【word】 浅谈二项分布与超几何分布的数学期望
浅谈二项分布与超几何分布的数学期望
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浅谈二I页分布与超几伺分布硇数学期望
辽宁工程技术大学基础教学部李娜王磊
[摘要]本文给出了二项分布和超几何分布数学期望的求解方法,讨论了两者之间的关系,文中的具体实例说明了这一点.
[关键词]二项分布超几何分布数学期望
二项分布与超几何分布是离散型随机变量中比较重要的分布,两
者既有联系又有区别.随机变量的数学期望是反映随机变量的一个重
要数字特征.在概率论中占有相当重要的地位,弄清楚两种分布的数学
期望对于初学者尤为重要.
1.两种分布
定义1设有N件产品,其中有M件正品,从中按有放回的抽样方
式任取n(n?N)件,以x
示n件正品的个数,则恰有m(m?M)件正品
的概率为
PIX:}_::二
N
=c()(1,)…
若令珊_M=P,
则P{x=,BI=CTp(1一p)n-m,121=0,1,2,…,n
称随机变量x服从二项分布,记为X—B(n,p).当n=l时,x服从0-1
分布.
定义2设有N件产品,其中有M件正品,从中按不放回的抽样方
式任取n(nN)件,以Y表示n件正品的个数,则恰有in(m?M)件正品
的概率为
r.r1…
P{Y=ml_M__二:=M_
CN
称随机变量Y服从超几何分布,记为Y,tt(n,M,N)
2.分布的关系
若随机变量x服从二项分布X,B(n,p),则x可以看作n个相互独
立的服从0-1分布的随机变量的和.若随机变量Y服从超几何分布,即
Y,H(n,M,N),Y也可以看作是n个服从O-1分布的随机变量Y,,(i=1,2,
…
,
n)的和,表示第i次抽样抽到正品的个数.根据抽签原理p{YI-1)=
,若i?j,则Y.与Y是不独立的.即说明超几何分布中的这n个0-1
分布的随机变量并不是相互独立的.因此在实际应用时,要注意两者
的
区别.
在实际应用中元素的个数N是相当大的,例如,从一个工厂的几十
万件产品中任抽几千件观察等.因而在N非常大的实际问
中,放回抽
样和不放回抽样的相应事件发生的概率几乎是相同的.因此,则当抽样
数13保持不变且远小于样本数N即也小于M和N—M时,有
引理1【1]超几何分布的极限分布是二项分布.
证明:
r1.r1”一
P{Y=ml_===M_
CN
.=21.
…
,mf(n-m)!一n!f\fN-M1
,——]一一lN/IN/
=CPq
二项分布是有放回抽样,而超几何分布是不放回抽样.引理1说
明,对于不放回抽样,当抽样数rl保持不变且远小于样本数N同时也小
于M和N--M时,超几何分布中的相当于二项分布中的参数P,而
—
N-M一
相当于三项分布中的1一p.
3.分布的期望
我们先给出二项分布的期望,二项分布的期望可用定义法121或者把
二项分布分成11个相互独立的O-1分布的随机变量的和,利用期望的
性质求解.于是有,若X~B(n,p)则E(x)=np,再根据上面记法,即E(X)
:n’
导.
对于超几何分布的期望,设Y,H(n,M,N),则求期望E(Y)也相应的有
两种方法.
解法1(定义法):
E(Y)=?mP{Y=m}:?m
=.C
=
寺m’’c
=‘c
一
l22一
令k=m,1,则
E(Y):?c一c=c=nM
CNCN’
解法2(利用性质):因为Y看作n个互不独立但仍然服从0一1分
布的随机变量Y,Y:,…,Y的和,即Y=Y十Yz+…+Y其中E(=p=,
i=l,2,…,n,因此
E(Y)=Ef?Y.?E(Y.)=np=n
二项分布与超几何分布的数学期望相同,在求解时都可以用两种
方法,但定义法比较麻烦,利用期望的性质比较简单.需要说明一点,随
机变量和的期望等于随机变量期望的和,这里并不
和中的随机变
量相互独立.
例1已知100个产品中有10个次品,求任意取出的5个产品中次
品数的期望值.
解:文献『4]给出了两种方法:第一种是求出5个产品中次品数的分
布率,然后利用定义求解;第二种是利用分解法俐用性质).对于本题,
令x表示5个产品中次品数,经分析X,H(n,M,N),直接利用公式得E
n.=s一o-s.
若认为x,B(n,p),其中n=5,P==:o.1,则由二项分布的期望
得E(X1=np=5x0.1=0.5,虽然结果是正确的,但计算过程不对,因为随机
变量x服从超几何分布而不是二项分布.
例2一民航送客车载有20位旅客自机场开出,旅客有1O个车站
可以下车,如到达一个车站没有旅客下车就不停车.以x表示停车的次
数,求Efx)(设每位旅客在各自车站是等可能的,并设各旅客是否下车
相互独立).
解我们先给出文献[3】的方法
引入随机变量
Xi={:蓁嚣千辜:i=…,0易知X=X1+x2+??+Xl0,现在来求EO【).
按题意,任一旅客在第i站不下车的概率为,因此20位旅客在第
i站都不下车的概率为(9),在第i站有人下车的概率为1-(斋).
也就是Pfx_-0}:(9),P{x=1】=1一(9),i=1,2,…,10
/0,
20
由此E(X,):1一(斋},i=1,2,…,10
进而E(X):E(X1+X2+…+x10)
=E(XI)+E(x2)+.一+E(X0)
=10f1一()f=8.784(次)
将X分解成数个随机变量之和,然后利用随机变量和的数学期望
等于随机变量数学期望之和.这种处理方法有一定的普遍意义,且在某
种程度上可以简化问题.
我们看另外一种做法合不合理,令表示不停车的次数,则E(X)
=10一E,又因为,BOO,p),其中P为任一站不停车的概率,由上面的
方法知p=(9),所以E(‘)=nP:10?(斋),则E(x)=10—10?(斋)
=
1ol1,(百9)J:,784(次),和上面的结果一致.但经仔细分析求解过
程,发现是不对的,因为根本就不服从二项分布,因为每一站不停车
或者停车并不是相互独立的,比如前9站不停车,则第1O站一定停车.
因此,第一种做法不要理解为随机变量x.,x,…,x..是相互独立的.
参考文献
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2009.02.
[4]姜玉英,刘强.离散型随机变量数学期望的几种巧妙算法I].大
学数学,2008,24(5):153-154