最后更新: 2025-02-24 10:03 查看: 447 次高考专区考研专区公式专区刷题专区词条搜索

离散型(二项分布)

> 本节简单的说，抽查一个产品，质量可能合格或者不合格，这是[两点分布](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=959)。单纯抽查一次作用不大，可以抽查多次，这就是本节介绍的**二项分布**。
 
 
设对一随机试验 $\mathrm{E}$ ，我们只关心某个事件 $A$ 发生与否，此时试验的结果可以看成只有两种: $A$ 发生或者 $A$ 不发生。那么称这个试验为**伯努利试验**.

接下来将引入二项分布，考察二项分布的方法有两种．

方法一：我们有 $n$ 枚独立的硬币，并且每一枚硬币出现成功的概率都是 $p$ 。把他一次性的放在手里同时抛郑它们，并记录正面出现的次数。

方法二：我们可以每次拋掷一枚硬币，然后记录正面出现的次数，然后抛掷 $n$ 次。 
这两种观点都很有用。很明显，在抛掷硬币的实验里，第一次抛掷的结果不影响第二次抛掷的结果，所以我们假设了硬币的独立性，因此这两种看法是等价的。**即一次抛掷 $n$ 枚硬币与抛郑一枚硬币 $n$ 次没什么区别。**

现在我们对上面的例子进行引深：有3个产品，每个产品都有合格和不合格两种可能，那么，这3个产品的结果可以记为
$(0,0,0),(0,0,1),(0,1,1),(0,1,0),(0,1,1),(1,0,0),(1,0,1),(1,1,1)$ 共$2^3=8$
种可能。 其中$(0,0,0)$表示$3$个产品都不合格，$(1,1,1)$ 表示$3$个产品都合格，而$(0,0,1)$表示第一个第二个不合格，第三个合格。

以此类推，因为 $n$ 重伯努利试验的基本结果可以记作

$$
X=\left(x_1, x_2, \cdots, x_n \right),
$$

其中 $x_i$ 的值为 $A$, 或者为 $\bar{A}$. 这样的 $\omega$ 共有 $2^n$ 个, 这 $2^n$ 个样本点 $\omega$ 组成了样本空间 $\Omega$.

### 离散型（二项分布）

以上面引例里3个产品检查是否合格为例，求 $X$ 的分布列, 即求事件 $\{X=k\}$ 的概率. 若某个样本点

$$
X=\left(x_1, x_2, \cdots, x_n \right) \in\{X=k\}
$$

意味着 $x_1, x_2, \cdots, x_n $ 中有 $k$ 个 $A, n-k$ 个 $\bar{A}$, 所以由独立性知,

$$
P(x)=p^k(1-p)^{n-k} .
$$

而事件 $\{X=k\}$ 中这样的 $x$ 共有 $\left(\begin{array}{l}n \\ k\end{array}\right)$ 个, 所以 $X$ 的分布列为

$$
P(X=k)=\left(\begin{array}{l}
n \\
k
\end{array}\right) p^k(1-p)^{n-k}, k=0,1, \cdots, n .
$$

这个分布称为**二项分布**, 记为 $X \sim B(n, p)$.

下面给出具体的定义

>组合里，组合记法有苏联式记法和美国式记法。苏式记法是 $C_n^m$  而美式记法 $\left(\begin{array}{l}n \\ m\end{array}\right)$, 详见[此处](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=202)

## 二项分布定义
若随机变量 $X$ 的分布律为

$$
P(X=k)=C_n^k p^k(1-p)^{n-k}, \quad k=0,1, \cdots, n,
$$

则称 $X$ 服从参数为 $n 、 p$ 的二项分布（Binomial Distribution）, 记为 $X \sim B(n, p)$.

当 $n=1$ 时, 二项分布就是上节介绍的 **$(0-1)$ 分布**, 故 $(0-1)$ 分布的分布律也可写成

$$
P(X=k)=p^k q^{1-k},
$$

其中 $q=1-p, k=0,1$.

### 应用场景
二项分布是一种常用的离散分布,譬如,

- 检查 10 件产品, 10 件产品中不合格品的个数 $X$ 服从二项分布 $b(10, p)$, 其中 $p$为不合格品率.
- 调查 50 个人, 50 个人中患色盲的人数 $Y$ 服从二项分布 $b(50, p)$, 其中 $p$ 为色盲率.
- 射击 5 次, 5 次中命中次数 $Z$ 服从二项分布 $b(5, p)$, 其中 $p$ 为射手的命中率.

## 例题
`例`某特效药的临床有效率为 0.95 , 今有 10 人服用, 问至少有 8 人治愈的概率是多少?
  解 设 $X$ 为 10 人中被治愈的人数, 则 $X \sim B(10,0.95)$, 而所求概率为

$$
\begin{aligned}
P(X \geqslant 8) & =P(X=8)+P(X=9)+P(X=10) \\
& =\left(\begin{array}{c}
10 \\
8
\end{array}\right) 0.95^8 0.05^2+\left(\begin{array}{c}
10 \\
9
\end{array}\right) 0.95^9 0.05+\left(\begin{array}{c}
10 \\
10
\end{array}\right) 0.95^{10} \\
& =0.0746+0.3151+0.5987=0.9884 .
\end{aligned}
$$

10人种至少8人被治愈的概率为 0.9884

`例`人向同一目标重复独立射击5次，每次命中目标的概率为 $0.8$ ，求 (1) 此人 能命中3次的概率；（2）此人至少命中2次的概率。
解：设 $X$ 表示在5次重复独立射击中命中的次数，则

$$
X \sim B(5,0.8)
$$

1 $P(X=3)=\left(\begin{array}{l}5 \\ 3\end{array}\right) \times 0.8^3 \times 0.2^2=0.2048$
$2 \quad P(X \geq 2)=1-P(X<2)=1-P(X=0)-P(X=1)=0.99328$

`例`设有 80 台同类型设备, 各台工作是相互独立的, 发生故障的概率都是 0.01 ,且一台设备的故障能由一个人处理。考虑两种配备维修工人的方法：其一是由 4 人维护，每人负责 20 台；其二是由 3 人共同维护 80 台。试比较这两种方法在设备发生故障时不能及时维修的概率。

解 按第一种方法。以 $X$ 记 "第 1 人维护的 20 台中同一时刻发生故障的台数"，以$A_i(i=1,2,3,4)$ 表示 "第 $i$ 人维护的 20 台中发生故障不能及时维修"，则知 80 台中发生故障不能及时维修的概率为

$$
P\left(A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup A_4\right) \geqslant P\left(A_1\right)=P(X \geqslant 2) .
$$

而 $X \sim B(20,0.01)$, 故有

$$
\begin{aligned}
P(X \geqslant 2) & =1-P(X=0)-P(X=1) \\
& =1-C_{20}^0 \times(0.01)^0 \times(0.99)^{20}-C_{20}^1 \times(0.01)^1 \times(0.99)^{19} \\
& =0.0169 .
\end{aligned}
$$

即

$$
P\left(A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup A_4\right) \geqslant 0.0169 .
$$

按第二种方法. 以 $Y$ 记 80 台中同一时刻发生故障的台数. 此时 $Y \sim B(80,0.01)$, 故 80 台中发生故障而不能及时维修的概率为

$$
P(Y \geqslant 4)=1-\sum_{k=0}^3 C_{80}^k \times(0.01)^k \times(0.99)^{80-k}=0.0087
$$

结果表明，后一种情况尽管任务重了（每人平均维护约 27 台），但工作效率不仅没有降低, 反而提高了。

`例`设在 3 次重复独立试验中，事件 $A$ 出现的概率都相等．已知 $A$ 至少出现一次的概率为 $\frac{19}{27}$ ．试求事件 $A$ 在一次试验中出现的概率。

解 设 $X$ 表示事件 $A$ 出现的次数．由已知，得 $X \sim B(3, p)$ ，其中 $p=P(A)$ ．
因为 $P\{X \geqslant 1\}=1-P\{X=0\}=1- C _3^0 p^0(1-p)^3=\frac{19}{27}$ ，所以 $p=\frac{1}{3}$ ．
故 $P(A)=p=\frac{1}{3}$ ．

## 二项分布的数学期望和方差
设随机变量 $X \sim B(n, p)$, 则

$$
\begin{aligned}
E(X) & =\sum_{k=0}^n k\binom{n}{k} p^k(1-p)^{n-k}=n p \sum_{k=1}^n\binom{n-1}{k-1} p^{k-1}(1-p)^{(n-1)-(k-1)} \\
& =n p[p+(1-p)]^{n-1}=n p .
\end{aligned}
$$

又因为

$$
\begin{aligned}
E\left(X^2\right) & =\sum_{k=0}^n k^2\binom{n}{k} p^k(1-p)^{n-k}=\sum_{k=1}^n(k-1+1) k\binom{n}{k} p^k(1-p)^{n-k} \\
& =\sum_{k=1}^n k(k-1)\binom{n}{k} p^k(1-p)^{n-k}+\sum_{k=1}^n k\binom{n}{k} p^k(1-p)^{n-k} \\
& =\sum_{k=2}^n k(k-1)\binom{n}{k} p^k(1-p)^{n-k}+n p \\
& =n(n-1) p^2 \sum_{k=2}^n\binom{n-2}{k-2} p^{k-2}(1-p)^{(n-2)-(k-2)}+n p \\
& =n(n-1) p^2+n p .
\end{aligned}
$$

由此得 $X$ 的方差为

$$
D(X)=E\left(X^2\right)-(E(X))^2=n(n-1) p^2+n p-(n p)^2=n p(1-p) .
$$

因此，二项分布的数学期望是$np$，方差是$np(1-p)$

关于更多概率分布表见[附录1：常见概率分布表](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=1490)

## 赌徒效应

有一个赌博问题．假设庄家要抛掷 4 颗独立的骰子，玩家可以对 1 到 6 的任意一个数字下注．如果下注的数字出现了 $k$ 次，那么玩家就赢得了 $k$ 美元，其中 $k$ 在 1 和 4 之间取值．如果该数字没有出现，那么玩家将损失 1 美元．玩家应该玩这个游戏吗？

为了弄清楚该不该玩，我们想知道**预期结果**．这个词提醒了我们应该计算什么．如果多次玩这个游戏，那么会赢钱还是会输钱？这个问题可以通过计算期望值来回答．如果让 $X$ 表示当抛掷 4 颗独立的均匀骰子时赢得或损失的钱数，那么 $X$ 的可能取值有：-1 （下注的数字出现了 0 次）， 1 （下注的数字出现了 1 次）， 2 （下注的数字出现了 2 次）$\cdots \cdots 4$ ．现在我们计算每一种情况发生的概率：

$$
\begin{aligned}
\operatorname{Prob}(X=-1) & =\binom{4}{0}\left(\frac{1}{6}\right)^0\left(\frac{5}{6}\right)^4=\frac{625}{1296} \\
\operatorname{Prob}(X=1) & =\binom{4}{1}\left(\frac{1}{6}\right)^1\left(\frac{5}{6}\right)^3=\frac{125}{324} \\
\operatorname{Prob}(X=2) & =\binom{4}{2}\left(\frac{1}{6}\right)^2\left(\frac{5}{6}\right)^2=\frac{25}{216} \\
\operatorname{Prob}(X=3) & =\binom{4}{3}\left(\frac{1}{6}\right)^3\left(\frac{5}{6}\right)^1=\frac{5}{324} \\
\operatorname{Prob}(X=4) & =\binom{4}{4}\left(\frac{1}{6}\right)^4\left(\frac{5}{6}\right)^0=\frac{1}{1296}
\end{aligned}
$$

现在，可以求出 $X$ 的期望值：

$$
E [X]=(-1) \cdot \frac{625}{1296}+1 \cdot \frac{125}{324}+2 \cdot \frac{25}{216}+3 \cdot \frac{5}{324}+4 \cdot \frac{1}{1296}=\frac{239}{1296}
$$

由于期望值是正的，因此下注对我们是有利的。对上述情况的一种解释是，从平均水平看，在玩了 1296 次后，我们预计会有 239 美元的收入．

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