第四章几类量要的分布 【授课对象】理工类本科二年级 【授课时数】8学时 授课方法】课堂讲授与提问相结合 【基本要求】1、了解Bemo匝概型,熟练掌握二项分布、 Poisson分布 2、熟练掌握均匀分布、正态分布和指数分布及其性质; 3、熟记二项分布、泊松分布、均匀分布的数学期望和方差; 知道二维正态分布与均匀分布。 本章重点】熟练掌握 Bernoulli概型、二项分布、 Poisson分布、均匀分布、正态分布和 指数分布及其性质 【本章难点】对离散型与连续型随机变量的分布的理解 【授课内容及学时分配】 §4.0前言 在第二章中我们曾经研究了随机变量的分布,具体的研究了离散型随机变量的分布和连 续型随机变量的分布,并简单的介绍了常见的离散型分布和连续型分布,其中二项分布、 Poisson分布、正态分布是概率论中三大重要的分布,因此,在本章中,我们重点研究二项 分布、 Poisson分布和正态分布,并在此基础上研究其它一些连续型分布。 §4.1二项分布 项分布是重要的离散型分布之一,它在理论上和应用上都占有很重要的地位,产生这 种分布的重要现实源泉是所谓的伯努利试验 、泊努利分布[ Bernoulli distribution(两点分布、0-1分布) 1.泊努利试验 在许多实际问题中,我们感兴趣的是某事件A是否发生。例如在产品抽样检验中,关心 的是抽到正品还是废品;掷硬币时,关心的是出现正面还是反面,等。在这一类随机试验中, 只有两个基本事件A与A,这种只有两种可能结果的随机试验称为伯努利试验 为方便起见,在一次试验中,把出现A称为“成功”,出现A称为“失败” 通常记P()=p,P( 2.泊努利分布
1 第四章 几类重要的分布 【授课对象】理工类本科二年级 【授课时数】8 学时 【授课方法】课堂讲授与提问相结合 【基本要求】1、了解 Bernoulli 概型，熟练掌握二项分布、Poisson 分布； 2、熟练掌握均匀分布、正态分布和指数分布及其性质； 3、熟记二项分布、泊松分布、均匀分布的数学期望和方差； 4、知道二维正态分布与均匀分布。 【本章重点】熟练掌握 Bernoulli 概型、二项分布、Poisson 分布、均匀分布、正态分布和 指数分布及其性质 【本章难点】对离散型与连续型随机变量的分布的理解 【授课内容及学时分配】 §4.0 前 言 在第二章中我们曾经研究了随机变量的分布，具体的研究了离散型随机变量的分布和连 续型随机变量的分布，并简单的介绍了常见的离散型分布和连续型分布，其中二项分布、 Poisson 分布、正态分布是概率论中三大重要的分布，因此，在本章中，我们重点研究二项 分布、Poisson 分布和正态分布，并在此基础上研究其它一些连续型分布。 §4.1 二项分布 二项分布是重要的离散型分布之一，它在理论上和应用上都占有很重要的地位，产生这 种分布的重要现实源泉是所谓的伯努利试验。 一、泊努利分布[Bernoulli distribution] (两点分布、0-1 分布) 1．泊努利试验 在许多实际问题中，我们感兴趣的是某事件 A 是否发生。例如在产品抽样检验中，关心 的是抽到正品还是废品；掷硬币时，关心的是出现正面还是反面，等。在这一类随机试验中， 只有两个基本事件 A 与 A ，这种只有两种可能结果的随机试验称为伯努利试验。 为方便起见，在一次试验中，把出现 A 称为“成功”，出现 A 称为“失败” 通常记 P(A) = p, P(A) = 1− p = q 。 2．泊努利分布
定义:在一次试验中,设P(A)=p,P(A)=q=1-p,若以记事件A发生的次数,则 q p 称5服从参数为p(0<p<1)的 Berno分布或两点分布,记为:5~B(,p) 二、二项分布[ Binomial distribution 把一重 Bernau试验E独立地重复地进行n次得到n重 Berno试验。 【注】:重复是指每次试验中成功的概率不变;独立是指团次试验独立进行 定义:在n重 Bermoy试验中,设P(A)=p,P(A)=q=1-p若以记事件A发生的次数, 则ξ为一随机变量,且其可能取值为01,2,…,n,其对应的概率由二项分布给出: P=k}=Cp(1-p),k=0.2,3,…n,则称ξ服从参数为n,p(0<p<1)的二项分 布,记为5~B(n,p)。 若记b(k,n,p)=P{5=k},显然满足 (1)非负性:b(k,n,p)≥0 (2)规范性∑b(k,np)=∑Cp(1-p)=Ip+(1-p)y 项分布描绘的是n重 Bernau试验中成功出现的次数。若记ξ为成功出现的次数,则5 的可能取值为k=0,1,2,3…,n,其相应的概率为: P=k)=Chp(1-p)k=b(k, n,p) 事实上:若记BA="n重B试验中成功恰好出现次,A="第次试验出现成功 A="第次试验出现失败”i=1,2,3…,n,则: B,=A142A1项……孔n+…+2…nAn1…An,其共有Ck个项,且两两互不相容。 由试验的独立性可知: P{A1A2A4A1-An}=P(A1)P(A1)…P(4)P(A1)…P(A1)=p5(1-p)2k P(B)=Cnp(1-p)”k 例l:若在M件产品中有N件废品,现进行有放回的n次抽样检查,问共取得k件废品的 概率有多少? 解:由于是有放回的抽样,因此,这是n重的Beru试验。记A为“各次试验中出现
2 定义：在一次试验中，设 P(A) = p ， P(A) = q =1− p ，若以 记事件 A 发生的次数，则 q p 0 1 ~ ，称 服从参数为 p(0 p 1) 的 Bernoulli 分布或两点分布，记为： ~ B(1, p) 。 二、二项分布[Binomial distribution] 把一重 Bernoulli 试验 独立地重复地进行 n 次得到 n 重 Bernoulli 试验。 【注】：重复是指每次试验中成功的概率不变；独立是指 n 次试验独立进行。 定义：在 n 重 Bernoulli 试验中，设 P A p P A q p ( ) , ( ) 1 = = = − 若以 记事件 A 发生的次数， 则 为一随机变量，且其可能取值为 0,1,2, ,n ，其对应的概率由二项分布给出： k k n k P k Cn p p − = = (1− ) ，k = 0,1,2,3, ,n ，则称 服从参数为 n, p (0 p 1) 的二项分 布，记为 ~ B(n, p)。 若记 b(k,n, p) = P{ = k} ，显然满足： (1) 非负性: b(k, n, p) 0 (2) 规范性: ( , , ) (1 ) [ (1 )] 1 0 0 = − = + − = = − = n n k k k n k n n k b k n p C p p p p 二项分布描绘的是 n 重 Bernoulli 试验中成功出现的次数。若记 为成功出现的次数，则 的可能取值为 k = 0,1,2,3, ,n ，其相应的概率为： P = k=C p p b(k n p) k k n k n (1− ) = , , − 事实上：若记 Bk = "n重B试验中成功恰好出现k次" ， A "第i次试验出现成功" i = A "第i次试验出现失败" i = i = 1,2,3, ,n ，则： Bk A1A2 Ak Ak 1 An A1A2 An k 1An k 1 An ... ... = + + + − + − + ，其共有 k Cn 个项，且两两互不相容。 由试验的独立性可知： k n k P A A Ak Ak An P A P A P Ak P Ak P An p p − { ... + ... } = ( ) ( ) ( ) ( + ) ( ) = (1− ) 1 2 1 1 2 1 ( ) k k n k P Bk Cn p p − = . (1− ) 例 1：若在 M 件产品中有 N 件废品，现进行有放回的 n 次抽样检查，问共取得 k 件废品的 概率有多少？ 解：由于是有放回的抽样，因此，这是 n 重的 Bernoulli 试验。记 A 为“各次试验中出现
废品”这一事件,则P(4) N 设ξ为n次抽样检查中所抽到的废品数,则ξ~B(n,),因 此,所求概率为:P=k}=C()(1-,)k。 三、二项分布的数学期望与方差 设5~B(n,p),P{=k}=Cp2(1-p)*,k=0.2…n 由数学期望的定义: E=∑kP=k}=∑k k(-p(1 S(n-) (k-1)(n-k) (令k-1=l) y2n(=1mp(0-py=mCp0-p=明p+(-p)=甲 即:E=mp 由方差的定义:D5=E(2)-(E)2 E()=∑RCpq=∑k p‘qk(令k-1=l) 如(k-1)(n-k m+.(-1)-pq l(n-1-1) =mp(n-1)p+(p+q)-]m+mn-1)p2 DS=np+n(n-1)p2-(np)2=np(1-p)=npq 五、二项分布的 Poisson逼近 Th;在n重Bemo试验中,记pn为事件A在一次试验中出现的概率,它与试验总数n 有关(一组试验),若mmP=A>0,则对v的正整数k≥0,有limb(k,n,P)=e P00令n=mn,则mn=,且pn=当则 b(k; n, P, )=bk; n, n n
3 废品”这一事件，则 ( ) M N P A = ，设 为 n 次抽样检查中所抽到的废品数，则 ~ ( , ) M B n N ，因 此，所求概率为： k k n k n M N M N P k C − = = ( ) (1− ) 。 三、二项分布的数学期望与方差 设 ~ B(n, p)， k k n k P k Cn p p − = = (1− ) ，k = 0,1,2n 由数学期望的定义： ( ) ( ) ( ) ( ) k n k n k k n k n k n k p p k n k n p p np k n k n E k P k k − − = − = = − − − − − = − = = = (1 ) 1 ! ! 1 ! (1 ) ! ! ! { } 1 0 0 1 （令 k −1= l ） = ( ) ( ) p p np p p np p p np l n l n np l n l n n l o l n l n l n l − = C − = + − = − − − − − − − = − − − − = 1 1 1 1 1 1 0 (1 ) (1 ) [ (1 )] ! 1 ! 1 ! 即： E = np 由方差的定义： 2 2 D = E( ) − (E) ( ) ( ) k n k n k k k n k n n k p q k n k n E k C p q k − = − = − − = = 1 ! ! ! ( ) 0 1 2 2 （令 k −1= l ） = ( ) ( ) ( ) l n l n l p q l n l n np l − − − = − − − + 1 1 0 ! 1 ! 1 ! 1 = + − = − = − − − − − − 1 0 1 0 1 1 1 1 n l n l l l n l n l l n l np lCn p q C p q = ( ) 1 1 ( ) − − + + n np n p p q = ( ) 2 np + n n −1 p D = np + n(n −1)p − (np) = np(1− p) = npq 2 2 五、二项分布的 Poisson 逼近 Th：在 n 重 Bernoulli 试验中，记 n p 为事件 A 在一次试验中出现的概率，它与试验总数 n 有关（一组试验），若 = → n n lim nP >0, 则对 的正整数 k 0 ，有 lim ; , ( n ) n b k n P → = − e k k ! Proof:令 n = npn ，则 = → n n lim ,且 n p n n = 则 b(k;n,Pn ) = = n b k n n ; , n k k n k n n n n C − − ( ) 1 = ( ) n k n k n n n n k k n − − − 1 ! ! !
1) (n-1).(m-k+ k k-1 §4.2泊松分布[ Poisson distribution 定义:称占服从参数为(0)的 Poisson分布,若 p5=k}=e4k=01.2 记为:5~p(k,)或(k,),p(k,) k=0,1,2, 显然:p5=k}>0 ∑P=k=∑ k! 为计算方便课后给出了 Poisson分布表,见P附表1 【说明】历史上 Poisson分布是作为二项分布的近似于1837年由法国数学家泊松引入的,若 把B-试验中成功概率p值很小的事件叫做稀有事件,则由上面TH当n充分大时,n重B-试 验中稀有事件发生的次数近似服从 Poisson分布。这时,参数λ的整数部分[a]恰好是稀有 事件发生的最可能次数,在实际中常用 Poisson分布来作为大量重复独立试验中稀有事件发 生的概率分布情况的数学模型,诸如不幸事件,意外事故、故障,非常见病,自然灾害等, 都是稀有事件 许多随机现象都服从 Poisson分布。一是社会生活对服务的要求:如电话交换机中来到 的呼叫次数;公共车站来到的乘客数都近似服从 Poisson分布。另一领域是物理学。放射性 分裂落到某区域的质电点;热电子的放射等都服从 Poisson分布。 例2:设儿童在注射乙肝疫苗产生不良反映的概率为0001,试确定2000个儿童中有3 个以及多于两个儿童产生不良反应的概率? 解:设ξ表示产生不良反应的儿童个数,则ξ~B(n,p),由于假设“不良反应”是稀有事 件,所以ξ可假定服从P(k,1)=e,其中λ=n=2000×0.001=2,从而可得
4 = n k n k n k n n n n n k − − − − + 1 ! ( 1) ( 1) = n k n k n n n k k n − − − − − 1 1 1 1 1 ! ( ) ! 1 → → − e n k k §4.2 泊松分布[Poisson distribution] 一、定义：称 服从参数为 ( 0) 的 Poisson 分布，若 − = = e k p k k ! k = 0,1,2,... 记为： ~ p(k;) 或 (k,)， ( ) − = e k p k k ! ; k = 0,1,2,... 显然： p = k 0 1 ! ! 0 0 0 = = = = = − = − = − = e e k e e k p k k k k k k 为计算方便课后给出了 Poisson 分布表，见 p278 附表 1 【说明】历史上 Poisson 分布是作为二项分布的近似于 1837 年由法国数学家泊松引入的，若 把 B − 试验中成功概率 p 值很小的事件叫做稀有事件，则由上面 TH 当 n 充分大时， n 重 B − 试 验中稀有事件发生的次数近似服从 Poisson 分布。这时，参数 的整数部分 [ ] 恰好是稀有 事件发生的最可能次数，在实际中常用 Poisson 分布来作为大量重复独立试验中稀有事件发 生的概率分布情况的数学模型，诸如不幸事件，意外事故、故障，非常见病，自然灾害等， 都是稀有事件。 许多随机现象都服从 Poisson 分布。一是社会生活对服务的要求：如电话交换机中来到 的呼叫次数；公共车站来到的乘客数都近似服从 Poisson 分布。另一领域是物理学。放射性 分裂落到某区域的质电点；热电子的放射等都服从 Poisson 分布。 例 2：设儿童在注射乙肝疫苗产生不良反映的概率为 0.001，试确定 2000 个儿童中有 3 个以及多于两个儿童产生不良反应的概率？ 解：设 表示产生不良反应的儿童个数，则 ~ ( , ) B n p ，由于假设“不良反应”是稀有事 件 ， 所 以 可 假 定 服 从 ( ; ) ! k P k e k − = ，其中 = = = np 2000 0.001 2 ， 从 而 可 得
P{=3}=0.180,P{>2}= ∑2=-032 、 Poisson分布的数学期望和方差 设5~p(k,4),即p{=k =0.1 E=∑M=2k (k-1) E(3=Sk=-2∑k (+1) (令k-1=l) n2/ e2+e"}( 所以:D5=E(22)-(E2)2=2+1-2= 例3:保险事业是最早使用概率论的部门之一,保险公司为了估计其利润,需要计算各种 概率。保险公司现在为社会提供一项人寿保险,据已有的资料显示:人群中与这项保险业务 有关的死亡概率为0.0020,今有2500人参加这项保险,每个参保的人员在每年1月1日交付 120元保险金,而在死亡时家属可从公司领20000元保险金。试问:(1)保险公司亏本的概率 是多少? (2)保险公司赢利不少于10万元、20万元的概率是多少? 解:每年1月1日,保险公司的收入30万元=120×2500,若一年中死亡x人,则保险公司 这一年应付出20000x元,因此“公司亏本”意味着20000x>300000即x>15人,这样“公 司亏本”这一事件等价于“一年中多于15人死亡”的事件,从而转而求“一年中多于15人 死亡”的概率,若把“参加保险的一个人在一年中是否死亡”看作一次随机试验,则问题可 用n=2500,p=0002的 Bernoull试验来近似,设为一年中这些参保人员里死亡的人数, 则2~B(2500000 由上定理,A=m=2500×0.002=5,经查 Poisson分布表,可得 ()P{亏本}=P15>15=2 000070 (2)赢利不少于100000元,则意味着30000000010000→x≤10;
5 P{ 3}| 0.180 = = ， 2 3 2 { 2} 0.323 ! k k P e k − = = = 。 二、Poisson 分布的数学期望和方差 设 ~ p(k,) ，即 − = = e k p k k ! , k = 0,1,2,... ( ) = = − = = = − = − − − = = e e k e e k E k p k k k k k k k 1 1 0 0 ! 1! ( ) ( ) ( ) = + − = − = = = − = − − − = − = 1 0 1 0 1 0 2 2 ! 1 1! 1! ( ) l k k k k k k k l e l k e e k k E k p k （令 k −1= l ） = + = = − 0 0 ! ! l l l l l l e l = e e + e − = ( +1) 所以： = − = + − = 2 2 2 2 D E( ) (E ) 例 3：保险事业是最早使用概率论的部门之一，保险公司为了估计其利润，需要计算各种 概率。 保险公司现在为社会提供一项人寿保险，据已有的资料显示：人群中与这项保险业务 有关的死亡概率为 0.0020，今有 2500 人参加这项保险，每个参保的人员在每年 1 月 1 日交付 120 元保险金，而在死亡时家属可从公司领 20000 元保险金。试问：(1)保险公司亏本的概率 是多少? (2) 保险公司赢利不少于 10 万元、20 万元的概率是多少? 解：每年 1 月 1 日，保险公司的收入 30 万元=120 2500 ，若一年中死亡 x 人,则保险公司 这一年应付出 20000 x 元，因此“公司亏本”意味着 20000 x >300000 即 x >15 人，这样“公 司亏本”这一事件等价于“一年中多于 15 人死亡”的事件，从而转而求“一年中多于 15 人 死亡”的概率，若把“参加保险的一个人在一年中是否死亡”看作一次随机试验，则问题可 用 n = 2500， p = 0.002 的 Bernoulli 试验来近似，设 为一年中这些参保人员里死亡的人数， 则 ~ B(2500,0.002) 由上定理， = np = 2500 0.002 = 5 ，经查 Poisson 分布表，可得： (1) P {亏本}= P { 15}= 5 16 ! 5 − = k k e k =0.000070 (2)赢利不少于 100000 元，则意味着 300000-20000x 100000 x 10 ；
赢利不少于20000元,则意味着30000020000x≥200000→x≤5 故P保险公司赢利不少于1000156510=85c=1-5e=09805 P{保险公司赢利不少于2000P35=s5=1-∑c3=0615961 例4:P90例2 课后作业:1、仔细阅读P83-92; 2、作业:P1081,3,4,9,10 、预习P92-98
6 赢利不少于 200000 元，则意味着 300000-20000 x 200000 x 5 故 P{保险公司赢利不少于 100000 元}=P{ 10}= 0.986305 ! 5 1 ! 5 11 5 10 0 5 = − = = − = − k k k k e k e k P{保险公司赢利不少于 200000 元}= P{ 5}= 0.615961 ! 5 1 ! 5 6 5 5 0 5 = − = = − = − k k k k e k e k 例 4：P90 例 2 课后作业：1、仔细阅读 P83-92； 2、作业：P108 1，3，4，9，10 3、预习 P92-98
§4.3正态分布 0、引言: 前面我们已经研究了概率论中三个重要分布中的两个:二项分布和 Poisson分布,这是 两个离散型分布;下面研究第三个重要分布一一正态分布,这是一个连续型分布,它不仅具 有重要的理论意义,而且其应用相当广泛 定义 若连续型随机变量ξ的概率密度函数为f(x)=一e2(-∞0)则称ξ服 从参数为山,a2的正态分布。简记为5~N(,a2)。| Normal distribution 其相应的分布函数为:F(x) 特别地:当=0,a=1时,称服从标准正态分布。记作5~N(0,1), 其相应的密度函数和分布函数分别是: q(x)= <x<+0 f(r) 为说明上述定义的合理性需验证∫(x)满足密度函数的性质 1非负性:显然f(x)≥0 2规范性:匚f(xdx= (x=以 exponet O 2 (令t=x-μ (概率积分:e-4=2) 即f(x)确为密度函数。 、正态分布的特点与性质 正态分布又叫Gass分布,它在概率论的理论和应用中占有很重要的地位,因此需要研
7 §4.3 正态分布 0、引言： 前面我们已经研究了概率论中三个重要分布中的两个：二项分布和 Poisson 分布，这是 两个离散型分布；下面研究第三个重要分布——正态分布，这是一个连续型分布，它不仅具 有重要的理论意义，而且其应用相当广泛。 一、定义 若连续型随机变量 的概率密度函数为 f (x) = 2 1 ( ) 2 2 2 − − x e (- x , 0) 则称 服 从参数为 , 2 的正态分布。简记为 ~N( , 2 )。[Normal distribution] 其相应的分布函数为： F(x)= 2 1 ( ) − − x − y e dy 2 2 2 特别地：当 = 0, = 1 时，称 服从标准正态分布。记作 ~ N(0, 1) ， 其相应的密度函数和分布函数分别是： (x) = 2 1 2 2 x e − − x + (x) = 2 1 e dy x y − − 2 2 为说明上述定义的合理性,需验证 f (x) 满足密度函数的性质： 1.非负性：显然 f (x) 0. 2.规范性： f x dx + − ( ) = 2 1 dx x + − − − 2 2 2 ( ) exp (exponent) (令 − = 2 x t )= 1 + − − e dt t 2 =1 (概率积分： 0 2 2 = + − e dx x ) 即 f (x) 确为密度函数。 二、正态分布的特点与性质 正态分布又叫 Gauss 分布，它在概率论的理论和应用中占有很重要的地位，因此需要研
究其性质及特点。 (1)f(x)的各阶导均存在 (2)f(x)关于x=对称即f(4-x)=f(+x) 且当x=μ时,f(x)取最大值f(4)=2 x离μ越远,∫(x)值越小,这表明对于同样长度的区间,当区间离μ越远,则落在该 区间上的概率越小,4--位置参数,a---形状参数; (3)f(x)在x=±a处有拐点,且以ax轴为水平渐近线,即lmf(x)=0 正态分布的概率计算 (1)若5~N(01),则Wx≥0,P{≤x}=Φ(x),P≤-x}=Φ(-x)=1-Φ(x)。 从而P图≤x=P{X≤5≤x=P{≤x)-P{≤-x=(x)-(-x)=24(x)-1 (2)若5~N(A,a2),则n= 5- N(01),且F(x)=P{5≤x}=d(-) (t-p) pr00:P{n≤y}=P{≤y}=P{5≤a+}= 店h(令= 即n~N(O1),于是F(x)=P{5≤x}=P(5-≤2-}=d( 从而对任意实数a<b,有Pa<5≤6=(- 从上述分析可知:我们对所有有关正态分布的概率计算问题,都是归结为对标准正态分 布的概率计算。为计算方便,书本P28给出了标准正态分布表 例1:(质量控制的3原则)设5~N(H,a2),则 P{k-u|≤o}=P(+1≤5sl}=0)-a(-)=200-1=2×08134-1=068268 P/-|s2G}=2c2)-1=095450 P-|s3o=2(3)-1=09930
8 究其性质及特点。 (1) f (x) 的各阶导均存在； (2) f (x) 关于 x= 对称 即 f ( − x) = f ( + x) 且当 x= 时， f (x) 取最大值 f () = 2 1 ； x 离 越远， f (x) 值越小，这表明对于同样长度的区间，当区间离 越远，则落在该 区间上的概率越小， ------位置参数， --------形状参数； (3) f (x) 在 x= 处有拐点，且以 ox 轴为水平渐近线，即 x→ lim f (x) =0。 三、正态分布的概率计算 (1)若 ~ N(0,1) ，则 x 0， P{ x} = (x) ， P{ −x} = (−x) = 1− (x) 。 从而 P{ x}=P{-x x}=P{ x) − P{ −x}=(x) − (−x) =2(x) −1 (2)若 ~ ( , ) 2 N ，则 − = ~ N(0,1) ，且 F(x) =P{ x }= ( ) − x 。 proof：P{ y} = P{ − y }=P{ y + }= 2 1 ( ) e dt y t + − − − 2 2 2 = 2 1 e dv y − − 2 2 (令 − = t ) 即 ~ N(0,1) ，于是 F(x)=P{ x}=P{ − x − }= ( ) − x 从而对任意实数 a b，有 P{a b}= − b − − a 。 从上述分析可知：我们对所有有关正态分布的概率计算问题，都是归结为对标准正态分 布的概率计算。为计算方便，书本 P280给出了标准正态分布表。 例 1：（质量控制的 3 原则）设 ~ ( , ) 2 N ，则 P{ − } =P{-1 − 1} = (1) − (−1) = 2(1) −1 = 2 0.84134−1= 0.68268 P{ − 2} =2 (2) −1 = 0.95450 P{ − 3} =2 (3) −1 = 0.99730
上述结果表明:在生产过程中,当对某项质量指标作抽样调查时,可以把抽样值是否落 在(μ-3,μ+3)之中作为判断生产过程是否正常的一个主要标志。 例2:设从学校到火车站有两条路线可走:第一条路线穿过市区,路程较短,但交通拥 挤,所需时间(单位:秒)服从正态分布N(50,1032);第二条路线路程较长,但意外阻塞较少 所需时间服从正态分布N(60,42)问 ①若只有70分钟可用,则应走哪一条路线? ②若只有65分钟可用,又应走哪一条路线? 解:显然应走在允许的时间内有较大概率及时赶到火车站的路线,若以ξ记行车时间, 则有关概率如下 ①有70分钟可用时,走第一条路线及时赶到的概率为: 70-50 P{5≤70}=d( )=Φ(2)=0.9772 走第二条路线及时赶到的概率为 70-60 P{2≤70}=d )=Φ(25)=0.9938 因此,在这种场合,应走第二条路线。 ②只有65分钟可用时,走第一条路线及时赶到的概率为: P{≤65}=d )=Φ(1.5)=0.9332 走第二条路线及时赶到的概率为: 65-60 P1≤65;=4 d(1.25)=0.8944 因此,在这种场合,应走第一条路线。 (3)分位数:(已知概率求区域) ①设随机变量X的分布函数为F(x),对于给定的正数α(0<α<1),若有x。满足 F(x)=P{X≤x}=a,则称x为X的(下侧)a分位数(或a分位点)。 ②N(O,1)的a分位数μ满足 由标准正态分布的对称性可知:-1=μ
9 上述结果表明：在生产过程中，当对某项质量指标作抽样调查时，可以把抽样值是否落 在（ − 3， + 3 ）之中作为判断生产过程是否正常的一个主要标志。 例 2：设从学校到火车站有两条路线可走：第一条路线穿过市区，路程较短，但交通拥 挤，所需时间（单位：秒）服从正态分布 (50,10 ) 2 N ；第二条路线路程较长，但意外阻塞较少， 所需时间服从正态分布 (60,4 ) 2 N 问： ①若只有 70 分钟可用，则应走哪一条路线？ ②若只有 65 分钟可用，又应走哪一条路线？ 解：显然应走在允许的时间内有较大概率及时赶到火车站的路线，若以 记行车时间， 则有关概率如下： ①有 70 分钟可用时，走第一条路线及时赶到的概率为： ) (2) 0.9772 10 70 50 { 70} ( = = − P = 走第二条路线及时赶到的概率为： ) (2.5) 0.9938 4 70 60 { 70} ( = = − P = 因此，在这种场合，应走第二条路线。 ②只有 65 分钟可用时，走第一条路线及时赶到的概率为： ) (1.5) 0.9332 10 65 50 { 65} ( = = − P = 走第二条路线及时赶到的概率为： ) (1.25) 0.8944 4 65 60 { 65} ( = = − P = 因此，在这种场合，应走第一条路线。 （3）分位数：（已知概率求区域） ①设随机变量 X 的分布函数为 F(x) ，对于给定的正数 (0 1) ，若有 x 满足 F(x ) = P{X x } = ，则称 x 为 X 的（下侧） 分位数(或 分位点)。 ② N(0,1) 的 分位数 满足： − − = e dx x 2 2 2 1 。 由标准正态分布的对称性可知： − = − 1
四、正态分布的应用 方面,在现实中,正态分布是有广泛应用的概率分布,许多随机现象可以用正态分布 或近似的正态分布来刻画。如在生产中,在生产条件不变的前提下,各种产品的某些量度(如 建筑材料的抗压强度、细沙的强力、电灯泡的使用寿命、零件的尺寸等)般都服从正态分布; 在生物学中,同一种群的某种特征(像身高、体重等)一般也服从正态分布:在自然科学中, 热力学中理想气体分子的速度分量,射击时命中位置目标沿某个坐标轴的偏差,测量同一物 体的测量误差,考试成绩等都服从或近似服从正态分布;气象学中,每年某日的平均气温和 降雨量,水文中的水位等也都服从或近似服从正态分布。另一方面,在理论上,正态分布是 许多重要分布的极限分布,这就是下一章的中心极限定理 五、正态分布的期望与方差 设5~N(A2则E=[(xk=n一上 (t= +eidt e 2 dt (x-u)2 =B5-E5)=(x-p) 2e 2 dt= dt)=g 可见,正态分布的两个参数μG2分别是该随机变量的数学期望和方差,其分布由期望和 方差唯一决定 【注】关于正态分布还有如下结论: (1)若ξ~N(μG2),则对常数ab,n=a+b~N(a+b,a2a2) (2)若5~N(1,o2),n~N(2,a2),则当5,n相互独立时,有 5+n~N(+2a12+a2)。 例3:设5~N(0,1)n~N(1,2),且5,n相互独立,试求y=25+n-1的密度函数。 解:由正态分布的结论可知y服从正态分布,而正态分布由其两个参数唯一确定,因而 只需要求出该正态分布的两个参数即可: Ey=2E5+En-1=2×0+1-1=0;
10 四、正态分布的应用 一方面，在现实中，正态分布是有广泛应用的概率分布，许多随机现象可以用正态分布 或近似的正态分布来刻画。如在生产中，在生产条件不变的前提下，各种产品的某些量度(如 建筑材料的抗压强度、细沙的强力、电灯泡的使用寿命、零件的尺寸等)一般都服从正态分布； 在生物学中，同一种群的某种特征(像身高、体重等)一般也服从正态分布；在自然科学中， 热力学中理想气体分子的速度分量，射击时命中位置目标沿某个坐标轴的偏差，测量同一物 体的测量误差，考试成绩等都服从或近似服从正态分布；气象学中，每年某日的平均气温和 降雨量，水文中的水位等也都服从或近似服从正态分布。另一方面，在理论上, 正态分布是 许多重要分布的极限分布，这就是下一章的中心极限定理。 五、正态分布的期望与方差 设 2 ~ N(, )，则 E xf x dx + − = ( ) = 2 1 ( ) xe dx x − − − 2 2 2 （ − = x t ） = 2 1 t e dt t + − − + 2 2 ( ) = 2 e dt t + − − 2 2 = D = E( 2 − E) = (x ) f x dx + − − ( ) 2 = 2 1 ( ) ( ) x e dx x + − − − − 2 2 2 2 （ − = x t ） = 2 2 t e dt t + − − 2 2 2 = 2 2 （ + − − 2 2 t te + e dt t + − − 2 2 ）= 2 可见，正态分布的两个参数 2 , 分别是该随机变量的数学期望和方差，其分布由期望和 方差唯一决定。 【注】关于正态分布还有如下结论： (1)若 ~ ( , ) 2 N ，则对 常数 a,b， ~ ( , ) 2 2 = a + b N a + b a (2)若 ~ ( , ) 2 N 1 1 ， ~ ( , ) 2 N 2 2 ，则当 , 相互独立时，有 + ~ ( , N 1 + 2 ) 2 2 2 1 + 。 例 3：设 ~ N(0,1). ~ N(1,2) ，且 , 相互独立，试求 = 2 + −1 的密度函数。 解：由正态分布的结论可知 服从正态分布，而正态分布由其两个参数唯一确定，因而 只需要求出该正态分布的两个参数即可： E = 2E + E −1 =2 0 +1−1= 0 ；
