前言
為什么要研究離散型隨機變量和其分布列？
相關概念
- 隨機變量
隨着試驗結果變化而變化的變量稱為隨機變量。常用字母\(X\)，\(Y\)，\(\xi\)，\(\eta\)等表示。
- 離散型隨機變量
所有取值可以一一列出的隨機變量稱為離散型隨機變量。
- 連續型隨機變量
所有取值在某個區間的隨機變量稱為連續型隨機變量，比如某種電子產品的使用壽命\(X\)，可以取\([0，b]\)或\([0，+\infty)\)內的一切值。
- 離散型隨機變量的分布列
一般地，若離散型隨機變量\(X\)可能取的不同值為\(x_1\)，\(x_2\)，\(\cdots\)，\(x_i\)，\(\cdots\)，\(x_n\)，\(X\)取每一個值\(x_i(i＝1,2，…，n)\)的概率為\(P(X＝x_i)＝p_i\)，則表
稱為離散型隨機變量\(X\)的概率分布列，簡稱為\(X\)的分布列，有時為了簡單起見，也用等式\(P(X＝x_i)＝p_i\)，\(i＝1,2，\cdots，n\)表示\(X\)的分布列。
- 離散型隨機變量的均值
稱為離散型隨機變量\(X\)的均值或數學期望，其刻畫的是離散型隨機變量\(X\)取值的平均水平。
它和\(\bar{x}=\cfrac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\)是一致的嗎？
一致的，上述的概念實質是\(x_i\)加權平均值。
- 離散型隨機變量的方差
為隨機變量\(X\)的方差，它刻畫了隨機變量\(X\)與其均值\(E(X)\)的平均偏離程度，其算術平方根\(\sqrt{D(X)}\)為隨機變量\(X\)的標准差．
它和\(s^2=\cfrac{1}{n}[(x_1-\bar{x})^2+(x_2-\bar{x})^2+\cdots+(x_{n}-\bar{x})^2]\)的定義是一致的嗎？一致的，上述的概念實質是\((x_i-E(X))^2\)的加權平均值。
相關性質
- 離散型隨機變量的均值
對比：如果數據\(x_1\)，\(x_2\)，\(\cdots\)，\(x_n\)的平均數為\(\bar{x}\)，則數據\(ax_1+b\)，\(ax_2+b\)，\(\cdots\)，\(ax_n+b\)的平均數為\(a\bar{x}+b\)；
- 離散型隨機變量的方差
對比：如果數據\(x_1\)，\(x_2\)，\(\cdots\)，\(x_n\)的方差為\(s^2\)，則數據\(ax_1+b\)，\(ax_2+b\)，\(\cdots\)，\(ax_n+b\)的方差為\(a^2\cdot s^2\)；
常見分布列
- 兩點分布
若隨機變量的分布列為
則稱\(X\)服從兩點分布，也稱為“0-1”分布，並稱\(p=P(X=1)\)為成功概率，當然其中的“成功”只是個抽象的說法。兩點分布是二項分布的特例，在二項分布中，當\(n=1\)時，即為兩點分布；此時\(E(X)=1\times p=p\)，\(D(X)=1\cdot p\cdot (1-p)=p(1-p)\)；
- 超幾何分布
一般的，在含有\(M\)件次品的\(N\)件產品中，任取\(n\)件，其中恰有\(X\)件次品，則\(P(X=k)=\cfrac{C_M^k\cdot C_{N-M}^{n-k}}{C_N^n}\)，(\(k=0，1，2，\cdots，m\))，其中\(m=min\{M，n\}\)，且\(n\leq N\)，\(M\leq N\)，\(n\)，\(M\)，\(N\in N^*\)，稱這樣的分布列為超幾何分布列，如果隨機變量\(X\)的分布列具有下表的形式，則稱隨機變量\(X\)服從超幾何分布。
如果\(X\)服從參數為\(n\)，\(M\)，\(N\)，記作\(X\sim H(n，M，N)\)，(超幾何分布)，其數學期望\(E(X)=\cfrac{nM}{N}\)。
- 二項分布
一般的，在\(n\)次獨立重復試驗中，設事件\(A\)發生的次數為\(X\)，每次試驗中事件\(A\)發生的概率為\(p\)，則事件\(A\)恰好發生\(k\)次的概率為\(P(X=k)=C_n^k\cdot p^k\cdot (1-p)^{n-k}\)，(\(k=0，1，2，\cdots，n\))，此時稱隨機變量\(X\)服從二項分布，記為\(X\sim B(n，p)\)，並稱\(p\)為成功概率。
解釋：二項展開式\([p+(1-p)]^n\)中，事件\(A\)發生\(k\)次，即對應展開式中的含\(p^k\)的項，其為\(C_n^k\cdot p^k\cdot C_{n-k}^{n-k}\cdot (1-p)^{n-k}\)，即\(P(X=k)=C_n^k\cdot p^k\cdot (1-p)^{n-k}\)，
若隨機變量\(X\)服從二項分布，記為\(X\sim B(n，p)\)，則\(E(X)=np\)，\(D(X)=np(1-p)\)；
典例剖析
- 考點：離散型隨機變量的分布列的應用
甲乙兩名學生參加考試，隨機變量\(x\)代表通過的學生數，其分布列為
那么這兩個人各自通過考試的概率的最小值為【】
分析：先令甲乙分別通過考試為為事件\(A\)和\(B\)，這兩個人各自通過考試的概率，即意味着我們需要分別求解\(P(A)\)和\(P(B)\)，
再分析給定的分布列，當\(x=0\)時，即兩個人都沒有通過考試，當\(x=2\)時，即兩個人都通過了考試。故求解如下：
解：令甲乙分別通過考試為為事件\(A\)和\(B\)，則事件\(A\)和\(B\)，\(\bar{A}\)和\(B\)，\(A\)和\(\bar{B}\)，\(\bar{A}\)和\(\bar{B}\)之間都是相互獨立的，
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\(P(A)=\cfrac{1}{3}\)，\(P(B)=\cfrac{1}{2}\)，
故這兩個人各自通過考試的概率的最小值為\(\cfrac{1}{3}\)，故選\(B\)。
- 考點：離散型隨機變量的均值應用
分析：這種解法的算理是錯誤的，因為每一種時間的概率不是相等的，如時間為25分鍾的概率為0.2，時間為35分鍾的概率為0.4，故這種算法錯誤。
已知2件次品和3件正品混放在一起，現需要通過檢測將其區分，每次隨機檢測一件產品，檢測后不放回，直到檢測出2件次品或檢測出3件正品時檢測結束。
（1）求第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品的概率。
（2）已知每檢測一件產品需要費用100元，設\(X\)表示直到檢測出2件次品或者檢測出3件正品時所需要的檢測費（單位：元），求\(X\)的分布列和數學期望。
方法1：利用排列數公式和古典概型求解；
（1）\(P=\cfrac{A_2^1A_3^1}{A_5^2}=\cfrac{3}{10}\)
（2）先設檢測過的產品數為\(x\)，則由題目可知\(x=2，3，4\)
其中\(x=2\)時對應“次次”一種；
其中\(x=3\)時對應“正次次、次正次、正正正”三種；
其中\(x=4\)時對應“正次正次、正正次次、次正正次、次正正正、正正次正、正次正正”六種；
故\(X\)的所有可能取值為\(200，300，400\)，(注意：由於是無放回的，故有順序，故用排列而不是組合)
\(P(X=200)=\cfrac{A_2^2}{A_5^2}=\cfrac{1}{10}\)，
\(P(X=300)=\cfrac{A_3^3+C_2^1\cdot C_3^1\cdot C_1^1+C_3^1\cdot A_2^2}{A_5^3}=\cfrac{3}{10}\)，
\(P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300)=\cfrac{6}{10}\)，
故\(X\)的分布列為
\(E(X)=200\times \cfrac{1}{10}+300\times \cfrac{3}{10}+400\times \cfrac{6}{10}=350\)
方法2：利用相互獨立事件求解；
（1）第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品的概率為\(P=\cfrac{2}{5}\times \cfrac{3}{4}=\cfrac{3}{10}\)
（2）先設檢測過的產品數為\(x\)，則由題目可知\(x=2，3，4\)
其中\(x=2\)時對應“次次”一種；
其中\(x=3\)時對應“正次次、次正次、正正正”三種；
其中\(x=4\)時對應“正次正次、正正次次、次正正次、次正正正、正正次正、正次正正”六種；
故\(X\)的所有可能取值為\(200，300,400\)，
且\(P(X=200)=\cfrac{2}{5}\times \cfrac{1}{4}=\cfrac{1}{10}\)，
\(P(X=300)=\cfrac{3}{5}\times \cfrac{2}{4}\times \cfrac{1}{3}+\cfrac{2}{5}\times \cfrac{3}{4}\times \cfrac{1}{3}+\cfrac{3}{5}\times \cfrac{2}{4}\times \cfrac{1}{3}=\cfrac{3}{10}\)，
\(P(X=400)=1-P(X=200)-P(X=300)=\cfrac{6}{10}\)
詳解：\(P(X=400)=\cfrac{3}{5}\times \cfrac{2}{4}\times \cfrac{2}{3}\times \cfrac{1}{2}+\cfrac{2}{5}\times \cfrac{3}{4}\times \cfrac{2}{3}\times \cfrac{1}{2}+\cfrac{3}{5}\times \cfrac{2}{4}\times \cfrac{2}{3}\times \cfrac{1}{2}+\cfrac{2}{5}\times \cfrac{3}{4}\times \cfrac{2}{3}\times \cfrac{1}{2}+\cfrac{3}{5}\times \cfrac{2}{4}\times \cfrac{2}{3}\times \cfrac{1}{2}+\cfrac{3}{5}\times \cfrac{2}{4}\times \cfrac{2}{3}\times \cfrac{1}{2}=\cfrac{6}{10}\)
故\(X\)的分布列為
\(E(X)=200\times \cfrac{1}{10}+300\times \cfrac{3}{10}+400\times \cfrac{6}{10}=350\)；
(1).求這一技術難題被攻克的概率。
分析：“這一技術難題被攻克”，意味着至少有一人攻克了技術難題，其對立面是“無人攻克”，
【法1】：間接法，正難則反，從對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).若該技術難題未被攻克，上級不做任何獎勵；若該技術難題被攻克，上級會獎勵\(6\)萬元。獎勵規則如下：若只有一人攻克，則此人獲得全部獎金\(6\)萬元；若只有\(2\)人攻克，則此二人均分獎金，每人\(3\)萬元；若三人均攻克，則每人\(2\)萬元。在這一技術難題被攻克的前提下，設甲拿到的獎金數為\(X\)，求\(X\)的分布列和數學期望。
分析：對甲而言，技術難題的攻克，可能僅僅甲沒有攻克而乙丙至少有一人攻克；或僅僅甲一人攻克；或甲和其他兩人攻克；或甲和其他三人攻克，
故\(X\)的所有可能取值為\(0\)，\(2\)，\(3\)，\(6\)，
\(P(X=0)=\cfrac{\frac{3}{4}\times [1-(1-\frac{2}{5})(1-\frac{3}{4})]}{\frac{71}{80}}=\cfrac{51}{71}\)；\(X=0\)意味着“甲沒有攻克而乙丙至少有一人攻克”；
\(P(X=2)=\cfrac{\frac{1}{4}\times \frac{2}{5}\times \frac{3}{4}}{\frac{71}{80}}=\cfrac{6}{71}\)；\(X=2\)意味着“甲乙丙三人都攻克”；
\(P(X=3)=\cfrac{\frac{1}{4}(\frac{3}{5}\times \frac{3}{4}+\frac{2}{5}\times \frac{1}{4})}{\frac{71}{80}}=\cfrac{11}{71}\)；\(X=3\)意味着“甲乙攻克丙沒有攻克，或者甲丙攻克而乙沒有攻克”；
\(P(X=6)=\cfrac{\frac{1}{4}\times \frac{3}{5}\times \frac{1}{4}}{\frac{71}{80}}=\cfrac{3}{71}\)；\(X=6\)意味着“只有甲攻克而乙丙都沒有攻克”；
故\(X\)的分布列，略；
\(E(X)=0\times \cfrac{51}{71}+2\times \cfrac{6}{71}+3\times\cfrac{11}{71}+6\times \cfrac{3}{71}=\cfrac{63}{71}\)(萬元)。