隨機變量及概率分布列中常見誤區(qū)剖析

侯有岐特級教師

(陜西省漢中市四〇五學校)

在隨機變量及分布列的學習中，學生對概念理解不透、審題不嚴、考慮不周以及忽視公式成立的條件等，導(dǎo)致求解中出現(xiàn)“多解”或“漏解”等失誤.本文對常見的易錯、易混、易忘的典型問題歸類整理，并進行錯解剖析和警示展示，希望對學生的學習有所幫助.

1 忽視隨機變量的取值范圍，導(dǎo)致分布列所有事件概率之和不為1

例1某地最近出臺一項機動車駕照考試規(guī)定:每位考試者一年之內(nèi)最多有四次參加考試的機會，一旦某次考試通過，便可領(lǐng)取駕照，不再參加以后的考試，否則就一直考到第四次為止.如果李明決定參加駕照考試，設(shè)他每次參加考試通過的概率依次為0.6，0.7，0.8，0.9.求在一年內(nèi)李明參加駕照考試的次數(shù)X的分布列.

錯解隨機變量X的可能取值為1，2，3，4，則

綜上，所以李明參加駕照考試的次數(shù)X的分布列如表1所示.

表1

剖析對事件“X＝4”不理解，導(dǎo)致分布列所有事件概率之和不為1，“X＝4”表示李明前3次均沒通過，而第四次可能通過也有可能不通過.

正解隨機變量X的可能取值為1，2，3，4，則

或利用性質(zhì)求解，P(X＝4)＝1－P(X＝1)－P(X＝2)－P(X＝3)＝0.024.

綜上，李明參加駕照考試的次數(shù)X的分布列如表2所示.

表2

警示在確定隨機變量取值時，找出關(guān)鍵詞，理解隨機變量ξ的實際意義.準確列出隨機變量ξ的所有可能取值，且注意ξ＝0是否符合題意，只有這樣才可避免出錯.有時可以用概率分布列性質(zhì)p1＋p2＋p3＋…＋pn＝1檢驗分類是否完備或簡化求解某個取值的概率.

變式某人進行一項試驗，若成功，則停止試驗，若失敗，再重新試驗一次.若試驗3次均失敗，則放棄試驗.若每次試驗成功的概率為求此人試驗次數(shù)ξ的分布列.

解試驗次數(shù)ξ的可能取值為ξ＝1，2，3，所以

則隨機變量ξ的分布列如表3所示.

表3

2 混淆二項分布與超幾何分布

例2在裝有4個黑球、6個白球的袋子中，任取2個，試求不放回地抽取，取到黑球數(shù)X的分布列及期望E(X).

錯解隨機變量X的可能取值為0，1，2.根據(jù)題意得X～B(2，0.4)，則從10個球中任取2個，其中恰有k個黑球的概率為P(X＝k)＝Ck20.4k0.62－k，k＝0，1，2.

因此，隨機變量X的分布列如表4所示.

表4

剖析本題是將二項分布和超幾何分布混淆致誤.事實上，超幾何分布是不放回地抽取，即每進行一次試驗，下一次再發(fā)生同一事件的概率已經(jīng)發(fā)生了變化，即每次發(fā)生的概率都不相等，它實質(zhì)上是古典概型的特例;二項分布是有放回地抽取，即每做一次試驗，發(fā)生同一事件的概率相同.但他們確實有著密切的聯(lián)系，樣本容量越大，超幾何分布和二項分布的對應(yīng)概率相差越小，當樣本個數(shù)無窮大時，超幾何分布和二項分布對應(yīng)的概率就相等，換言之超幾何分布的極限就是二項分布.

正解隨機變量X的可能取值為0，1，2.因為是不放回地抽取，所以X服從超幾何分布.從10個球中任取2球的結(jié)果數(shù)為，從10個球中任取2個，其中恰有k個黑球的結(jié)果數(shù)為，那么從10個球中任取2個，其中恰有k個黑球的概率為

因此，隨機變量X的分布列如表5所示.

表5

警示設(shè)在每次試驗中成功的概率都為p，則在n次重復(fù)試驗中，試驗成功的次數(shù)用ξ表示，ξ服從二項分布，則在n次試驗中恰好成功k次的概率為P(ξ＝k)＝Cknpk(1－p)n－k，E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p).超幾何分布是在理解隨機變量的意義下，把元素自然分成2組，利用組合數(shù)和古典概型概率公式得到分布列的一個通項公式，其本質(zhì)是“不放回抽樣”，是一種古典概型，而二項分布的隨機實驗是“獨立重復(fù)實驗”，強調(diào)每次實驗的結(jié)果發(fā)生的概率相同，可認為是“有放回抽樣”.

變式從1，2，3，…，100這100個數(shù)中，隨機取出兩個數(shù)，求其積是3的倍數(shù)的概率.

解基本事件數(shù)有種.在 由1到100這100個自然數(shù)中，3的倍數(shù)的數(shù)組成的集合M中有33個元素，不是3的倍數(shù)的數(shù)組成的集合N中有67個元素，事件A為任取兩個整數(shù)相乘為3的倍數(shù)，分兩類:取M中2個元素相乘有種;從集合M，N中各取1個元素相乘有種.因為這兩類互斥，所以

3 對概率模型中的各參數(shù)含義理解不清致錯

例3從一批含有13只正品、2只次品的產(chǎn)品中，不放回地抽取3次，設(shè)抽得的次品數(shù)為ξ，求E(5ξ＋1).

錯解1隨機變量ξ～B(n，p)，這里獨立重復(fù)試驗的次數(shù)n＝3，在一次試驗中事件(次品)發(fā)生的概率得

錯解2因為不放回地取，先組合再排列，所以

故

剖析錯解1誤認為隨機變量是獨立的，服從二項分布，而本題中變量與前后有關(guān)系，是不獨立的，即變量不服從二項分布，不能用E(ξ)＝np計算期望.錯解2中，對于ξ＝1這種情形，表示從13只正品中取1只正品后(不放回)，再接著從剩下的12只正品中取1只正品(不放回)，表示從2只次品取1只次品，這時，對這3只產(chǎn)品進行全排列，得()×.其實，13只正品被抽取的機會是均等的，取得的2只正品前后沒有關(guān)系，應(yīng)視作一種情形，只要看1只次品所取的位置，即有3種方法，則

正解先選后排，正品、次品選定后注意正品為相同元素，只需要排定次品的位置就唯一確定了此時相同正品的位置，則

警示不放回地抽取，在理解隨機變量取值的意義下，先選后排，且注意次品選定后正品是相同元素，與次品的位置是“一一”對應(yīng)關(guān)系，排定次品就唯一確定了正品，利用這種對應(yīng)關(guān)系就可以避免重復(fù)計數(shù).

變式甲、乙兩名籃球隊員輪流投籃，直至有一人投中為止.設(shè)甲每次投中的概率為0.4，乙每次投中的概率為0.6，而且兩人之間以及各次之間對投籃結(jié)果互不影響，設(shè)甲投籃的次數(shù)為ξ，且甲先投，則P(ξ＝k)＝( ).

A.0.6k－1×0.4 B.0.24k－1×0.76

C.0.4k－1×0.6 D.0.76k－1×0.24

解“ξ＝k”的正確含義是前k－1次甲、乙都沒有投中，而第k次甲、乙兩人中，若甲投中就結(jié)束;若甲未投中，則乙再投中后結(jié)束(因為是甲先投籃的).設(shè)Ak:甲第k次投中，Bk:乙第k次投中，則

故選B.

4 對二項分布中各參數(shù)含義理解不清致錯

例4已知甲、乙兩名籃球運動員每次投籃命中的概率分別為甲、乙每次投籃是否投中相互之間沒有影響，乙投籃3次均未命中的概率為

(1)求p的值;

(2)若甲投籃1次、乙投籃2次，兩人投籃命中的次數(shù)之和記為X，求X的分布列和數(shù)學期望E(X).

錯解(1)乙投籃的次數(shù)～B(3，p)，根據(jù)題意，得

(2)X＝0，1，2，3，當X＝0時，甲，乙兩人投籃命中次數(shù)都為當X＝1時，甲，乙兩人投籃命中次數(shù)為0，1或1，0，則

當X＝2時，甲，乙兩人投籃命中次數(shù)為1，1或0，2，則

當X＝3時，甲，乙兩人投籃命中次數(shù)為1，2，則

因此，X的分布列如表6所示.

表6

剖析(1)對二項分布中各參數(shù)含義不清導(dǎo)致p求錯;(2)對隨機變量X的取值的意義理解出錯，應(yīng)借助變量X的取值合理分類，每類下借助相互獨立事件同時發(fā)生分步，每步中構(gòu)建二項分布P(X＝k)＝Cknpk(1－p)k，k＝0，1，2，…，n的模型簡化求解概率.

正解(1)乙每次投籃命中概率為p，投籃3次，命中次 數(shù)ξ～B(3，p)，由 題 意 得P(ξ＝0)＝

(2)甲投籃1次，乙投籃2次，命中次數(shù)之和X的可能取值為0，1，2，3，所以

因此，X的分布列如表7所示.

表7

警示解答與二項分布有關(guān)的問題關(guān)鍵把握好:1)必須是n次獨立重復(fù)試驗;2)若每次試驗中事件A發(fā)生的概率都是P，則在n次試驗中，事件A恰好發(fā)生k次的概率為P(ξ＝k)＝Cknpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，…，n);3)若ξ～B(n，p)，則

變式某商場舉行有獎促銷活動，顧客購買一定金額的商品后即可抽獎.每次抽獎都是從裝有4個紅球、6個白球的甲箱和裝有5個紅球、5個白球的乙箱中，各隨機摸出1個球.在摸出的2個球中，若都是紅球，則獲一等獎;若只有1個紅球，則獲二等獎;若沒有紅球，則不獲獎.

(1)求顧客抽獎1次能獲獎的概率;

(2)若某顧客有3次抽獎的機會，記該顧客在3次抽獎中獲一等獎的次數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學期望E(X).

解(1)記事件A1＝{從甲箱中摸出的1個球是紅球}，A2＝{從乙箱中摸出的1個球是紅球}，B1＝{顧客抽獎1次獲一等獎}，B2＝{顧客抽獎1次獲二等獎}，C＝{顧客抽獎1次能獲獎}，則由題意A1與A2相互獨立，與互 斥，B1與B2互 斥，且B1＝A1A2，B2＝

又因為

(2)顧客抽獎3次可視為3次獨立重復(fù)試驗，由(1)知，顧客抽獎1次獲一等獎的概率為所以X～于是

因此，X的分布列如表8所示.

表8

5 最值的求解中混淆“概率”“期望”的意義

例5某電器商經(jīng)過多年經(jīng)驗發(fā)現(xiàn)本店每個月售出的電冰箱的臺數(shù)ξ是一個隨機變量，它的分布列如下:

設(shè)每售出一臺電冰箱，電器商獲利300元，如銷售不出而囤積于倉庫，則每臺每月需花保養(yǎng)費100元，問電器商月初購進多少臺電冰箱才能使自己平均收益最大?

錯解1由題意得

由期望的意義知:電器商月初購進6臺或7臺電冰箱才能使自己平均收益最大.

錯解2設(shè)月初購進x臺電冰箱，則獲利也是隨機變量，可能取值為

因為1≤x≤2，所以當x＝12時期望最大，所以月初購進12臺電冰箱.

剖析錯解1中，錯把期望與實際等同，E(ξ)＝表示平均能賣臺，不是一定能賣臺.錯解2中，當獲利的取值為300x時，概率為也是錯誤的，誤認為只有x臺，賣出比x大的臺數(shù)不可能.實際上當獲利的取值為300x時，概率應(yīng)為

正解設(shè)月初進x臺，則獲利η是一個隨機變量，所有可能取值為300－100(x－1)，600－100(x－2)，…，300x，共x個值，分布列如表9所示.

表9

警示注意概率和期望與實際問題的區(qū)別，選準隨機變量為主元，借助概率和期望的意義構(gòu)建目標函數(shù)，利用函數(shù)性質(zhì)求解概率中的最值問題.

變式一個口袋中裝有n個紅球(n≥5且n∈N*)和5個白球，一次摸獎從中摸兩個球，兩個球顏色不同則為中獎.

(1)試用n表示一次摸獎中獎的概率p;

(2)記三次摸獎(每次摸獎后放回)恰有一次中獎的概率為f(p)，當n取多少時，f(p)最大?

解(1)一次摸獎從n＋5個球中任選兩個，有C2n＋5種，它們等可能，其中兩球不同色有種，一次摸獎中獎的概率

(2)設(shè)每次摸獎中獎的概率為p，則三次摸獎(每次摸獎后放回)恰有一次中獎的概率為

鏈接練習

1.體育課的排球發(fā)球項目考試的規(guī)則是：每位學生最多可發(fā)球3次，一旦發(fā)球成功，則停止發(fā)球，否則一直發(fā)到3次為止.設(shè)學生一次發(fā)球成功的概率為p(p≠0)，發(fā)球次數(shù)為X，若X的數(shù)學期望E(X)＞1.75，則p的取值范圍是( ).

2.新型冠狀病毒的傳染性非常強，而且可以通過接觸傳播或呼吸道飛沫傳播.該病毒進入人體后有潛伏期，并且潛伏期越長，感染他人的可能性越高，為此要進行隔離觀察和核酸檢測.

(1)現(xiàn)對100個病例的潛伏期(單位：天)進行調(diào)查，統(tǒng)計發(fā)現(xiàn)潛伏期的中位數(shù)為5，平均數(shù)為7.21，方差為5.08.假設(shè)潛伏期Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，其中μ近似為樣本平均數(shù)，σ2近似為樣本方差.現(xiàn)在很多省份對入境旅客一律要求隔離14天，請用概率的知識解釋其合理性.

若隨機變量Z服從正態(tài)分布N(μ，σ2)，則

(2)現(xiàn)有n份(n∈N*)核酸樣本，有以下兩種檢測方案：方案1：逐份核酸檢測n次；方案2：混合檢測，將其中k(k∈N*，k≥2)份核酸樣本分別取樣混合在一起進行檢測，若檢測結(jié)果為陰性，則這k份核酸樣本全部為陰性，因而這k份核酸樣本只要檢測一次就夠了；如果檢測結(jié)果為陽性，說明這k份核酸樣本中存在陽性，為了弄清這k份核酸樣本中，哪些是陽性，就要對這k份核酸樣本逐份檢測，此時這k份核酸樣本檢測總次數(shù)為k＋1次.根據(jù)統(tǒng)計發(fā)現(xiàn)，疑似病例核酸檢測為陽性的概率為p(0＜p＜1).現(xiàn)有5例疑似病例，對其采用上述兩種方案分別檢測.

(ⅰ)假設(shè)5例疑似病例的核酸樣本中只有2份為陽性，若采用逐份檢測方式檢測，求恰好經(jīng)過3次陽性樣本全部被檢出的概率；

(ⅱ)在新冠肺炎爆發(fā)初期，由于檢測能力不足，核酸檢測次數(shù)的期望值越小，則方案越優(yōu).若，現(xiàn)將該5例疑似病例樣本進行核酸檢測，問：方案1和方案2哪個更優(yōu)?

鏈接練習參考答案

1.C.

2.(1)若潛伏期Z～N(7.21，2.252)，此時

顯然潛伏期超過14天的概率很低，因此隔離14天是合理的.

(ⅱ)方案2更優(yōu).