二项分布
前言
数学模型
- 二项分布
一般地,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\(P(X=k)\)\(=\)\(C_n^k\)\(\cdot\)\(p^k\)\(\cdot\)\((1-p)^{n-k}\),(\(k=0,1,2,\cdots,n\)),此时称随机变量 \(X\) 服从二项分布,记为 \(X\sim B(n,p)\),并称 \(p\) 为成功概率注意,此处的成功仅仅是个抽象的叫法,在具体的问题中其含义可能各不相同,比如在射击问题中,若将射中理解为成功,则没有射中就是失败,或者失败就意味着没有射中;再比如考察电路中的灯泡问题,若灯泡正常发光理解为成功,则灯泡不发光就是失败了。 。
解释:二项展开式\([p+(1-p)]^n=1\)中,事件\(A\)发生\(k\)次,即对应展开式中的含\(p^k\)的项,其为\(C_n^k\)\(\cdot\)\(p^k\)\(\cdot\)\(C_{n-k}^{n-k}\)\(\cdot\)\((1-p)^{n-k}\)[解读,即从 \(n\) 次中任取 \(k\) 次成功,即\(p\cdots p=p^k\),然后从剩余的 \(n-k\) 次中任取 \(n-k\) 次失败,即\((1-p)\cdots(1-p)=(1-p)^{n-k}\),],即\(P(X=k)\)\(=\)\(C_n^k\cdot p^k\cdot (1-p)^{n-k}\),
性质[需记忆]: 若随机变量\(X\)服从二项分布,记为\(X\sim B(n,p)\),则\(E(X)=np\),\(D(X)=np(1-p)\);
应用实例
温馨提示:仔细研读下述的教材中的例子,可以很好的理解二项分布,也能更容易的建立贝努里概型。
①一个狙击手连续射击 \(10\) 次,每次中 \(10\) 环的概率都是 \(0.98\) ,则其击中 \(10\) 环的次数服从二项分布;
② \(10\) 个狙击手各射击 \(1\) 次,每人击中 \(10\) 环的概率都是 \(0.95\) ,则其击中 \(10\) 环的人数服从二项分布;
③抛掷\(n\)枚相同的骰子,\(X\)为出现点数为 \(1\) 的骰子数;则\(X\sim B(n,\cfrac{1}{6})\);
④\(n\)个新生婴儿,\(X\)为男婴的个数,则\(X\sim B(n,\cfrac{1}{2})\);
⑤某产品的次品率为\(p\),\(X\)为\(n\)个产品中的次品数,\(X\sim B(n,p)\);
⑥女性患色盲的概率为\(0.25\%\),\(X\)为任取\(n\)个女人中患色盲的人数,\(X\sim B(n,0.25\%)\);
⑦吊灯上并联着5个灯泡,每个正常工作的概率都是0.7,则正常工作的灯泡数\(X\sim B(5,0.7)\);
⑧用户购买100件某产品,该产品的质量指标值位于\((187.7,212.2)\)之间的概率都是\(0.6826\),\(X\)表示质量指标值位于\((187.7,212.2)\)之间的产品件数,则\(X\sim (100,0.6826)\);
⑨从该市学生中随机选取5名学生,记\(\xi\)为身高在\((1.50,1.70)\)的学生人数,且身高在\((1.50,1.70)\)的频率为\(0.7\),则\(\xi\sim (5,0.7)\);
典例剖析
解析:由已知条件可得: 只发球一次成功,停止发球,则\(P(X=1)=p\),
只发球两次第一次失败,第二次成功,发球结束,则 \(P(X=2)=(1-p)\times p\),
只发球三次,要么前两次发球失败第三次发球成功发球结束,要么三次发球都失败发球结束,则\(P(X=3)=(1-p)^{2}\times p+(1-p)^{3}=(1-p)^{2}\)
则 \(E(X)=P(X=1)+2P(X=2)+3P(X=3)\)
\(=p+2(1-p)p+3(1-p)^{2}\)\(=\)\(p^{2}-3p+3>1.75=\cfrac{7}{4}\) ,
解得 \(p>\cfrac{5}{2}\) 或 \(p<\cfrac{1}{2}\) ,又由 \(p \in(0,1)\) ,可得 \(p\in(0,\cfrac{1}{2})\), 故选 \(A\) .
解后反思:本题目容易错误的认为发球次数的随机变量 \(X\) 服从二项分布,这个理解是错误的,如下图所示;
通过上面的图示,我们能对贝努里概型有更深入的理解;
(1)求顾客抽奖 1 次能获奖的概率;
解析: 记事件 \(A_{1}\) ={从甲箱中摸出的 1 个球是红球}, \(A_{2}\) ={从乙箱中摸出的 1 个球是红球},
\(B_{1}\) ={顾客抽奖 1 次获一等奖}, \(B_{2}\) ={顾客抽奖 1 次获二等奖},\(C\) ={顾客抽奖 1 次能获奖}。
由题意, \(A_{1}\) 与 \(A_{2}\) 相互独立, \(A_{1}\bar{A_{2}}\) 与 \(\bar{A_{1}}A_2\) 互斥, \(B_{1}\) 与 \(B_{2}\) 互斥,
且 \(B_{1}\) = \(A_{1}\)\(A_{2}\), \(B_{2}\) = \(A_{1}\bar{A_{2}}\) + \(\bar{A_{1}}A_2\) , \(C\) = \(B_{1}\) + \(B_{2}\),
因为 \(P(A_{1})=\cfrac{4}{10}=\cfrac{2}{5}\),\(P(A_{2})=\cfrac{5}{10}=\cfrac{1}{2}\),
所以\(P(B_ {1})=P(A_{1}A_{2})=P(A_ {1})P(A_ {2})= \cfrac{2}{5}\times\cfrac{1}{2}=\cfrac{1}{5}\) ,
\(P\left(B_2\right)=P(A_1 \bar{A_2}+\bar{A_1} A_2)\)\(=P(A_1\bar{A_2})+P(\bar{A_1}A_2)\)\(=P\left(A_1\right) P(\bar{A_2})+P(\bar{A_1})P\left(A_2\right)\)
\(=P\left(A_1\right)\left[1-P\left(A_2\right)\right]+\left[1-P\left(A_1\right)\right] P\left(A_2\right)\)
\(=\cfrac{2}{5} \times\left(1-\cfrac{1}{2}\right)+\left(1-\cfrac{2}{5}\right) \times \cfrac{1}{2}\)
\(=\cfrac{1}{2}\)
故所求概率为:
\(P(C)=P\left(B_1+B_2\right)=P\left(B_1\right)+P\left(B_2\right)=\cfrac{1}{5}+\cfrac{1}{2}=\cfrac{7}{10}\) .
(2). 若某顾客有 3 次抽奖机会,记该顾客在 3 次抽奖中获一等奖的次数为 \(X\),求 \(X\) 的分布列和数学期望。
解析:顾客抽奖 3 次可视为 3 次独立重复试验, 由(1)知, 顾客抽奖 1 次获一等奖的概 率为 \(\cfrac{1}{5}\),
所以 \(X \sim B\left(3, \cfrac{1}{5}\right)\),于是
\(P(X=0)=C_3^0\left(\cfrac{1}{5}\right)^0\left(\cfrac{4}{5}\right)^3=\cfrac{64}{125}\),
\(P(X=1)=C_3^1\left(\cfrac{1}{5}\right)^1\left(\cfrac{4}{5}\right)^2=\cfrac{48}{125}\),
\(P(X=2)=C_3^2\left(\cfrac{1}{5}\right)^2\left(\cfrac{4}{5}\right)^1=\cfrac{12}{125}\),
\(P(X=3)=C_3^3\left(\cfrac{1}{5}\right)^3\left(\cfrac{4}{5}\right)^0=\cfrac{1}{125}\),
故 \(X\) 的分布列为:
\(X\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) |
---|---|---|---|---|
\(P\) | \(\cfrac{64}{125}\) | \(\cfrac{48}{125}\) | \(\cfrac{12}{125}\) | \(\cfrac{1}{125}\) |
\(X\) 的数学期望为 \(E(X)=3\times\cfrac{1}{5}=\cfrac{3}{5}\) 。