊50
20、00次，試求：()擊中12彈的概率；()至少擊中12彈的概率。解解 設X為擊中目標的彈數，則XB(5000,0.001)，下面用近似公式計算。其中=np=50000.001=5（）擊中12彈的概率為：（）至少擊中12彈的概率為：121255P X12ee0.003412!12!kk5k 12k 125P X12ee0.0055k!k!例例10 由商店的銷售記錄知，某商品的月售出量X服從=10的泊松分布。為能以95%以上的概率保證不脫銷，問在無庫存的情況下月底應進貨多少？解解 商店備貨過多將明顯地提高成本，而長期貨源不足則會影響商譽。因此需用概率方法確定合適的備貨量，依照問題的要求，若月底進貨量
21、為Q，則應使 P(XQ)0.95 X10kQQ10i 0k 0遵守 的泊松分布，所以有10P(XQ)P(Xk)e0.95 k!P(X14)0.95 P(X15)0.95 應取Q=15 故月底進貨該商品15件，可有95%以上的把握使該商品在下個月的經營中不會脫銷。查表得：P(X14)00.00050.00230.00760.01890.03780.06310.09010.11260.12510.12510.11370.09480.07290.05210.9166P(X15)0.91660.03470.9513例例1111（合作問題）（合作問題）設有同類設備80臺，各臺工作是相互獨立的，發(fā)生故障的
22、概率都是0.01，并且一臺設備的故障可由一個人來處理，試求：(1)由1個人負責維修指定的20臺設備，設備發(fā)生故障而不能及時維修的概率；(2)由3個人共同負責維修80臺設備時，設備發(fā)生故障而不能及時維修的概率。解解 (1)由一個人負責維修20臺設備時，設X表示同一時刻發(fā)生故障的設備臺數,則XB(20,0.01)。因為一個人在同一時刻只能處理1臺發(fā)生故障的設備，所以設備發(fā)生故障而不能及時處理，即是在同一時刻至少有2臺設備發(fā)生故障，于是所求概率為 也可用泊松公式近似：=np=200.01=0.2 1k 0002011192020P(X2)1P(X1)1P(Xk)1C 0.01 0.99C 0.010
23、.990.01691k 0k10.2k 0P(X2)1P(X1)1P(Xk)0.21e10.81870.16380.0175k!查表(2)由3個人共同負責維修80臺設備時，設80臺設備中發(fā)生故障的臺數為X，則XB(80,0.01)。當同一時刻至少有4臺設備發(fā)生故障時，故障不能及時維修。由泊松近似公式=np=800.01=0.8，所求概率為 可見，由三個人共同負責維修80臺，即每人平均約維修27臺，比一個人單獨維修20臺更好，既節(jié)約了人力又提高了工作效率。3k 0k30.8k 0查表P(X4)1P(X3)1P(Xk)0.81ek!10.44930.35950.14380.03830.00913.
24、3.3.3 3.3 幾何分布幾何分布 如果隨機變量的分布律為則稱隨機變量服從參數為p的幾何分布，記為XG(p)。幾何分布主要描述這樣的情形：獨立地連續(xù)做試驗，直獨立地連續(xù)做試驗，直到事件到事件A首次出現為止。此時首次出現首次出現為止。此時首次出現A時的試驗次數時的試驗次數為隨機變量為隨機變量X，P(A)=p,則則X服從參數為服從參數為p的幾何分布。的幾何分布。如：某射手的命中率為p，此射手向一目標獨立地連續(xù)進行射擊，直到命中目標為止。若用X表示首次命中目標時的射擊次數，則X服從參數為p的幾何分布。k 1PX=k=pq(k=1,2,3,4,q=1p)-；這是p=0.3的幾何分布：k 112k 1
25、k2k 1P(Xk)P(A AAA)pq (k1,2,3,4,.)123kXppqpqpq例例1212 在石頭、剪子、布的游戲中，問：(1)甲方提出“若一次能決出勝負，則甲方贏；否則乙方 贏”，乙方能同意嗎？(2)比賽三次能決出勝負嗎？解解(1)P(甲方贏)=P(第一次就能決出勝負)=P(甲勝或乙勝)=P(甲勝)+P(乙勝)=1/3+1/3=2/3 P(乙方贏)=1-P(甲方贏)=1/3 故乙方不能同意。(2)比賽三次能決出勝負嗎？設X為決出勝負所需的比賽次數，則X的取值為1,2,3,，此為獨立連續(xù)試驗。P(在1次比賽中能決出勝負)=2/3，于是X服從p=2/3的幾何分布。即 P(三次還不能決
26、出勝負)=P(X3)=1-P(X3)2k 1123kX2/3(1/3)(2/3)(1/3)(2/3)(1/3)(2/3)1P(X1)P(X2)P(X3)26112727 例例13 一個人要開門，他共有n把鑰匙，其中僅有一把是能開此門的，現隨機地從中取出一把鑰匙來試開門，在試開時每一把鑰匙均以1/n的概率被取用，問此人直到第S次試開時方才成功的概率是多少？解解 A=試開門成功s 11n11P()=P(A)=nnn-取每把鑰匙概率幾何分布具有如下特征：幾何分布具有如下特征：如X的分布律為g(k;p)，則對任意正整數s、t，有 P(Xs+tXs)=P(Xt)稱幾何分布具有“無記憶”性。證明證明s t
27、k 1tk s t 1sk 1k s 1tk 1tk t 1PXstP(Xst Xs)PXsqqp1qqqqp1qqPXtqppq1qP(Xst Xs)PXt 超幾何分布超幾何分布例例14 在一箱N件裝的產品中混進了M件次品，今從中抽取n件(nM)，求從中查出次品的件數X的概率分布。解解kn kMNMnNC CP(X=k)=,C k=0,1,2,n-負二項分布負二項分布 在“成功”概率是p的貝努利試驗中，出現第r次成功時所作的試驗次數X所服從的分布稱為負二項分布。由于f(k;r,p)是負指數二項式 展開式中的項，故X所服從的分布稱為負二項分布。由此也可以證明r 1rk rk 1P(Xk)Cp
28、qf k;r,pkr,r1,r2,q1pr1q()ppk rf k;r,p1r 1rkrk 1krkrkr lr 1rllrlrlrl 1rl 0l 0rrl-r-rllr-1r+l-1f k;r,pCp qCp qC(1)p qp(1q)1-r(-r-1)(-r-l+1)其中C=l!r(r+1)(r+l-1)=(-1)l!=(-1)C 令證明證明例例1515 兩個同類型的系統(tǒng)，開始時各有N個備件，一旦出現故障，就要更換一個備件。假定兩個系統(tǒng)的運行條件相同，不同時發(fā)生故障。試求當一個系統(tǒng)需用備件而發(fā)現備件已用光時，另一系統(tǒng)尚有r個備件的概率Pr。(r=0,1,N)解解 只考慮出故障的時刻故障的
29、出現看作是貝努利試驗，有第一個系統(tǒng)出故障A第二個系統(tǒng)出故障A1pP(A)2 要第一個系統(tǒng)缺備件而第二個系統(tǒng)剩r件，應該是A出現N1次故障(前N次用去所有N個備件，最后一次故障發(fā)生時缺乏調換的備件)，而A出現Nr次，這事件的概率為：對于第二個系統(tǒng)先缺備件的情況可同樣考慮，因此所求概率Pr為：2Nr 12NrNNr2Nr2Nr11P2CC22 r 1rk rk 12N r 1N2N rf k;r,pCp q1f(2Nr1,N1,1/2)C23.3.4 4 一維連續(xù)型隨機變量一維連續(xù)型隨機變量 當一個隨機變量X的分布函數FX(x)可寫成“變上限積分”的形式：稱X為連續(xù)型隨機變量，稱為fX(x)為X的
30、概率密度函數，簡稱密度函數?？梢宰C明，連續(xù)型隨機變量的分布函數是連續(xù)函數。xXXF(x)=P(Xx)=f(t)dt-密度函數與分布函數的性質：密度函數與分布函數的性質：(3)而分布函數F(x)的導函數(在連續(xù)點上)就是其密度函 數，即 (1)f(x)0(2)f(x)dx=1+-dF(x)f(x)=dxba(4)Pa Xb =f(x)dx=F(b)F(a)-對任意類型的對任意類型的隨機變量均成立隨機變量均成立證明證明 ()由定義知，顯然f(x)0。()分布函數性質知，由廣義積分概念與分布函數的定義知，xFlim F x1 xxxf x dxlimf t dtlim F xF1 (3)x0 xxx
31、x0F xxF xFxlimxf t dtf t dtlimx xxxx0 x0f t dtf xxxlimlimxxf x (5)密度函數f(x)并不直接表示概率值的大小。但在區(qū)間很小時，f(x)的數值還是能反映出隨機變量在x附近取值的概率大小的。上式表明，在小區(qū)間x-x,x內的概率值大約為密度值與區(qū)間長度x的乘積。xxxP(xxXx)f(t)dtf(x)x(6)可見，連續(xù)型隨機變量X取一個固定值的概率為0。并且有 babaP(aXb)P(aXb)P(aXb)P(aXb)F(b)F(a)P aXbP XbP Xaf x dxf x dxf x dxF(b)F(a)CCCC0C0P(XC)li
32、mf(t)dtlim f(C)C0 對任意類型的對任意類型的隨機變量均成立隨機變量均成立例例16 設隨機變量X的分布函數為()求常數、；()判斷X是否是連續(xù)型隨機變量；()求 P-1X1/2解解()由分布函數性質得 x2x1Ae,x03F x1Be,x03 xxx2xxx10lim F xlimAeA311lim F xlimBeB3(2)因為 所以F(x)不是連續(xù)函數，從而X不是連續(xù)型隨機變量。x0112lim F xF 01333(3)11111P1XFF122111ee3321e3例例17 設已知連續(xù)型隨機變量X的密度函數是(1)確定a的值；(2)求X的分布函數F(x)；(3)求概率P(
33、X21)。解解 (1)根據密度的性質，有a0以及 并稱該隨機變量服從柯西(Cauchy)分布。A22BABABadx(x)dxdxa lim1x1xa lim(arctan Aarctan B)a11故得 a=，2a(x)(x)1x (2)求X的分布函數F(x)：(3)求概率P(X21)：F(x)P(X x)xx211(x)dxdx1x111(arctan x)arctan x222211121P(X1)1P(X1)1P(1X1)1(x)dx111dx1x11122例例18 向半徑為R的圓形靶射擊，假定不會發(fā)生脫靶的情況，彈著點落在以靶心O為中心，r為半徑(rR)的圓形區(qū)域的概率與該區(qū)域的面積
34、成正比。設隨機變量X表示彈著點與靶心的距離，試求X的分布函數F(x)及其密度函數f(x)解解 因為不會發(fā)生脫靶，所以X的一切可能值是0,R，當x0時，F(x)=P(Xx)=P()=0，當0 xR時，F(x)=P(Xx)=kx2，由于F(R)=P(XR)=1，kR2=1 221xk=,F(x)=RR 當xR時，F(x)=P(Xx)=P(必然事件)=1 由于 所以，密度函數為：20 x0 xF(x)0 xRR1 xRf(x)F(x)20 x0 xRf(x)2x0 xRR或3.4.13.4.1均勻分布均勻分布 最簡單的連續(xù)型隨機變量是密度函數在某有限區(qū)間取正的常數值，其余皆取零的隨機變量，稱為均勻分
35、布。均勻分布密度函數f(x)為 XXU(a,ab),b1a x 0f(x)=0 x0-axx1ex 0F(x)=f(t)dt=0 x0-指數分布的密度函數與分布函數圖像例例26 26 設到某服務窗口辦事，需要排隊等候，若等待的時間X是指數分布隨機變量(單位：分鐘)，則其概率密度為 某人到此窗口辦事，在等待15分鐘后仍未能得到接待時，他就憤然離去，若此人在一個月內共去該處10次，試求：(1)有2次憤然離去的概率；(2)最多有2次憤然離去的概率；(3)至少有2次憤然離去的概率。000101)(10ttetft解解 首先求出他在任一次排隊服務時，以憤然離去而告終的概率。在10次排隊中憤然離去的次數Y
36、B(10,p)(1)有2次憤然離去的概率 P(Y=2)=(2)最多有2次憤然離去的概率 (3)至少有2次憤然離去的概率 P(Y2)22810C p q0.297310928P(Y2)P(Y0)P(Y1)P(Y2)q10pq45p q0.08010.29610.29730.6735109P(Y2)1P(Y2)1P(Y0)P(Y1)1p10pq10.08010.29610.6238t310215151pP(X15)f(t)dtedte0.223110自測題自測題 設隨機變量X具有分布密度試確定，并求P(X0.1)。答案答案：=3 P(X0.1)=0.2593xex0(x)0 x03.3.5 5 正
37、態(tài)分布正態(tài)分布 在實際問題中，有許多隨機變量都服從或近似服從正態(tài)分布，例如，測量誤差；各種產品的質量指示(零件的尺寸、材料的強度、電子管的壽命)；生物學中，同一群體的某種特征(某種動物的身長、體重；某種植物的株高、單位面積產量，)等等。在理論上可以證明，若在理論上可以證明，若X是某一隨機試驗的隨機變量，如是某一隨機試驗的隨機變量，如果決定試驗結果的是大量的偶然因素的總和，各個偶然因素之果決定試驗結果的是大量的偶然因素的總和，各個偶然因素之間近乎相互獨立，并且每個偶然因素的單獨作用相對于作用的間近乎相互獨立，并且每個偶然因素的單獨作用相對于作用的總和來說均勻地小，那么總和來說均勻地小，那么X就近
38、似服從正態(tài)分布就近似服從正態(tài)分布。正態(tài)分布又叫高斯(Gauss)分布，它是最重要的連續(xù)型分布，在概率論中占有極其重要的地位，在實際中有著十分廣泛的應用。稱概率密度為 的隨機變量X服從正態(tài)分布(或高斯分布)，記作XN(,2)，其中，0，與是常數。正態(tài)分布的分布函數是22(x)21f(x)=e (x +)2-22(x)x21F(x)edx2 特別地稱N(0,1)為標準正態(tài)分布，其概率密度常記為 其分布函數記為2x21(x)e(x)2 2xx 21(x)edx2若 XN(2)，則結論當a=-或b=+時也成立。證明證明baPa X b=()()-22(x)bb2aa1Pa X b=f(x)dx=edx
39、 2222-(x)b2abt2a1xed()21baedt()2x(t 令*aXbP(a X b)=P()abba=P(X)=()()標準變換-查表 一般正態(tài)分布的概率可由標準正態(tài)分布計算。一般正態(tài)分布的概率可由標準正態(tài)分布計算。若 XN(2),作標準變換：則新的隨機變量X*N(0 1)*XX=-bbP(X a)=1P(Xa)=1()-特-別地，正態(tài)分布的密度函數與分布函數有下列性質：正態(tài)分布的密度函數與分布函數有下列性質：(1)f(x)和F(x)處處大于零，且具有各階連續(xù)導數；(2)f(x)在區(qū)間(-,)內單調增加，在區(qū)間(,+)內單調減少，在x=處取得最大值當x-或x+時,f(x)0,即x
40、軸(y=0)是f(x)的漸近線。f(x)的圖形關于直線x=對稱，即f(-x)=f(+x)。是X的數學期望(加權平均值)。=0時，則有f(-x)=f(x)，即這時f(x)關于y軸(x=0)對稱。1f()=2固定時，越小，密度曲線越是尖狹；固定時，越大，密度曲線越是平寬。是X的標準差(描述了X的發(fā)散程度)。(3)F(-x)=1-F(+x)特別有F(-x)=1-F(x)(-x)=1-(x)(4),F(x)=1F(x)xF(x)=()-(5)如果XN(0,1),則P|X|x=2(x)-1證明(6)如果XN(0,1)，則P|X|x=2 1-(x)證明P|X|xP xXx(x)(x)(x)1(x)2(x)
41、1 P|X|x1P|X|x12(x)121(x)例例20 設XN(0,1)，借助于標準正態(tài)分布的分布函數(x)的表計算：(1)PX-1.24 (2)P|X|1.54(1)PX1.24(1.24)1(1.24)10.89250.1075(2)P|X|1.542(1.54)120.938210.8764 解解例例21 設XN(0,1)，求使P|X|x=0.1的x。P|X|x21(x)1(x)1P|X|x210.50.100.95反得 x=1.645查表解解 例例22 設XN(-1 4)，試求P(-5X1),P(-2X2),P(|X|1)，P(|X|3/2)解解 =-1，2=4，=2 51X111P
42、(5X1)P()2221151()()22(1)(2)標準變換 由于-x=1-(x)查表P(5X1)=(1)(2)=(1)1(2)(1)(2)10.84130.977210.8185 21X121P(2X2)P()2222121()()(1.5)(0.5)22(1.5)(0.5)10.93320.691510.6247 333P(|X|)P(X)P(X)222X11.51X11.51P()1P()2222(0.25)1(1.25)1(0.25)1(1.25)2(0.25)(1.25)0.5069 查表11X111P(|X|1)P(1X1)P()222(1)(0)0.84130.50.3413
43、)P X =2(1)1=0.6826P X 2=2(2)1=0.9546P X 3=2(3)1=0.9974P X k=2(k)12對任意XN(,，有-例例23 設已知測量誤差XN(0,102)，現獨立重復進行100次測量，求誤差絕對值超過19.6的次數不少于3的概率。解解 這個問題既涉及正態(tài)分布，又涉及二項分布。第一步：以A表示一次測量中“誤差絕對值超過19.6”的事件，則有 P(A)P(|X|19.6)1P(|X|19.6)1P(19.6X19.6)19.6019.601()()101012(1.96)122(1.96)0.05 第二步：以Y表示100次獨立重復測量中，事件A發(fā)生的次數，則
44、YB(100,0.05)。誤差絕對值超過19.6的次數不少于3的概率為 P(Y3)=1-P(Y3)第三步：由于n=100較大而p=0.05很小，故二項分布可用=np=5的泊松分布近似代替，查泊松分布表可得 P(Y3)=1-P(Y3)=1-P(Y=0)-P(Y=1)-P(Y=2)8754.0!25!15!051525150查表eee例例2424 公共汽車車門的高度是按男子與車門頂碰頭的機會在0.01以下來設計的。設男子身高X服從=170cm,=6cm的正態(tài)分布，即XN(170，62)，試確定車門的高度。解解 設車門的高度為hcm，根據設計要求應有 P(Xh)0.01 則 1-P(Xh)0.01
45、即 P(Xh)0.99 由于XN(170，62)，18433.26170 33.26170 99.09901.0)33.2 hh得所以（查表得h170P(Xh)()0.996 例例25 從南郊某地乘車前往北區(qū)火車站搭火車有兩條路線可走，第一條穿過市區(qū)，路程較短，但交通擁擠，所需時間(單位為分鐘)服從正態(tài)分布N(50,100)，第二條沿環(huán)城公路走，路線較長，但意外堵塞較少，所需時間(單位為分鐘)服從正態(tài)分布N(60,16)。(1)如有70分鐘可用，問應走哪一條路線？(2)如只有65分鐘可用，問應走哪一條路線？X(1)707050PX70()0.9772107060PX70()0.99384設 表
46、示行車時間。有分鐘可用時走第一條路線及時趕到的概率為：走第二條路線及時趕到的概率為：應走第二條路線。解解(2)656550PX65()0.9332106560PX65()0.89444有分鐘可用時走第一條路線及時趕到的概率為：走第二條路線及時趕到的概率為：應走第一條路線。3.7 3.7 一維隨機變量函數的分布一維隨機變量函數的分布 當隨機變量X的分布已知時，怎樣求出它的函數 Yg(X)的分布。為了使Y有分布，要求Y是隨機變量，因此對函數Y=g(x)也必須有一定的要求。為簡單起見，只討論g(x)是連續(xù)、分段連續(xù)或單調的情形，在這些情形下，如果X是隨機變量，則Yg(X)也是隨機變量。在一些具體的分
47、布中，可以了解解決這類問題的基本方法。例例27 27 設X的分布律為試求函數YX2，Z2X-1，W|X|+1 的分布。解解 由X的分布律可列出下表：將表中取相同值的部分作適當并項，得YX2的分布律：X-2-1012P0.150.20.20.20.25X241014P0.150.20.20.20.25Y X2014P0.20.40.4Z2X-1的分布律：W|X|+1：將表中取相同值的部分作適當并項，得W|X|+1的分布律為Z2X-1-5-3-113P0.150.20.20.20.25W|X|+1 32123P0.150.20.20.20.25W|X|+1 123P0.20.40.4一般情況下，已
48、知離散型隨機變量X的分布律：則函數g(X)的分布（若某些g(xi)相等，合并同值項）：Xx1x2xnPp1p2png(X)g(x1)g(x2)g(xn)Pp1p2pn 對連續(xù)型隨機變量X，求其函數g(X)的分布。例例28 設隨機變量X具有連續(xù)的分布密度fXx，試求Y=aX+b的(其中a，b是常數，且a0)密度函數fY(y)。解解 設Y的分布函數為FY(y)當a0時，Yy bu at byaXXYYXybF(y)P(Yy)P(aXby)P(X)a1ubf(t)dtf()duaadF(y)1ybf(y)f()dyaa令當a0時，0時,FY(y)=P(eX y)=P(Xlny)e 2222(x a)
49、ln y2(x a)ln y21F(y)P(ey)P(ln y)edx20y0所以F(y)1edxy02，則有密度函數：2222(ln y a)2(ln y a)20y0f(y)F(y)1e(ln y)y020y01ey02 y2222222222=a+b，由P56例3-16由有1yb(y)()aa11ybexp N(,)，=a+b，有N(a+b,aa22a1(yab)exp2a2aN(au,a)b 例例3 31 1證明證明作業(yè)評講作業(yè)評講1、解、解 0)()1)()(,0,1xFaxdttfxFbaxbaxabxfx則的密度函數為：bxbxaaxabaxxFdttfdttfdttfxFbxa
50、baxabaxdttfdttfxFbxaxbbaaxaa10)(1010)()()()()30)()()()22、解、解0)(0)321)(10)21)(1)1xPxFxxxPxFxxPxFx12、解、解%62.92!9139,03.0,30097.003.0131309130300300kkkkkkekPnppnCP利用近似公式計算。14、解、解2111111111)22(111111122arctgxdxxPAAAarctgxdxxA15、解、解104121)(2)341214121)(20)22121)(0)1)()(220000 xtxtxxtxdtdtdtexFxxdtdtexFxe
51、dtexFxdttxF16、解、解4.02)(1002)()(11)(lim)1(7.03.07.03.01xdxdxxfxxdxxdFxfAxFAFx其它18、解、解3230130103000301)(103010dxPxxf其它分鐘。則點設公共汽車到達時間為19、解、解%72.2)1(128.01081018.0256dxxxPP23、解、解271)1()2278)1(131100150033330031501002ppCppCdxxPp所求概率）所求概率表示電子管的壽命。設25、解、解符合要求。99.09973.0150)28665.0)11.1()18200180(11801180)1
52、PPP27、解、解1112108)1(3)21(321)(1)(211212)1(22yyyyabyayyabyba即其中令其它1108)1(3)(2yyy其它故即其中令01023)(10123)(3)()2(2121230222yyyfyyyyfydxxyyPyPyPyFy28、解、解0)(02)(lnexp211)(ln1)(ln)()(0)(lnln)(22yfyayyyyfydyydFdyydFyfyyFyPyePyPyF時，當時當29、解、解)(3131)()()()()(332323333yyydyydFdyydFyfyFyPyPyPyF其它其它10031)(31)(1001)(32332yyyyyfxx30、解、解y2yy22yy22yyye222y2F(y)PyP2lnyPe F(e)dF(y)dF(e)1f(y)edydy21e f(e)e e22y即f(y)exp(e)y22
概率論與數理統(tǒng)計：第3章 一維隨機變量
