最后更新: 2025-04-11 17:13 查看: 303 次反馈刷题

二项分布

## 两点分布
如果随机变量 $X$ 只取值 0 或 1 ，且其概率分布是

$$
\boxed{
P(X=1)=p, P(X=0)=1-p, p \in(0,1)
}
$$

则称随机变量 $X$ 服从两点分布，记作 $X \sim B(1, p)$ 。
两点分布又称 $0-1$ 分布，是我们在现实生活中经常会遇到的一种分布．例如，检查产品**合格与不合格**，投篮**命中与未命中**，一粒种子**发芽与未发芽**，考试成绩**及格与不及格**等，都可以用服从两点分布的随机变量来描述：

$$
X= \begin{cases}1, & \text { 当试验成功时; } \\ 0, & \text { 当试验不成功时. }\end{cases}
$$

`例`设某项试验的成功率是失败率的 2 倍，若用随机变量 $X$ 描述一次试验成功的次数，求 $P(X=0)$ 的值．

解 由题知此试验服从两点分布，因此可列下表：
 ![图片](/uploads/2025-02/708a26.jpg)
 
 因为试验的成功率是失败率的 2 倍，所以 $p=2(1-p)$ ，
解得 $p=\frac{2}{3}, ~ 1-p=\frac{1}{3}$ ．
因此 $P(X=0)=\frac{1}{3}$ ．

## 伯努利实验
在研究随机现象时，经常要在相同的条件下重复做大量试验来发现规律．例如，研究抛掷一枚图钉出现结果的规律，就需要做大量的重复试验．而在 $n$ 次抛掷的过程中，每一次可能针尖朝上，也可能针尖朝下，并且每次针尖朝上的概率是相同的，同时各次试验的结果不会受其他试验结果的影响．

一般地，在相同条件下进行 $n$ 次重复试验，如果每次试验只有两种可能的结果 $A$ 与 $\bar{A}$ ，并且 $P(A)$ 保持不变，各次试验的结果相互独立，那么称这样的试验为**伯努利试验**，它也是一种 $n$ 次独立重复试验。

把一个亮点分布做$n$遍，就是二项分布，请看下面的定义。

## 二项分布

考虑如下问题：一次测验共有 10 道选择题，每题备有 4 个选项，其中只有 1 个正确．如果某学生随意猜测答题，问其答对一半以上的概率有多大．这样的概率计算具有普遍性，现在就来讨论这种题型的概率计算。

设有一个伯努利试验，其成功概率为 $p(0<p<1)$ ，失败概率为 $q$ ，且 $p+q=1$ ．独立地重复该伯努利试验 $n$ 次，用 $X$ 表示成功的次数。把 $n$ 次试验看作具有 $n$ 个标号的位置，其中每个位置都有两种可能：成功或者失败，分别标记为 1 和 0 。＂成功次数为 $k$＂的事件 $X=k$ 可以看作从 $n$ 个位置里选择 $k$ 个位置标记为 1 ，而其他标记为 0 ，这样的选择共有 $C _n^k$ 种．因为每次试验都是独立地进行，所以由独立性，每种标记发生的概率是 $p^k q^{n-k}$ ．再由概率的可加性，可得成功次数为 $k$ 的概率为

$$
P(X=k)=C_n^k p^k q^{n-k},
$$

其中 $k=0,1,2, \cdots, n$ ．因为 $C _n^0= C _n^n=1$ ，所以 $X$ 的分布可表示为

$$
\left(\begin{array}{ccccccc}
0 & 1 & 2 & \cdots & k & \cdots & n \\
q^n & C_n^1 p q^{n-1} & C_n^2 p^2 q^{n-2} & \cdots & C_n^k p^k q^{n-k} & \cdots & p^n
\end{array}\right) .
$$

从这个角度可以证明二项式定理

$$
\sum_{k=0}^n C_n^k p^k q^{n-k}=\sum_{k=0}^n P(X=k)=1
$$

这是这个分布被称为二项分布的理由．

**定义**　**独立地重复一个成功概率为$p$ 的伯努利试验$n$次，其次数的分布称为二项分布,亦称成功次数$X$服从二项分布$B(n,p)$**

`例` 独立地重复 $n$ 次成功概率为 $p$ 的伯努利试验，求至少有一次成功的概率。

解 用 $X$ 表示成功次数．至少有一次成功相当于 $X>0$ ，它的对立事件是 $X=0$ ．由概率的性质，至少有一次成功的概率为

$$
P(X>0)=1-P(X=0)=1-(1-p)^n .
$$

当成功概率 $p$ 很小时，通常说成功是小概率事件．虽然在一次试验中，小概率事件几乎不可能发生，但因为 $0<p<1$ ，有 $0<1-p<1$ ，当试验次数 $n$ 充分大时，$(1-p)^n$ 接近于零，即 $1-(1-p)^n$ 接近于 1 ，所以至少有一次成功的概率就会很大．

直观地说，做一件事情，不管成功概率多小，只要执着地努力，重复的次数足够多，就有很大可能会成功。如同俗语所说：失败是成功之母。反过来说，如果不断地重复，小概率的坏事也终有可能发生。例如，开车一次发生事故的概率 $p$ 很小，但是如果每天开车，长期下去还是很有可能发生事故的。所以，不仅每次开车都要格外小心，减小事故发生的概率 $p$ ，而且要尽可能地减少开车次数 $n$ ，这样就能使发生事故的概率尽量减小。

`例`  设 $X$ 服从二项分布 $B(n, p)$ ，求 $X$ 的期望与方差．
解 用 $X_k$ 表示第 $k$ 次随机试验的结果：若成功，则 $X_k=1$ ；若失败，则 $X_k=0$ 。总的成功次数 $X$ 可以表示为

$$
X=X_1+X_2+\cdots+X_n
$$

按照定义，$X_k$ 的期望是

$$
E\left[X_k\right]=1 \times p+0 \times(1-p)=p
$$

所以，由期望的线性性质，得

$$
E[X]=E\left[X_1\right]+E\left[X_2\right]+\cdots+E\left[X_n\right]=n p
$$

用同样的方法可以计算 $X$ 的方差．先计算 $D\left[X_1\right]$ ．因为 $E\left[X_1^2\right]=p$ ，所以

$$
D\left[X_1\right]=E\left[X_1^2\right]-\left(E\left[X_1\right]\right)^2=p-p^2=p(1-p)
$$

因为每次试验是独立地重复，所以 $X_1, X_2, \cdots, X_n$ 是相互独立的，且 $D\left[X_k\right]=p(1-p), k=1,2, \cdots, n$ ．由方差的 性质，有

$$
D[X]=D\left[X_1\right]+D\left[X_2\right]+\cdots+D\left[X_n\right]=n p(1-p)
$$

由上式可见，方差关于概率 $p$ 的图像是一个开口向下的二次函数图像的一部分，且它在 $p=\frac{1}{2}$ 时达到最大值．这说明，在成功概率是 $\frac{1}{2}$ 时，$X$ 的分散度最大；而当 $p$ 与 $\frac{1}{2}$ 相差较大时，$X$的分散度较小．这就从数学上诠释了前面所说的随机性大小与概率大小的直观关系．

`例`10 个零件中有 3 个次品，从中每次抽检 1 个，验后放回，连续抽检 3次．求抽检的 3 个零件中恰有 2 个是次品的概率．

分析 由于 3 次抽检是相互独立的，并且每次抽检只有两个可能的结果，即＂抽到正品＂或＂抽到次品＂，因此，这是一个 3 次独立重复试验．

解 记抽到次品的概率为 $p$ ，抽到正品的概率为 $q$ ．
（方法一）设 $B=$＂ 3 次抽检，恰好有 2 个次品＂，$A_i=$＂第 $i$ 次抽到次品＂$(i=$ $1,2,3)$ ，则 $\bar{A}_i=$＂第 $i$ 次抽到正品＂$(i=1,2,3)$ ．

因为 3 次抽检中恰有 2 个次品的事件共有 3 个，即 $A_1 A_2 \bar{A}_3, A_1 \bar{A}_2 A_3, \bar{A}_1 A_2 A_3$ ．这三个事件是互斥的，并且 $A_1, A_2, A_3$ 之间都是相互独立的．由概率加法公式有

$$
\begin{aligned}
P(B) & =P\left(A_1 A_2 \bar{A}_3 \cup A_1 \bar{A}_2 A_3 \cup \bar{A}_1 A_2 A_3\right) \\
& =P\left(A_1 A_2 \bar{A}_3\right)+P\left(A_1 \bar{A}_2 A_3\right)+P\left(\bar{A}_1 A_2 A_3\right) \\
& =P\left(A_1\right) P\left(A_2\right) P\left(\bar{A}_3\right)+P\left(A_1\right) P\left(\bar{A}_2\right) P\left(A_3\right)+P\left(\bar{A}_1\right) P\left(A_2\right) P\left(A_3\right) \\
& =p^2 q+p^2 q+p^2 q=3 p^2 q \\
& =3 \times\left(\frac{3}{10}\right)^2 \times \frac{7}{10}=0.189 .
\end{aligned}
$$

（方法二）用 $X$ 表示抽检次数，则 $X$ 是一个随机变量．设事件 $A$ 为＂抽检到次品＂。事件 $A$ 在 3 次试验中发生 2 次，共有 $C _3^2$ 种情形，由试验的独立性可知，事件 $A$ 在其中的 2 次发生时，其余的 $(3-2)$ 次则不发生，其概率为 $p^2 q^{3-2}$ 。故事件 $A$ 恰好发生 2 次的概率为

$$
P(X=2)=C_3^2 p^2 q^{3-2}=3 p^2 q=3 \times\left(\frac{3}{10}\right)^2 \times \frac{7}{10}=0.189 .
$$

对于例 4 ，类似地，我们还可求得 3 个零件中恰好有 0 个次品， 1 个次品， 3 个次品的概率分别为 $P(X=0)= C _3^0 p^0 q^{3-0}=q^3, P(X=1)= C _3^1 p^1 q^{3-1}=3 p q^2, P(X=3)=$ $C _3^3 p^3 q^{3-3}=p^3$ 。

一般地，在 $n$ 次独立重复试验中，用 $X$ 表示事件 $A$ 出现的次数，设每次试验中事件 $A$ 发生的概率为 $p$ ，则 $X$ 有概率分布：

$$
P(X=k)=C_n^k p^k q^{n-k}, k=0,1, \cdots, n \text {, 其中 } q=1-p .
$$

注意到 $C _n^k p^k q^{n-k}$ 正好是二项式 $(p+q)^n$ 的展开式中的第 $(k+1)$ 项，故称随机变量 $X$ 服从二项分布，记作 $X \sim B(n, p)$ ，其中 $n, p$ 为参数，$p$ 为事件发生的概率．

显然，在二项分布中，$P(X=k) \geqslant 0(k=0,1,2, \cdots, n)$ ．
根据二项式定理，可知

$$
\sum_{k=0}^n C_n^k p^k q^{n-k}=(p+q)^n=1
$$

故 $P(X=0)+P(X=1)+\cdots+P(X=k)+\cdots+P(X=n)=1$ ．
二项分布在实践中有着广泛的应用，如有放回的摸球模型，$n$ 次投掷硬币出现 $k$次正面朝上的模型，都是二项分布模型的具体化．

`例` 某家庭装修公司和客户洽谈装修协议时，洽谈成功的概率是 0.4 ．设一天内有 9 个客户前来洽谈装修协议，用 $X$ 表示这天洽谈成功的客户数，求洽谈成功 5 个客户的概率（精确到 0．001）。

解 $X$ 服从二项分布 $B(9,0.4)$ ，于是

$$
P(X=5)=C_9^5 0.4^5(1-0.4)^{9-5} \approx 0.167 .
$$

因此，洽谈成功 5 个客户的概率约为 0.167 ．

`例`抛掷两枚骰子，取其中一枚的点数为点 $P$ 的横坐标，另一枚的点数为点 $P$的纵坐标，连续抛掷这两枚骰子三次，求点 $P$ 在圆 $x^2+y^2=16$ 内的次数 $X$ 的分布列．

分析 先求出一次试验中点 $P$ 在圆 $x^2+y^2=16$ 内的概率 $p$ ，然后由题意可知 $X \sim B(3, p)$ ，从而求出其分布列．

解 由题意可知，$P$ 点的坐标可能有 $6 \times 6=36$（种）情况，而符合题意的点只有下列 8 个：（1，1），（1，2），（1，3），（2，1），（2，2），（2，3），（3，1），（3， 2），如图 3．2－2．那么在抛郑骰子时，点 $P$ 在圆 $x^2+y^2=16$ 内的概率为 $\frac{8}{36}=\frac{2}{9}$ ．由题意可知 $X \sim B\left(3, \frac{2}{9}\right)$ ，所以

$$
\begin{aligned}
& P(X=0)=C_3^0\left(\frac{2}{9}\right)^0 \times\left(\frac{7}{9}\right)^3=\frac{343}{729} \\
& P(X=1)=C_3^1\left(\frac{2}{9}\right)^1 \times\left(\frac{7}{9}\right)^2=\frac{98}{243} \\
& P(X=2)=C_3^2\left(\frac{2}{9}\right)^2 \times\left(\frac{7}{9}\right)^1=\frac{28}{243} \\
& P(X=3)=C_3^3\left(\frac{2}{9}\right)^3 \times\left(\frac{7}{9}\right)^0=\frac{8}{729}
\end{aligned}
$$
 ![图片](/uploads/2025-02/6d9226.jpg)
 
 因此，随机变量 $X$ 的分布列为
  ![图片](/uploads/2025-02/339b01.jpg)

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