高中数学选修2-3第二章随机变量及其分布教案

第二章 随机变量及其分布 2．1．1离散型随机变量

第一课时

思考1：掷一枚骰子，出现的点数可以用数字1 , 2 ，3，4，5，6来表示．那么掷一枚硬币的结果是否也可以用数字来表示呢？

掷一枚硬币，可能出现正面向上、反面向上两种结果．虽然这个随机试验的结果不具有数量性质，但我们可以用数1和 0分别表示正面向上和反面向上（图2.1一1 ) .

在掷骰子和掷硬币的随机试验中，我们确定了一个对应关系，使得每一个试验结果都用一个确定的数字表示．在这个对应关系下，数字随着试验结果的变化而变化．

定义1：随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量（random variable )．随机变量常用字母 X , Y ，ξ，η，… 表示．

思考2：随机变量和函数有类似的地方吗？

随机变量和函数都是一种映射，随机变量把随机试验的结果映为实数，函数把实数映为实数．在这两种映射之间，试验结果的范围相当于函数的定义域，随机变量的取值范围相当于函数的值域．我们把随机变量的取值范围叫做随机变量的值域．

例如，在含有10件次品的100 件产品中，任意抽取4件，可能含有的次品件数X 将随着抽取结果的变化而变化，是一个随机变量，其值域是｛0, 1, 2 , 3, 4 } .

利用随机变量可以表达一些事件．例如{X=0｝表示“抽出0件次品” , {X =4｝表示“抽出4件次品”等．你能说出｛X< 3 ｝在这里表示什么事件吗？“抽出 3 件以上次品”又如何用 X 表示呢？

定义2：所有取值可以一一列出的随机变量，称为离散型随机变量 ( discrete random variable ) .

离散型随机变量的例子很多．例如某人射击一次可能命中的环数 X 是一个离散型随机变量，它的所有可能取值为0，1，…，10；某网页在24小时内被浏览的次数Y 也是一个离散型随机变量，它的所有可能取值为0, 1,2，….

思考3：电灯的寿命X 是离散型随机变量吗？

电灯泡的寿命 X 的可能取值是任何一个非负实数，而所有非负实数不能一一列出，所以 X 不是离散型随机变量． 在研究随机现象时，需要根据所关心的问题恰当地定义随机变量．例如，如果我们仅关心电灯泡的使用寿命是否超过1000 小时，那么就可以定义如下的随机变量：

??

≥?0，寿命<1000小时；

Y=1,寿命1000小时.

与电灯泡的寿命 X 相比较，随机变量Y 的构造更简单，它只取两个不同的值0和1，是一个离散型随机变量，研究起来更加容易．

连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量

如某林场树木最高达30米，则林场树木的高度ξ是一个随机变量，它可以取（0，30]内的一切值

4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系: 离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验

注意：（1）有些随机试验的结果虽然不具有数量性质，但可以用数量来表达ξ=0，表示正面向上，ξ=1，

（2）若ξ是随机变量，b a b a ,,+=ξη是常数，则η也是随机变量三、讲解范例：

例1． 写出下列随机变量可能取的值，并说明随机变量所取的值表示的随机试验的结果

(1)一袋中装有5只同样大小的白球，编号为1，2，3，4，5现从该袋内随机取出3只球，被取出的球的最大号码数

ξ；

(2)某单位的某部电话在单位时间内收到的呼叫次数η

解：(1) ξ可取3，4，5

ξ=3，表示取出的3个球的编号为1，2，3；

ξ=4，表示取出的3个球的编号为1，2，4或1，3，4或2，3，4；

ξ=5，表示取出的3个球的编号为1，2，5或1，3，5或1，4，5或2，3或3，4，5

（2）η可取0，1，…,n ，…

η=i ，表示被呼叫i 次，其中i=0,1,2,…

例2． 抛掷两枚骰子各一次，记第一枚骰子掷出的点数与第二枚骰子掷出的点数的差为ξ，试问：“ξ> 4”表示的试

验结果是什么？

答：因为一枚骰子的点数可以是1，2，3，4，5，6六种结果之一，由已知得-5≤ξ≤5，也就是说“ξ>4”就是“ξ=5”

所以，“ξ>4”表示第一枚为6点，第二枚为1点

例3 某城市出租汽车的起步价为10元，行驶路程不超出4km ，则按10元的标准收租车费4km ，则按

每超出lkm 加收2元计费(超出不足1km 的部分按lkm 计)．从这个城市的民航机场到某宾馆的路程为15km ．某司机常驾车在机场与此宾馆之间接送旅客，由于行车路线的不同以及途中停车时间要转换成行车路程(这个城市规定，每停车5分钟按lkm 路程计费)，这个司机一次接送旅客的行车路程ξ是一个随机变量，他收旅客的租车费可也是一个随机变量

(1)求租车费η关于行车路程ξ的关系式；

(Ⅱ)已知某旅客实付租车费38元，而出租汽车实际行驶了15km ，问出租车在途中因故停车累计最多几分钟? 解：(1)依题意得η=2(ξ-4)+10，即η=2ξ+2

(Ⅱ)由38=2ξ+2，得ξ=18，5×（18-15）=15． 所以，出租车在途中因故停车累计最多15分钟． 四、课堂练习：

1.①某寻呼台一小时内收到的寻呼次数ξ；②长江上某水文站观察到一天中的水位ξ；③某超市一天中的顾客量ξξ是连续型随机变量的是（ ）

A ．①；

B ．②；

C ．③；

D ．①②③ ２.随机变量ξ的所有等可能取值为1,2,,n …，若()40.3P

ξ<=，则（ ）

A ．3n =；

B ．4n =；

C ．10n =；

D ．不能确定 3.抛掷两次骰子，两个点的和不等于8的概率为（ ） A ．

1112

； B ．

3136

； C ．

536

； D ．

112

4.如果ξ是一个离散型随机变量，则假命题是( ) A. ξ取每一个可能值的概率都是非负数；B. ξ取所有可能值的概率之和为1； C. ξ取某几个值的概率等于分别取其中每个值的概率之和；

D.

ξ在某一范围内取值的概率大于它取这个范围内各个值的概率之和

答案：1.B 2.C 3.B 4.D

五、小结 ：随机变量离散型、随机变量连续型随机变量的概念 随机变量ξ是关于试验结果的函数，即每一个试验结果对

应着一个实数；随机变量ξ的线性组合η=a ξ+b(其中a 、b 是常数)也是随机变量

2． 1．2离散型随机变量的分布列

一、复习引入：

1.随机变量：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量 随机变量常用希腊字母ξ、

η等表示

2. 离散型随机变量:对于随机变量可能取的值，可以按一定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量 3．连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量

4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系: 离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验

若ξ是随机变量，b a b a ,,+=ξη是常数，则η也是随机变量 并且不改变其属性（离散型、连续型）

请同学们阅读课本P 5-6的内容，说明什么是随机变量的分布列？ 二、讲解新课：

1. 分布列:设离散型随机变量ξ可能取得值为 x 1，x 2，…，x 3，…， ξ取每一个值x i （i =1，2，…）的概率为()i i P x p ξ

==，则称表

为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列

2. 分布列的两个性质：任何随机事件发生的概率都满足:1)(0≤≤A P ，并且不可能事件的概率为0，必然事件的概率为1．由此你可以得出离散型随机变量的分布列都具有下面两个性质：

⑴P i ≥0，i ＝1，2，...； ⑵P 1+P 2+ (1)

对于离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率的和

即

???+=+==≥+)()()(1k k k x P x P x P ξξξ

3.两点分布列:

例1.在掷一枚图钉的随机试验中，令???1，针尖向上；X=0,针尖向下.

如果针尖向上的概率为

p ，试写出随机变量 X 的分布列．

解：根据分布列的性质，针尖向下的概率是（1p -

) ．于是，随机变量 X 的分布列是

像上面这样的分布列称为两点分布列．

两点分布列的应用非常广泛．如抽取的彩券是否中奖；买回的一件产品是否为正品；新生婴儿的性别；投篮是否命中等，都可以用两点分布列来研究．如果随机变量X 的分布列为两点分布列，就称X 服从两点分布 ( two 一point distribution)，而称

p =P (X = 1）为成功概率．

两点分布又称0一1分布．由于只有两个可能结果的随机试验叫伯努利（ Bernoulli ) 试验，所以还称这种分布为伯努

利分布．

()q P ==0ξ， ()p P ==1ξ，

10<

4. 超几何分布列：

例 2．在含有 5 件次品的 100 件产品中，任取 3 件，试求： (1)取到的次品数X 的分布列； （2）至少取到1件次品的概率．

解： (1)由于从 100 件产品中任取3 件的结果数为3

10C ，从100 件产品中任取3件，

其中恰有k 件次品的结果数为3595k

k

C C -，那么从 100 件产品中任取 3 件，其中恰有 k 件次品的概率为

3595

3

100

(),0,1,2,3k k

C C P X k k C -===。 所以随机变量 X 的分布列是

(2)根据随机变量X 的分布列，可得至少取到 1 件次品的概率 P ( X ≥1 ) = P ( X = 1 ) + P ( X = 2 ) + P ( X = 3 ) ≈0.138 06 + 0. 005 88 + 0. 00006 = 0. 144 00 .

一般地，在含有M 件次品的 N 件产品中，任取 n 件，其中恰有X 件次品数，则事件 {X=k ｝发生的概率为

(),0,1,2,,k n k M N M

n

N

C C P X k k m C --===,

其中min{,}m M n =，且,,,,n N M N n M N N *≤

≤∈．称分布列

为超几何分布列．如果随机变量 X 的分布列为超几何分布列，则称随机变量 X 服从超几何分布（ hypergeometriC distribution ) .

例 3．在某年级的联欢会上设计了一个摸奖游戏，在一个口袋中装有10个红球和20个白球，这些球除颜色外完全相同．一次从中摸出5个球，至少摸到3个红球就中奖．求中奖的概率．

解：设摸出红球的个数为X ，则X 服从超几何分布，其中 N = 30 , M=10, n=5 ．于是中奖的概率 P (X ≥3 ) = P (X =3 ) + P ( X = 4 ）十 P ( X = 5 )

=353454555103010103010103010555

303030

C C C C C C C C C ------++≈0.191.

思考：如果要将这个游戏的中奖率控制在55%左右，那么应该如何设计中奖规则？

()n

N k k N k m C C C k P /-==ξ

例4.已知一批产品共

件，其中

件是次品，从中任取

件，试求这 件产品中所含次品件数

的分布律。

解 显然，取得的次品数

只能是不大于

与

最小者的非负整数，即

的可能取值为：0，1，…，min{,}M n ，

由古典概型知

(),0,1,2,,

k n k M N M

n

N

C C P X k k m C -

-

=== 此时称 服从参数为(,,)N M n 的超几何分布。

注 超几何分布的上述模型中，“任取

件”应理解为“不放回地一次取一件，连续取

件”.如果是有放回地抽取，就变

成了

重贝努利试验，这时概率分布就是二项分布.所以两个分布的区别就在于是不放回地抽样，还是有放回地抽样.若产品

总数

很大时，那么不放回抽样可以近似地看成有放回抽样.因此，当

时，超几何分布的极限分布就是二项分布，

即有如下定理. 定理 如果当

时，

M

p N

→，那么当

时（

不变），则

(1)k n k

k k n k

M N M

N n

N

C C C p p C ---→-。

由于普阿松分布又是二项分布的极限分布，于是有：

超几何分布

二项分布

普阿松分布.

例5．一盒中放有大小相同的红色、绿色、黄色三种小球，已知红球个数是绿球个数的两倍，黄球个数是绿球个数的一半．现从该盒中随机取出一个球，若取出红球得1分，取出黄球得0分，取出绿球得－1分，试写出从该盒中取出一球所得分数ξ的分布列．

分析：欲写出ξ的分布列，要先求出ξ的所有取值，以及ξ取每一值时的概率． 解：设黄球的个数为n ，由题意知

绿球个数为2n ，红球个数为4n ，盒中的总数为7n ． ∴

7474)1(==

=n n P ξ，717)0(===n n P ξ，7

272)1(==-=n n P ξ． 所以从该盒中随机取出一球所得分数ξ的分布列为

说明：在写出ξ的分布列后，要及时检查所有的概率之和是否为1． 例6．某一射手射击所得的环数ξ的分布列如下：

求此射手“射击一次命中环数≥7”的概率．

分析：“射击一次命中环数≥7”是指互斥事件“ξ＝7”、“ξ＝8”、“ξ＝9”、“ξ＝10”的和，根据互斥事件的概率加法公式，可以求得此射手“射击一次命中环数≥7”的概率．

解：根据射手射击所得的环数ξ的分布列，有

P (ξ=7)＝0.09，P (ξ

=8)＝0.28，P (ξ=9)＝0.29，P (ξ=10)＝0.22. 所求的概率为 P (ξ≥7)＝0.09+0.28+0.29+0.22＝0.88 四、课堂练习：

某一射手射击所得环数ξ分布列为

求此射手“射击一次命中环数≥7”的概率

解：“射击一次命中环数≥7”是指互斥事件“ξ=7”，“ξ=8”，“ξ=9”，“ξ=10”的和，根据互斥事件的概率加法公式，有：

P（ξ≥7）=P（ξ=7）+P（ξ=8）+P（ξ=9）+P（ξ=10）=0.88

注：求离散型随机变量ξ的概率分布的步骤:

（1）确定随机变量的所有可能的值x i

（2）求出各取值的概率p(ξ=x i)=p i

（3）画出表格

五、小结：⑴根据随机变量的概率分步（分步列），可以求随机事件的概率；⑵两点分布是一种常见的离散型随机变量的分布，它是概率论中最重要的几种分布之一 (3)离散型随机变量的超几何分布

2． 2．1条件概率

一、复习引入：

探究: 三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名同学无放回地抽取,问最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比前两名同学小.

若抽到中奖奖券用“Y ”表示，没有抽到用“Y”，表示，那么三名同学的抽奖结果共有三种可能：Y Y Y，Y Y Y 和Y Y Y．用 B 表示事件“最后一名同学抽到中奖奖券”, 则 B 仅包含一个基本事件Y Y Y．由古典概型计算公式可

知，最后一名同学抽到中奖奖券的概率为

1 ()

3 P B=.

思考:如果已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到奖券的概率又是多少？

因为已知第一名同学没有抽到中奖奖券，所以可能出现的基本事件只有Y Y Y和Y Y Y．而“最后一名同学抽到中奖

奖券”包含的基本事件仍是Y Y Y.由古典概型计算公式可知．最后一名同学抽到中奖奖券的概率为1

2

，不妨记为P（B|A ) ，

其中A表示事件“第一名同学没有抽到中奖奖券”.

已知第一名同学的抽奖结果为什么会影响最后一名同学抽到中奖奖券的概率呢？

在这个问题中，知道第一名同学没有抽到中奖奖券，等价于知道事件 A 一定会发生，导致可能出现的基本事件必然在事件 A 中，从而影响事件 B 发生的概率，使得P ( B|A ）≠P ( B ) .

思考:对于上面的事件A和事件B，P ( B|A）与它们的概率有什么关系呢？

用Ω表示三名同学可能抽取的结果全体，则它由三个基本事件组成，即Ω=｛Y Y Y, Y Y Y,Y Y Y｝．既然已知事

件A必然发生，那么只需在A={Y Y Y, Y Y Y}的范围内考虑问题，即只有两个基本事件Y Y Y和Y Y Y．在事件 A 发

生的情况下事件B发生，等价于事件 A 和事件 B 同时发生，即AB 发生．而事件AB 中仅含一个基本事件Y Y Y，因此

(|) P B A=1

2

=

()

()

n AB

n A

.

其中n ( A）和n ( AB）分别表示事件 A 和事件AB 所包含的基本事件个数．另一方面，根据古典概型的计算公式，

()()

(),()()()

n AB n A P AB P A n n =

=ΩΩ

其中 n （Ω）表示Ω中包含的基本事件个数．所以，

(|)P B A =

()()()()

()()()()

n AB n AB P AB n n A n P n Ω==ΩΩΩ. 因此，可以通过事件A 和事件AB 的概率来表示P （B| A ) .

条件概率 1.定义

设A 和B 为两个事件，P(A )>0，那么，在“A 已发生”的条件下，B 发生的条件概率（conditional probability ).

(|)P B A 读作A 发生的条件下 B 发生的概率．

(|)P B A 定义为 ()

(|)()

P AB P B A P A =

.

由这个定义可知，对任意两个事件A 、B ，若()0P B >，则有

()(|)()P AB P B A P A =?.

并称上式微概率的乘法公式. 2.P （·|B ）的性质：

（1）非负性：对任意的A ∈f. 0(|)1P B A ≤

≤；

（2）规范性：P （Ω|B ）=1；

（3）可列可加性：如果是两个互斥事件,则

(|)(|)(|)P B C A P B A P C A =+.

更一般地,对任意的一列两两部相容的事件

i A （I=1,2…），有

P ??????∞= 1|i i B A =)|(1

B A P i i ∑∞

=. 例1.在5道题中有3道理科题和2道文科题.如果不放回地依次抽取2 道题，求： (l ）第1次抽到理科题的概率；

(2）第1次和第2次都抽到理科题的概率；

(3）在第 1 次抽到理科题的条件下，第2次抽到理科题的概率．

解：设第1次抽到理科题为事件A ，第2次抽到理科题为事件B ，则第1次和第2次都抽到理科题为事件AB. (1）从5道题中不放回地依次抽取2道的事件数为 n （Ω）=

35A =20.

根据分步乘法计数原理，n (A ）=

11

34A A ?=12 ．于是

()123

()()205

n A P A n =

==Ω.

(2）因为 n (AB)＝2

3A =6 ，所以

()63

()()2010

n AB P AB n =

==Ω.

(3）解法 1 由（ 1 ) ( 2 ）可得，在第 1 次抽到理科题的条件下，第 2 次抽到理科题的概

3

()1

10(|)3()25

P AB P B A P A ===.

解法2 因为 n (AB ）=6 , n (A ）=12 ，所以

()61

(|)()122

P AB P B A P A =

==.

例2.一张储蓄卡的密码共位数字，每位数字都可从0～9中任选一个．某人在银行自动提款机上取钱时，忘记了密码的最后一位数字，求：

(1）任意按最后一位数字，不超过 2 次就按对的概率；

(2）如果他记得密码的最后一位是偶数，不超过2次就按对的概率． 解：设第i 次按对密码为事件i A (i=1,2) ，则112()A A A A =表示不超过2次就按对密码．

(1）因为事件

1A 与事件12A A 互斥，由概率的加法公式得

1121911()()()101095

P A P A P A A ?=+=

+=?. (2）用B 表示最后一位按偶数的事件，则

112(|)(|)(|)P A B P A B P A A B =+

14125545

?=+=?. 课堂练习.

1、抛掷一颗质地均匀的骰子所得的样本空间为S={1，2，3，4，5，6}，令事件A={2，3，5}，B={1，2，4，5，6}，求P （A ），P （B ），P （AB ），P （A ︱B ）。

2、一个正方形被平均分成9个部分，向大正方形区域随机地投掷一个点（每次都能投中），设投中最左侧3个小正方形区域的事件记为A ，投中最上面3个小正方形或正中间的1个小正方形区域的事件记为B ，求P （AB ），P （A ︱B ）。

3、在一个盒子中有大小一样的20个球，其中10和红球，10个白球。求第1个人摸出1个红球，紧接着第2个人摸出1个白球的概率。

2．2．2事件的相互独立性

一、复习引入：

1事件的定义：随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件；

必然事件：在一定条件下必然发生的事件；

不可能事件：在一定条件下不可能发生的事件

2．随机事件的概率：一般地，在大量重复进行同一试验时，事件A 发生的频率

m

n

总是接近某个常数，在它附近摆动，这时就把这个常数叫做事件

A 的概率，记作()P A ．

3.概率的确定方法：通过进行大量的重复试验，用这个事件发生的频率近似地作为它的概率； 4．概率的性质：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，随机事件的概率为0()1P A ≤≤，必然事件和不可能事

件看作随机事件的两个极端情形5一次试验连同其中可能出现的每一个结果（事件

A ）称为一个基本事件6．等可能性事件：如果一次试验中可能出现的结果有n 个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每个基本事件的概率都是

1

n

7．等可能性事件的概率：如果一次试验中可能出现的结果有n 个，而且所有结果都是等可能的，如果事件A 包含m 个结

果，那么事件

A 的概率()P A n

=

8．等可能性事件的概率公式及一般求解方法

9.事件的和的意义:对于事件A 和事件B 是可以进行加法运算的

10 互斥事件:不可能同时发生的两个事件．()

()()P A B P A P B +=+

一般地：如果事件

12,,,n A A A 中的任何两个都是互斥的，那么就说事件12,,

,n A A A 彼此互斥

11．对立事件:必然有一个发生的互斥事件．()1()1()P A A P A P A +=?=-

12．互斥事件的概率的求法:如果事件

12,,,n A A A 彼此互斥，那么 12()n P A A A ++

+＝12()()()n P A P A P A ++

+

探究:

(1)甲、乙两人各掷一枚硬币，都是正面朝上的概率是多少？ 事件

A ：甲掷一枚硬币，正面朝上；事件

B ：乙掷一枚硬币，正面朝上

(2)甲坛子里有3个白球，2个黑球，乙坛子里有2个白球，2个黑球，从这两个坛子里分别摸出1个球，它们都是白球的概率是多少？ 事件

A ：从甲坛子里摸出1个球，得到白球；事件

B ：从乙坛子里摸出1个球，得到白球 问题(1)、(2)中事件A 、B 是否互斥？（不互斥）可以同时发生吗？（可以）

问题(1)、(2)中事件A （或B ）是否发生对事件B （或A ）发生的概率有无影响？（无影响）

思考:三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名同学有放回地抽取,事件A 为“第一名同学没有抽到中奖奖券”, 事件B 为“最后一名同学抽到中奖奖券”. 事件A 的发生会影响事件B 发生的概率吗?

显然，有放回地抽取奖券时，最后一名同学也是从原来的三张奖券中任抽一张，因此第一名同学抽的结果对最后一名同学的抽奖结果没有影响，即事件A 的发生不会影响事件B 发生的概率．于是

P （B| A ）=P(B ）,

P （AB ）=P( A ) P ( B |A ）=P （A ）P(B). 二、讲解新课：

1．相互独立事件的定义：

设A, B 为两个事件，如果 P ( AB ) = P ( A ) P ( B ) , 则称事件A 与事件B 相互独立（mutually independent ) . 事件A （或B ）是否发生对事件B （或A ）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件

若

A 与

B 是相互独立事件，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立

2．相互独立事件同时发生的概率：()()()P A B P A P B ?=?

问题2中，“从这两个坛子里分别摸出1个球，它们都是白球”是一个事件，它的发生，就是事件A ，B 同时发生，

记作

A B ?．

（简称积事件） 从甲坛子里摸出1个球，有5种等可能的结果；从乙坛子里摸出1个球，有4种等可能的结果于是从这两个坛子里分

别摸出1个球，共有54?种等可能的结果同时摸出白球的结果有32?种1个球，它们都是

白球的概率323

()5410

P A B ??=

=?． 另一方面，从甲坛子里摸出1个球，得到白球的概率3

()5

P A =

，从乙坛子里摸出1个球，得到白球的概率

2

()4

P B =

．显然()()()P A B P A P B ?=?． 一般地，如果事件12,,,n A A A 相互

独立，那么这n 个事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积， 即 1212()()()()n n P A A A P A P A P A ??

?=???．

3．对于事件A 与B 及它们的和事件与积事件有下面的关系：

()()()(B A P B P A P B A P ?-+=+

三、讲解范例：

例 1.某商场推出二次开奖活动，凡购买一定价值的商品可以获得一张奖券．奖券上有一个兑奖号码，可以分别参加两次抽奖方式相同的兑奖活动．如果两次兑奖活动的中奖概率都是 0 . 05 ，求两次抽奖中以下事件的概率：

(1)都抽到某一指定号码； (2)恰有一次抽到某一指定号码； (3)至少有一次抽到某一指定号码．

解： (1)记“第一次抽奖抽到某一指定号码”为事件A, “第二次抽奖抽到某一指定号码”为事件B ，则“两次抽奖都抽到某一指定号码”就是事件AB ．由于两次抽奖结果互不影响，因此A 与B 相互独立．于是由独立性可得，两次抽奖都抽到某一指定号码的概率

P ( AB ) = P ( A ) P ( B ) = 0. 05×0.05 = 0.0025. (2 ) “两次抽奖恰有一次抽到某一指定号码”可以用（A B ）U （A B ）表示．由于事件A B 与A B 互斥，根据概率

加法公式和相互独立事件的定义，所求的概率为

P (A B ）十P （A B ）=P （A ）P （B ）+ P （A ）P （B )

= 0. 05×(1-0.05 ) + (1-0.05 ) ×0.05 = 0. 095.

( 3 ) “两次抽奖至少有一次抽到某一指定号码”可以用（AB ) U ( A B ）U （

A B ）表示．由于事件 AB , A B 和A B

两两互斥，根据概率加法公式和相互独立事件的定义，所求的概率为 P ( AB ) + P （A B ）+ P （A B ) = 0.0025 +0. 095 = 0. 097

5.

例2.甲、乙二射击运动员分别对一目标射击1次，甲射中的概率为0.8，乙射中的概率为0.9，求： （1）2人都射中目标的概率； （2）2人中恰有1人射中目标的概率； （3）2人至少有1人射中目标的概率； （4）2人至多有1人射中目标的概率？ 解：记“甲射击1次，击中目标”为事件

A ，

“乙射击1次，击中目标”为事件B ，则A 与B ，A 与B ，A 与B ，A 与B 为相互独立事件，

（1）2人都射中的概率为：

()()()0.80.90.72P A B P A P B ?=?=?=，

∴2人都射中目标的概率是0.72．

（2）“2人各射击1次，恰有1人射中目标”包括两种情况：一种是甲击中、乙未击中（事件A B ?发生）

，另一种是甲未击中、乙击中（事件

A B ?发生）根据题意，事件A B ?与A B ?互斥，根据互斥事件的概率加法公式和相互独立事件

的概率乘法公式，所求的概率为：

()()()()()()P A B P A B P A P B P A P B ?+?=?+?

0.8(10.9)(10.8)0.90.080.180.26=?-+-?=+=

∴2人中恰有1人射中目标的概率是0.26．

（3）（法1）：2人至少有1人射中包括“2人都中”和“2人有1人不中”2种情况，其概率为

()[()()]0.720.260.98

P P A B P A B P A B =?+?+?=+=． （法2）：“2人至少有一个击中”与“2人都未击中”为对立事件， 2个都未击中目标的概率是()

()()(10.8)(10.9)0.02P A B P A P B ?=?=--=，

∴“两人至少有1人击中目标”的概率为1()10.020.98P

P A B =-?=-=．

（4）（法1）：“至多有1人击中目标”包括“有1人击中”和“2人都未击中”， 故所求概率为：

()()()P P A B P A B P A B =?+?+?

()()()()()()P A P B P A P B P A P B =?+?+?

0.020.080.180.28=++=．

（法2）：“至多有1人击中目标”的对立事件是“2人都击中目标”， 故所求概率为1()1()()10.72P P A B P A P B =-?=-?=-=

例 3.在一段线路中并联着3个自动控制的常开开关，只要其中有1个开关能够闭合，线路就能正常工作假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都

是0.7，计算在

解：分别记这段时间内开关A J ，B J ，C J 能够闭合为事件

A ，

B ，

C ．

由题意，这段时间内3个开关是否能够闭合相互之间没有影响根据相互独立事件的概率乘法公式，这段时间内3个开关都不能闭合的概率是

()()()()P A B C P A P B P C ??=??

[][][]1()1()1()P A P B P C =--- (10.7)(10.7)(10.7)0.027=---=

∴这段时间内至少有1个开关能够闭合，，从而使线路能正常工作的概率是

1()10.0270.973P A B C -??=-=．

答：在这段时间内线路正常工作的概率是0.973．

变式题1：如图添加第四个开关D J 与其它三个开关串联，在某段时间内此开关能够闭合的概率也是0.7，计算在这段

（1()()0.9730.70.6811P A B C P D ??-???=?=??

）

变式题2：如图两个开关串联再与第三个开关并联，在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.7，计算在这段时间

方法一：()()()()()P A B C P A B C P A B C P A B C P A B C ??+??+??+??+??

()()()()()()()()()()()()()()()

P A P B P C P A P B P C P A P B P C P A P B P C P A P B P C =??+??+??+??+??

0.847=

与

B J 至少有

1

方法二：分析要使这段时间内线路正常工作只要排除C J 开且A

J 个开的情况

[]21()1()10.3(10.7)0.847P C P A B --?=-?-=

例 4.已知某种高炮在它控制的区域内击中敌机的概率为0.2．

（1）假定有5门这种高炮控制某个区域，求敌机进入这个区域后未被击中的概率； （2）要使敌机一旦进入这个区域后有0.9以上的概率被击中，需至少布置几门高炮？

分析:因为敌机被击中的就是至少有1门高炮击中敌机，故敌机被击中的概率即为至少有1门高炮击中敌机的概率

解:（1）设敌机被第k 门高炮击中的事件为

K

A (k=1,2,3,4,5)，那么5门高炮都未击中敌机的事件为

12345A A A A A ????．

∵事件

1A ，2A ，3A ，4A ，5A 相互独立，

∴敌机未被击中的概率为

12345()P A A A A A ????=12345()()()()()P A P A P A P A P A ????

5(10.2)=-=)5

4

(

∴敌机未被击中的概率为5

)5

4(

． （2）至少需要布置n 门高炮才能有0.9以上的概率被击中，仿（1）可得：

敌机被击中的概率为1-n )5

4( ∴令41()0.95n -≥，∴41

()510

n ≤

两边取常用对数，得1

13lg 2

n ≥

≈-

∵+

∈N n ，∴n =

∴至少需要布置11门高炮才能有0.9以上的概率击中敌机

点评：上面例1和例2的解法，都是解应用题的逆向思考方法采用这种方法在解决带有词语“至多”、“至少”的问题

时的运用，常常能使问题的解答变得简便

四、课堂练习：

1．在一段时间内，甲去某地的概率是1

4

，乙去此地的概率是15，假定两人的行动相互之间没有影响，那么在这段时间内

至少有1人去此地的概率是( )

()

A 320 ()

B 15 ()

C 2

5

()D 920 2．从甲口袋内摸出1个白球的概率是13，从乙口袋内摸出1个白球的概率是1

2，从两个口袋内各摸出1个球，那么56等

于（ ）

()A 2个球都是白球的概率 ()B 2个球都不是白球的概率 ()C 2个球不都是白球的概率 ()D 2个球中恰好有1个是白球的概率

3．电灯泡使用时间在1000小时以上概率为0.2，则3个灯泡在使用1000小时后坏了1个的概率是（ ）

()A 0.128 ()B 0.096 ()C 0.104 ()D 0.384

4．某道路的

A 、

B 、

C 三处设有交通灯，这三盏灯在一分钟内开放绿灯的时间分别为25秒、35秒、45秒，某辆车在这

条路上行驶时，三处都不停车的概率是 （ ）

()

A 35192 ()

B 25192 ()

C 35576 ()

D 65

192

5．（1）将一个硬币连掷5次，5次都出现正面的概率是 ；

（2）甲、乙两个气象台同时作天气预报，如果它们预报准确的概率分别是0.8与0.7，那么在一次预报中两个气象台都预报准确的概率是 ．

6．棉籽的发芽率为0.9，发育为壮苗的概率为0.6，

（1）每穴播两粒，此穴缺苗的概率为 ；此穴无壮苗的概率为 ． （2）每穴播三粒，此穴有苗的概率为 ；此穴有壮苗的概率为 ．

7．一个工人负责看管4台机床，如果在1小时内这些机床不需要人去照顾的概率第1台是0.79，第2台是0.79，第3台是0.80，第4台是0.81，且各台机床是否需要照顾相互之间没有影响，计算在这个小时内这4台机床都不需要人去照顾的概率.

8．制造一种零件，甲机床的废品率是0.04，乙机床的废品率是0.05．从它们制造的产品中各任抽1件，其中恰有1件废品的概率是多少？

9．甲袋中有8个白球，4个红球；乙袋中有6个白球，6个红球，从每袋中任取一个球，问取得的球是同色的概率是多少？

答案：1. C 2. C 3. B 4. A 5.(1)

1

32

(2) 0.56 6.(1) 0.01 , 0.16 (2) 0.999,0.936 7. P=22

0.790.810.404?≈8. P=0.040.950.960.050.086?+?≈9. 提示：86461121212122

P =

?+?= 五、小结 ：两个事件相互独立，是指它们其中一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响一般地，两个事件不

相互独立事

件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积,这一点与互斥事件的概率和也是不同的

2．2．3独立重复实验与二项分布

一、复习引入：

1 事件的定义：随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件；

必然事件：在一定条件下必然发生的事件； 不可能事件：在一定条件下不可能发生的事件

2．随机事件的概率：一般地，在大量重复进行同一试验时，事件A 发生的频率

m

n

总是接近某个常数，在它附近摆动，这时就把这个常数叫做事件

A 的概率，记作()P A ．

3.概率的确定方法：通过进行大量的重复试验，用这个事件发生的频率近似地作为它的概率； 4．概率的性质：必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，随机事件的概率为0()1P A ≤≤，必然事件和不可能事

件看作随机事件的两个极端情形5 基本事件：一次试验连同其中可能出现的每一个结果（事件

A ）称为一个基本事件

6．等可能性事件：如果一次试验中可能出现的结果有n 个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每个基本事件的概率都是

1

n

7．等可能性事件的概率：如果一次试验中可能出现的结果有n 个，而且所有结果都是等可能的，如果事件A 包含m 个结

果，那么事件

A 的概率()P A n

=

8．等可能性事件的概率公式及一般求解方法

9.事件的和的意义:对于事件A 和事件B 是可以进行加法运算的

10 互斥事件:不可能同时发生的两个事件．()

()()P A B P A P B +=+

一般地：如果事件

12,,,n A A A 中的任何两个都是互斥的，那么就说事件12,,

,n A A A 彼此互斥

11．对立事件:必然有一个发生的互斥事件．()1()1()P A A P A P A +=?=-

12．互斥事件的概率的求法:如果事件

12,,,n A A A 彼此互斥，那么 12()n P A A A +++＝12()()()n P A P A P A ++

+

13．相互独立事件：事件A （或B ）是否发生对事件B （或A ）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件

若

A 与

B 是相互独立事件，则A 与B ，A 与B ，A 与B 也相互独立

14．相互独立事件同时发生的概率：()()()P A B P A P B ?=

?

一般地，如果事件

12,,,n A A A 相互独立，那么这n 个事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积，1212()()()()n n P A A A P A P A P A ???=??

?

二、讲解新课：

1 独立重复试验的定义：

2．独立重复试验的概率公式：

一般地，如果在1次试验中某事件发生的概率是

P ，那么在n 次独立重复试验中这个事件恰好发生k 次的概率

k n k k

n n P P C k P --=)1()(．

它是

[]

(1)n

P P -+展开式的第1k +项

3.离散型随机变量的二项分布:在一次随机试验中，某事件可能发生也可能不发生，在n 次独立重复试验中这个事件发生的次数ξ

是一个随机变量．如果在一次试验中某事件发生的概率是P ，那么在n 次独立重复试验中这个事件恰好发

生k 次的概率是

k n k k

n n q p C k P -==)(ξ，（k ＝0,1,2,…，n ，p q -=1）．

于是得到随机变量ξ的概率分布如下：

由于k n k k

n

q p C -恰好是二项展开式

11100)(q p C q p C q p C q p C p q n n n k n k k n n n n n n +++++=+--

中的各项的值，所以称这样的随机变量ξ服从二项分布（binomial distribution )，

记作ξ～B (n ，p )，其中n ，p 为参数，并记k n k k

n q p C -＝b (k ；n ，p )．

三、讲解范例：

例1．某射手每次射击击中目标的概率是0 . 8.求这名射手在 10 次射击中， (1)恰有 8 次击中目标的概率；

(2)至少有 8 次击中目标的概率．（结果保留两个有效数字．) 解：设X 为击中目标的次数，则X ～B (10, 0.8 ) . (1)在 10 次射击中，恰有 8 次击中目标的概率为 P (X = 8 ) ＝8

8

108100.8

(10.8)0.30C -??-≈.

(2)在 10 次射击中，至少有 8 次击中目标的概率为 P (X ≥8) = P (X = 8) + P ( X = 9 ) + P ( X = 10 )

8810899109101010101010100.8(10.8)0.8(10.8)0.8(10.8)C C C ---??-+??-+??-

0.68≈.

例2．（2000年高考题）某厂生产电子元件，其产品的次品率为5%．现从一批产品中任意地连续取出2件，写出其中次品数ξ的概率分布．

解：依题意，随机变量ξ～B (2，5%)．所以，

P (ξ=0)=02C (95%)2=0.9025，P (ξ=1)=1

2C (5%)(95%)=0.095， P (2=ξ

)=22C (5%)2=0.0025．

因此，次品数ξ的概率分布是

例3．重复抛掷一枚筛子5次得到点数为6的次数记为ξ，求P(ξ>3)． 解：依题意，随机变量ξ～B ??

?

??61,

5．

∴P (ξ

=4)=65614

45

???? ??C =7776

25，P (ξ

=5)=55

C 5

61?

?

? ??=

7776

1

．

∴P (ξ>3)=P(ξ=4)+P (ξ=5)=

3888

13

例4．某气象站天气预报的准确率为80%，计算（结果保留两个有效数字）：

（1）5次预报中恰有4次准确的概率； （2）5次预报中至少有4次准确的概率

解：（1）记“预报1次，结果准确”为事件

A ．预报5次相当于5次独立重复试验，根据n 次独立重复试验中某事件

恰好发生k 次的概率计算公式，5次预报中恰有4次准确的概率4454455(4)

0.8(10.8)0.80.41P C -=??-=≈

答：5次预报中恰有4次准确的概率约为0.41.

（2）5次预报中至少有4次准确的概率，就是5次预报中恰有4次准确的概率与5次预报都准确的概率的和，即

4454555555555(4)(5)(4)0.8(10.8)0.8(10.8)P P P P C C --=+==??-+??-

450.80.80.4100.328=+≈+≈

答：5次预报中至少有4次准确的概率约为0.74．

例5．某车间的5台机床在1小时内需要工人照管的概率都是14

，求1小时内5台机床中至少2台需要工人照管的概

率是多少？（结果保留两个有效数字）

解：记事件

A ＝“1小时内，1台机器需要人照管”

，1小时内5台机器需要照管相当于5次独立重复试验 1小时内5台机床中没有1台需要工人照管的概率55

5

13(0)(1)()44P =-=， 1小时内5台机床中恰有1台需要工人照管的概率1

455

11(1)(1)44P C =??-， 所以1小时内5台机床中至少2台需要工人照管的概率为

[]551(0)(1)P P P =-+≈答：1小时内5台机床中至少2台需要工人照管的概率约为0.37． 点评：“至多”，“至少”问题往往考虑逆向思维法

例6．某人对一目标进行射击，每次命中率都是0.25，若使至少命中1次的概率不小于0.75，至少应射击几次？ 解：设要使至少命中1次的概率不小于0.75，应射击n 次

记事件

A ＝“射击一次，击中目标”

，则()0.25P A =． ∵射击n 次相当于n 次独立重复试验， ∴事件

A 至少发生1次的概率为1(0)10.75n n P P =-=-．

由题意，令10.750.75n -≥，∴31()44n ≤，∴1

lg

4 4.823lg 4

n ≥

≈， ∴n 至少取5．

答：要使至少命中1次的概率不小于0.75，至少应射击5次

例7．十层电梯从低层到顶层停不少于3次的概率是多少？停几次概率最大？

解：依题意，从低层到顶层停不少于3次，应包括停3次，停4次，停5次，……，直到停9次

∴从低层到顶层停不少于3次的概率

33644555499

99991111111()()()()()()()2222222

P C C C C =++++

3459990129999999911()()2()()22C C C C C C C ??=+++=-++??+991233(246)()2256=-= 设从低层到顶层停k 次，则其概率为k 9999111C ()()()222

k k

k C -=，

∴当4k =或5k =时，9k C 最大，即9

91()2k C 最大，

答：从低层到顶层停不少于3次的概率为233

256

，停4次或5次概率最大．

例8．实力相等的甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，规定5局3胜制（即5局内谁先赢3局就算胜出并停止比赛）． （1）试分别求甲打完3局、4局、5局才能取胜的概率． （2）按比赛规则甲获胜的概率．

解：甲、乙两队实力相等，所以每局比赛甲获胜的概率为12，乙获胜的概率为1

2

． 记事件

A =“甲打完3局才能取胜”

，记事件B =“甲打完4局才能取胜”， 记事件C =“甲打完5局才能取胜”． ①甲打完3局取胜，相当于进行3次独立重复试验，且每局比赛甲均取胜

∴甲打完3局取胜的概率为33

311()

()28

P A C ==．

②甲打完4局才能取胜，相当于进行4次独立重复试验，且甲第4局比赛取胜，前3局为2胜1负∴甲打完4局才能取胜的概率为2

23

1113()()22216

P B C =???=． ③甲打完5局才能取胜,相当于进行5次独立重复试验，且甲第5局比赛取胜，前4局恰好2胜2负

∴甲打完5局才能取胜的概率为2

224

1113()()()22216

P C C =???=． (2)事件D ＝“按比赛规则甲获胜”，则D A B C =++， 又因为事件A 、B 、C 彼此互斥，

故1331

()()()()()816162

P D P A B C P A P B P C =++=++=++=．

答：按比赛规则甲获胜的概率为1

2

．

例9．一批玉米种子，其发芽率是0.8.（1）问每穴至少种几粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于98%？（2）若每穴种3粒，求恰好两粒发芽的概率．（lg 20.3010=）

解：记事件

A ＝“种一粒种子，发芽”

，则()0.8P A =，()10.80.2P A =-=， （1）设每穴至少种n 粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于98%． ∵每穴种n 粒相当于n 次独立重复试验，记事件B ＝“每穴至少有一粒发芽”，则

0()(0)0.8(10.8)0.2n n n n P B P C ==-=．

∴()1()10.2n P B P B =-=-．

由题意，令()98%P B >，所以0.20.02n

<，两边取常用对数得，

lg0.2lg0.02n <．即(lg 21)lg 22n -<-，

∴lg 22 1.6990

2.43lg 210.6990

n

->

=≈-，且n N ∈，所以取3n ≥．

答：每穴至少种3粒，才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于98%． （2）∵每穴种3粒相当于3次独立重复试验， ∴每穴种3粒，恰好两粒发芽的概率为2230.80.20.384P

C =??==，

答：每穴种3粒，恰好两粒发芽的概率为0.384

四、课堂练习： 1．每次试验的成功率为

(01)p p <<，重复进行10次试验，其中前7次都未成功后3次都成功的概率为（ ）

()A 33710

(1)C p p - ()B 33310(1)C p p - ()C 37(1)p p - ()D 73(1)p p - 2．10张奖券中含有3张中奖的奖券，每人购买1张，则前3个购买者中，恰有一人中奖的概率为（ ）

()A 3

2

10

0.70.3C ?? ()B 12

3

0.70.3C ?? ()C 310 ()D 21

73

3

10

3A A A ?

3．某人有5把钥匙，其中有两把房门钥匙，但忘记了开房门的是哪两把，只好逐把试开，则此人在3次内能开房门的概率是 （ ）

()A 33

3

5

1A A - ()B 2112

3232

33

55

A A A A A A ??+

()C 331()5- ()D 221

1233

3232()()()()5555

C C ??+?? 4．甲、乙两队参加乒乓球团体比赛，甲队与乙队实力之比为3:2，比赛时均能正常发挥技术水平，则在5局3胜制中，甲

打完4局才胜的概率为（ ）

()A 23332()55C ? ()B 22332()()53C ()C 33432()()55C ()D 33421()()33

C 5．一射手命中10环的概率为0.7，命中9环的概率为0.3，则该射手打3发得到不少于29环的概率为 ．（设每次命中的环数都是自然数）

6．一名篮球运动员投篮命中率为60%，在一次决赛中投10个球，则投中的球数不少于9个的概率为 ． 7．一射手对同一目标独立地进行4次射击，已知至少命中一次的概率为

80

81

，则此射手的命中率为 ． 8．某车间有5台车床，每台车床的停车或开车是相互独立的，若每台车床在任一时刻处于停车状态的概率为3

1

，求：（1）在任一时刻车间有3台车床处于停车的概率；（2）至少有一台处于停车的概率

9．种植某种树苗，成活率为90%，现在种植这种树苗5棵，试求： ⑴全部成活的概率； ⑵全部死亡的概率； ⑶恰好成活3棵的概率； ⑷至少成活4棵的概率

10．（1）设在四次独立重复试验中，事件

A 至少发生一次的概率为

80

81，试求在一次试验中事件A 发生的概率（2）某人向某个目标射击，直至击中目标为止，每次射击击中目标的概率为1

3

，求在第n 次才击中目标的概率

答案：1. C 2. D 3. A 4. A 5. 0.784 6. 0.046

7. 23 8.（1）()3

2

3551240333243P C ????== ? ?

??

??（2）()()

5

552211113243

P B P B C ??=-=-= ??? 9.⑴5

5

50.90.59049C =； ⑵5

550.10.00001C =；

⑶()3325

530.90.10.0729P C =?=； ⑷()()55450.91854P P P =+=

10.(1) 2

3

P

=

(2) 112()33n P -=?

五、小结 ：1．独立重复试验要从三方面考虑第一：每次试验是在同样条件下进行第二：各次试验中的事件是相互独立的

2．如果1次试验中某事件发生的概率是

P

，那么

n

次独立重复试验中这个事件恰好发生

k

次的概率为

k

n k k

n n P P C k P --=)1()(对于此式可以这么理解：由于1次试验中事件

A 要么发生，要么不发生，所以在n 次独立重

复试验中

A 恰好发生k 次，则在另外的n k -次中A 没有发生，即A 发生，由()P A P =，()1P A P

=-所以上面的

公式恰为n P P ])1[(+

-展开式中的第1k +项，可见排列组合、二项式定理及概率间存在着密切的联系

2．3离散型随机变量的均值与方差 2．3．1离散型随机变量的均值

一、复习引入：

1.随机变量：如果随机试验的结果可以用一个变量来表示，那么这样的变量叫做随机变量 随机变量常用希腊字母ξ、

η等表示

2. 离散型随机变量:对于随机变量可能取的值，可以按一定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量 3．连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量

4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系: 离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验

若ξ是随机变量，b a b a ,,+=ξη是常数，则η也是随机变量 并且不改变其属性（离散型、连续型）

5. 分布列:设离散型随机变量ξ可能取得值为x 1，x 2，…，x 3，…， ξ取每一个值x i （i =1，2，…）的概率为()i i P x p ξ

==，则称表

为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列

6. 分布列的两个性质： ⑴P i ≥0，i ＝1，2，...； ⑵P 1+P 2+ (1)

7.离散型随机变量的二项分布:在一次随机试验中，某事件可能发生也可能不发生，在n 次独立重复试验中这个事件发生的次数ξ

是一个随机变量．如果在一次试验中某事件发生的概率是P ，那么在n 次独立重复试验中这个事件恰

好发生k 次的概率是

k n k k

n n q p C k P -==)(ξ，（k ＝0,1,2,…，n ，p q -=1）．

于是得到随机变量ξ的概率分布如下：

称这样的随机变量ξ服从二项分布，记作ξ～B (n ，p )，其中n ，p 为参数，并记k n k k

n

q p C -＝b (k ；n ，p )．

8. 离散型随机变量的几何分布：在独立重复试验中，某事件第一次发生时，所作试验的次数ξ也是一个正整数的离散型随机变量．“k ξ=”表示在第k 次独立重复试验时事件第一次发生.如果把k 次试验时事件A 发生记为k A 、事件A 不发生记为k A ，P(

k A )=p ，P(k

A )=q(q=1-p)，那么

112311231()()()()()

()()k k k k k P k P A A A A A P A P A P A P A P A q p

ξ---====（k ＝0,1,2,…，

p q -=1）

．于是得到随机变量ξ的概率分布如下：

称这样的随机变量ξ服从几何

记作g (k ，p )= 1

k q p -，其中k ＝0,1,2,…， p q -=1．

二、讲解新课：

根据已知随机变量的分布列，我们可以方便的得出随机变量的某些制定的概率，但分布列的用途远不止于此，例如：已知某射手射击所得环数ξ的分布列如下

在n 次射击之前，可以根据这个分布列估计n 次射击的平均环数．这就是我们今天要学习的离散型随机变量的均值或期望

根据射手射击所得环数ξ的分布列，

我们可以估计，在n 次射击中，预计大约有

n n P 02.0)4(=?=ξ

次得4环；

n n P 04.0)5(=?=ξ

次得5环；

…………

n n P 22.0)10(=?=ξ

次得10环．

故在n 次射击的总环数大约为

+??n 02.04++?? n 04.05n ??22.010

+?=02.04(++? 04.05n ??)22.010，

从而，预计n 次射击的平均环数约为

+?02.04++? 04.0532.822.010=?．

这是一个由射手射击所得环数的分布列得到的，只与射击环数的可能取值及其相应的概率有关的常数，它反映了射手射击的平均水平．

对于任一射手，若已知其射击所得环数ξ的分布列，即已知各个)(i P =ξ（i =0，1，2，…，10），我们可以同样预计

他任意n 次射击的平均环数:

+=?)0(0ξP +=?)1(1ξP …)10(10=?+ξP ．