7.2 离散型随机变量及其分布列

前面算概率，每换一个背景就要重新搭一个样本空间：摸球的样本点是球的颜色，投篮的样本点是中与不中， 考试的样本点是五个等级。背景各不相同，就没法用同一套工具处理。 这一节做的事只有一件—— 给每个样本点安一个实数，把”随机现象”翻译成”随机取值的变量”，从此不同背景的概率问题就变成了 同一种数学问题。

这一份按”为什么要引入 → 随机变量是什么 → 分布列是什么 → 怎么求一张分布列”的顺序讲。 课本的顺序大体如此，这里主要补两件事：随机变量与函数的类比（课本点了一句，值得展开）， 以及求分布列的固定流程（课本分散在三个例题里，这里抽成四步）。

一、随机变量：给样本点安一个实数

定义。 对于随机试验样本空间 $\Omega$ 中的每个样本点 $\omega$，都有唯一的实数 $X(\omega)$ 与之对应，称 $X$ 为随机变量。可能取值为有限个或可以一一列举的随机变量， 称为离散型随机变量。

有两种情形，值得分开看：

• 样本点本身就带数值，直接对应即可。掷一枚骰子，用 $m$ 表示”掷出的点数为 $m$”； 掷两枚骰子，用 $x+y$ 表示点数之和。

• 样本点与数值无关，那就按问题的需要指定一个数。随机抽一件产品，结果只有”次品""正品”， 于是定义

  $X = \begin{cases} 1, & \text{抽到次品},\\ 0, & \text{抽到正品}.\end{cases}$

  用 1 与 0 不是天经地义的，是为了后面好算：这么定之后，“次品件数”这件事就能直接相加。

与函数的类比（这是理解它最快的路）

课本说”随机变量的定义与函数的定义类似”，这句话可以对得更细：

唯一的不同就是那一行加粗的：函数的定义域是数集，随机变量的”定义域”可以是任何东西—— 可以是”正面朝上”，可以是”良”，可以是一串 0 和 1。正因为如此，它才能把千奇百怪的试验都收进来。

一个直接的好处是事件可以用式子写了。掷骰子、$X$ 表示点数，那么

• “掷出 $m$ 点”就是 $\{X = m\}$；
• “掷出的点数不大于 2”就是 $\{X \leqslant 2\}$；
• “掷出偶数点”就是 $\{X = 2\} \cup \{X = 4\} \cup \{X = 6\}$。

从此再复杂的事件也只是关于 $X$ 的一个不等式或几个集合的并。

离散型与非离散型：判据是”能不能一一列举”

课本的探究给了两个例子：从 100 个元件里抽 3 个检验、$X$ 是次品数（取值 $0,1,2,3$，有限个）； 抛硬币直到出现正面、$Y$ 是抛掷次数（取值 $1,2,3,\cdots$，无限个但可以一一列举）。 两者都是离散型。

不是离散型的例子：测量误差、电视机寿命、零件长度——它们的取值充满某个区间，列不出来。 判据不是”有限还是无限”，是能不能排成一列。本节只研究取有限个值的离散型随机变量； 连续型的一个重要例子（正态分布）在 §7.5。

二、分布列：把”取每个值的概率”列全

设离散型随机变量 $X$ 的可能取值为 $x_1, x_2, \cdots, x_n$，称 $X$ 取每一个值 $x_i$ 的概率

$P(X = x_i) = p_i, \qquad i = 1, 2, \cdots, n$

为 $X$ 的概率分布列，简称分布列。

它可以写成一串等式，也可以列成一张两行的表（第一行是取值、第二行是概率），还可以画成 概率分布图。三种形态说的是同一件事，考试里写表格最省事。

两条性质（由概率的性质直接得到）：

$$\text{(1) } p_i \geqslant 0,\ i = 1, 2, \cdots, n; \qquad \text{(2) } p_1 + p_2 + \cdots + p_n = 1 .$$

第 (2) 条是本节最有用的一句话，它有三种用法，缺一不可：

• 自查：列完分布列先把概率加一遍，不等于 1 就一定有地方错了（多半是漏了一种取值）；
• 求参数：题目把某个概率写成字母 $q$，用”和为 1”解出来；
• 判真伪：给你一张表问”这位同学算得对不对”，先看有没有负数（性质 1），再看和是不是 1。

有了分布列，任何由 $X$ 表示的事件的概率都能算出来——把落在事件里的那几项概率加起来即可 （这些取值互不相同，对应的事件两两互斥，可以直接用加法公式）：

$P(X \leqslant 2) = P(X = 1) + P(X = 2) = \frac16 + \frac16 = \frac13 .$

一个必须叫得出名字的分布：两点分布

只有两个可能结果的随机试验，用 $A$ 表示”成功”、$\overline{A}$ 表示”失败”，定义

$X = \begin{cases} 1, & A \text{ 发生},\\ 0, & \overline{A} \text{ 发生}.\end{cases}$

若 $P(A) = p$，则分布列是 $P(X = 0) = 1 - p$、$P(X = 1) = p$，称 $X$ 服从两点分布 （也叫 0-1 分布）。

它看着简单到不像个知识点，但它是后面所有计数型问题的原子：$X$ 就是”一次试验中成功的次数”， 把若干个这样的 $X$ 加起来，就得到二项分布（§7.4）、就能用期望的可加性（§7.3）。 彩券中不中奖、婴儿性别、投篮中不中，都是它。

三、求一张分布列的四步

课本三个例题的做法可以抽成同一个流程。照这四步走，格式分与思路分都不会丢：

第 1 步：说清 $X$ 是什么。 “设挑选的 2 台电脑中 A 品牌的台数为 $X$“——这一句要写出来， 后面所有概率才有指代。

第 2 步：把可能取值一个不漏地列出来。 这是最容易失分的一步。方法是取两端再取中间： 最小能是多少、最大能是多少、中间是不是每个整数都取得到。例 3 里 10 台电脑（A 品牌 3 台）挑 2 台， $X$ 最小是 0、最大是 2（A 品牌只有 3 台但只挑 2 台），故取值为 $0, 1, 2$。

第 3 步：逐个算概率。 用什么工具由背景定——古典概型就数组合数，独立试验就连乘。 例 3 是古典概型：

$$P(X = 0) = \frac{\mathrm{C}_3^0\mathrm{C}_7^2}{\mathrm{C}_{10}^2} = \frac{7}{15}, \quad P(X = 1) = \frac{\mathrm{C}_3^1\mathrm{C}_7^1}{\mathrm{C}_{10}^2} = \frac{7}{15}, \quad P(X = 2) = \frac{\mathrm{C}_3^2\mathrm{C}_7^0}{\mathrm{C}_{10}^2} = \frac{1}{15} .$$

第 4 步：列表 + 核和。 把结果排成表，并把概率加一遍： $\frac{7}{15} + \frac{7}{15} + \frac{1}{15} = 1$，通过。

第 3 步的一条经验：分母一旦定了（这里是 $\mathrm{C}_{10}^2 = 45$，约分前的总数）， 所有分子加起来必须等于它。$\mathrm{C}_3^0\mathrm{C}_7^2 + \mathrm{C}_3^1\mathrm{C}_7^1

• \mathrm{C}_3^2\mathrm{C}_7^0 = 21 + 21 + 3 = 45$，对上了再约分。 约分之前先核和，比约完再核好查得多。

反过来的那一类：一张分布列有几个自由度

四步法解决的是”从背景造出分布列”。考场上还有反向的一类：表格已经摆在那儿了， 只是有几个格子空着，题目给你几个条件让你把它填满。这一类该先数的不是组合数， 而是自由度。

$n$ 个取值就是 $n$ 个未知概率。但 $\sum p_i=1$ 是白送的一个方程，所以

$$\text{自由度}=n-1 .$$

要把一张 $n$ 行的分布列钉死，除了概率和，还需要 $n-1$ 个独立条件。 两点分布只有一个参数 $p$，正是 $n=2$ 时的 $n-1=1$；$n=3$ 就要两个条件。

哪些东西算一个条件？

• 直接给某个 $P(X=x_k)$——最省事的一个方程；
• 给 $E(X)$——关于诸 $p_i$ 的一次方程（见 §7.3 讲解第一段的”平衡点”读法）；
• 给 $D(X)$——二次方程，可能解出两组，得拿 $p_i\ge 0$ 去筛掉一组；
• 给”某两项相等""某项是另一项的两倍”这类关系——也各算一个。

数完自由度再动笔，能免掉两种常见的浪费：条件够了却还在到处找关系（其实已经可以直接解）， 以及条件不够却硬要把分布列解出来。

后一种情形还有一句要补：分布列没被钉死，不等于这道题做不了。 被问的那个量可能只依赖已知的那几个组合。例如取值 $0,1,2$ 只给了 $E(X)=1$ 时， 三个概率并不唯一，但”两端等概”这个关系是定的，凡是只用到它的问题照样有唯一答案。 先看问的是什么，再决定要不要把表填满。

四、易错清单

按失分频率排：

1. 取值漏一个或多一个。 例如”至少有一件次品”型的题，$X$ 能不能取 0 要看题； 摸球问题里能不能取到最大值要看袋里够不够。取值列错，后面全错。
2. 没核概率和。 花五秒钟加一遍，能挡住绝大多数错误。
3. 把”事件”和”取值”混为一谈。 $\{X = 2\}$ 是一个事件，$2$ 是一个数； 写 $P(2) = \frac16$ 是错的，要写 $P(X = 2) = \frac16$。
4. 该定义随机变量却直接算概率。 题目问”是否为离散型随机变量、应该如何定义”时， 要写出分段的定义式（如”取得优秀记 1，否则记 0”），而不是只答一句”是”。
5. 连续量当成离散型。 跑 1 km 所花的时间、饮料的实际含量与规定含量之差， 取值充满一个区间，不是离散型随机变量。要把它变成离散型，得先对它分段赋值。
6. 古典概型的分母写错。 “从 10 台里挑 2 台”的总数是 $\mathrm{C}_{10}^2$（不分先后）， 不是 $\mathrm{A}_{10}^2$。

五、这一节考过的真题（怎么用它们）

页面下方”考过本节的真题”那一段是构建期派生出来的完整清单。这一节的定位要说清楚： 分布列本身几乎从不单独成题，它是解答题的第一问、填空题的中间步骤。 所以练它的标准不是”会不会”，而是快不快、全不全。

• 2022 年浙江卷第 15 题（7 张卡片写着 $1,2,2,3,4,5,6$，任取 3 张，记最小值为 $\xi$， 求 $P(\xi = 2)$ 与 $E(\xi)$）是本节四步法的标准演练：$\xi$ 的取值是 $1,2,3,4$ （最小值不可能是 5 或 6——取 3 张时，比 5 大的数只有 6 这一个，凑不满）， 每个概率都是一个组合数之比，分母统一是 $\mathrm{C}_7^3 = 35$。 第 2 步就是这道题的门槛：两张写着 2 的卡片是两张不同的卡片，数取法时要当作两个元素， 但它们给出的 $\xi$ 值相同、要合并到同一项里去。

• 2025 年新课标Ⅰ卷第 14 题（5 个球有放回取三次，记至少取出一次的球的个数为 $X$，求 $E(X)$） 也要先有分布列：$X$ 的取值是 $1, 2, 3$（三次至少覆盖 1 个球、至多 3 个），总数 $5^3 = 125$。 这道题同时也是”能不能绕开分布列”的例子（见 §7.3 讲解第四段），两条路都值得走一遍。

• 2014 年浙江卷（理）第 9 题（甲盒原有 1 个红球，从乙盒不放回地抓 $i$ 个放进去， 记甲盒里的红球数为 $\xi_i$）给的是分布列的”平移”形态：抓来的红球数服从超几何分布， 而 $\xi_i$ 比它多 1，于是 $\xi_1$ 取 $1,2$、$\xi_2$ 取 $1,2,3$， 概率分别是 $\frac{\mathrm{C}_m^{k}\mathrm{C}_n^{i-k}}{\mathrm{C}_{m+n}^{i}}$ 挪一格。 第 1 步”把取值列全”在这里最容易漏——很多人写成 $\xi_2$ 取 $0,1,2$，忘了甲盒本来就有一个红球。 列完照例验一次概率和为 1，这道题的三项加起来正是 $\frac{\mathrm{C}_{m+n}^{2}}{\mathrm{C}_{m+n}^{2}}$。 它同时也是”分布列不是终点”的好例子：真要比大小时，$E(\xi_i)=1+i\cdot\frac{m}{m+n}$ 由 0-1 拆分一行给出，整张分布列可以不列（见 §7.3 讲解第四段）。

• 2014 年浙江卷（理）第 12 题（$\xi$ 取 $0,1,2$，已知 $P(\xi{=}0)=\frac{1}{5}$、$E(\xi)=1$，求 $D(\xi)$） 是上面”反过来那一类”的教科书样本：$n=3$、自由度 $2$，题目恰好给了两个条件 （一个直接的概率、一个均值），分布列被唯一定住，$P(\xi{=}1)=\frac{3}{5}$、$P(\xi{=}2)=\frac{1}{5}$。 它和本节其余几道真题的差别值得记：别的题要你去数组合数把概率算出来，这道题一个组合数都没有， 概率是从两个方程里解出来的。分布列在这里不是终点也不是起点，是中转站。

读的顺序：先把课本例 3 与本节练习第 4 题（抛硬币两次的正面次数）做熟，把四步走成肌肉记忆； 再做习题 7.2 第 5、6 题（背课文、资格证考试）——它们是”古典概型型”与”独立试验型”两类分布列的 代表；最后做上面三道真题。

本节课本习题共 7 道：第 65 页「练习」的第 2、3、4 题，第 65—66 页「习题 7.2」的第 1、3、5、6 题。

不收的三道，逐条说明：

• 「练习」第 1 题「举出两个离散型随机变量的例子」是开放式的，没有唯一解答，不收； 想看例子，读上方讲解第一段与课本正文即可。
• 「习题 7.2」第 2 题与第 4 题各挂着一张分布列表格（“某位同学求得一个离散型随机变量的分布列为 ……”、“某位射箭运动员命中目标箭靶的环数 $X$ 的分布列为……”）， 而那两张表在本节的规范化转写里没有被转写出来（只留下引出它的那句话）。 本站的题面引文必须是本节转写的逐字子串， 引不出完整题面，独立复核也就无从核起，故不收——读者可对着上方第 66 页的扫描图自行读表。

每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

练习（第 65 页）第 2 题

2. 下列随机试验的结果能否用离散型随机变量表示？若能，请写出各随机变量可能的取值，并说明这些值所表示的随机试验的结果.

(1) 抛掷 2 枚骰子，所得点数之和；

(2) 某足球队在 5 次点球中射进的球数;

（3）任意抽取一瓶标有 $1500 \, mL$ 的饮料，其实际含量与规定含量之差.

判据只有一句：这个量的所有可能取值，能不能一一列举出来（有限个，或无限个但排得成一列）。 排得出来就是离散型，取值充满一个区间、列不出来就不是。

(1) 能。 设 $X$ 为两枚骰子的点数之和。每枚骰子的点数取 $1$ 到 $6$，两数之和最小是 $1+1 = 2$、最大是 $6+6 = 12$，且 $2$ 与 $12$ 之间每个整数都取得到（例如和为 $k$ 时取 $(1,\,k-1)$，$k \leqslant 7$ 时这两个数都在 $1$ 到 $6$ 内；$k > 7$ 时取 $(k-6,\,6)$）。故

$X \text{ 的可能取值为 } 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12,$

$\{X = k\}$ 表示”抛掷 2 枚骰子所得点数之和为 $k$“。共 11 个值，有限，是离散型随机变量。

(2) 能。 设 $Y$ 为 5 次点球中射进的球数。每次点球射进或不进，进球数最少 $0$、最多 $5$， 且中间每个整数都可能，故

$Y \text{ 的可能取值为 } 0, 1, 2, 3, 4, 5,$

$\{Y = k\}$ 表示”该足球队在 5 次点球中恰好射进 $k$ 个球”。共 6 个值，是离散型随机变量。

(3) 不能。 设 $Z$ 为实际含量与规定含量之差（单位：$\mathrm{mL}$）。含量是一个连续的量， 误差可以是 $0.1$、$0.01$、$0.001$……取值充满 $0$ 附近的一整段区间，无法一一列举， 所以 $Z$ 不是离散型随机变量（它是连续型随机变量，本册在 §7.5 才研究）。

顺带一提：如果只关心”这瓶饮料合不合格”，就可以按第 3 题（习题 7.2）那样把连续量分段赋值， 造一个离散型随机变量出来——但那已经是另一个随机变量了，不是 $Z$ 本身。

练习（第 65 页）第 3 题

3. 篮球比赛中每次罚球命中得1分，不中得0分。已知某运动员罚球命中的概率为0.7，求他一次罚球得分的分布列。

设 $X$ 为该运动员一次罚球的得分。按题面的计分规则，命中得 1 分、不中得 0 分， 所以 $X$ 的可能取值只有 $0$ 与 $1$ 两个。

事件"$X = 1$"就是”这次罚球命中”，事件"$X = 0$"就是”这次罚球未命中”，两者互为对立事件。 已知命中的概率是 $0.7$，故

$P(X = 1) = 0.7, \qquad P(X = 0) = 1 - 0.7 = 0.3 .$

列成表：

核一遍两条性质：两个概率都非负；$0.3 + 0.7 = 1$。通过。

这就是一个两点分布（0-1 分布），其中”成功”是”命中”、成功概率 $p = 0.7$。

练习（第 65 页）第 4 题

4. 抛掷一枚质地均匀的硬币 2 次，写出正面向上次数 X 的分布列.

设 $X$ 为 2 次抛掷中正面向上的次数，则 $X$ 的可能取值为 $0$、$1$、$2$。

把样本空间写出来。 用 h 表示正面朝上、t 表示反面朝上，按两次的先后记录结果，

$\Omega = \{\mathrm{hh},\ \mathrm{ht},\ \mathrm{th},\ \mathrm{tt}\} .$

硬币质地均匀，两次抛掷互不影响，所以这 4 个样本点等可能，各占 $\frac14$——这是用古典概型的 前提，先验一句再算。

逐个数样本点：

• $\{X = 0\} = \{\mathrm{tt}\}$，含 1 个样本点；
• $\{X = 1\} = \{\mathrm{ht},\ \mathrm{th}\}$，含 2 个样本点 （正反与反正是两个不同的结果，不能算作一个）；
• $\{X = 2\} = \{\mathrm{hh}\}$，含 1 个样本点。

于是

$P(X = 0) = \frac14, \qquad P(X = 1) = \frac24 = \frac12, \qquad P(X = 2) = \frac14 .$

列成表：

核和：$\frac14 + \frac12 + \frac14 = 1$。通过。

这道题的关键动作：先把样本空间列出来再数。凭感觉写”三种结果各 $\frac13$“是这道题最常见的错， 错因正是把”一正一反”当成了一个样本点。

习题 7.2 第 1 题

1. 张同学从学校回家要经过 4 个红绿灯路口，每个路口可能遇到红灯或绿灯.

(1) 写出随机试验的样本空间;

（2）设他可能遇到红灯的次数为 X，写出 X 的可能取值，并说明这些值所表示的随机事件.

(1) 一次试验的结果，是把 4 个路口各遇到什么灯按顺序记下来。用 $1$ 表示红灯、 $0$ 表示绿灯，一个样本点就是一个长度为 4 的 0-1 字符串（第 $i$ 位记第 $i$ 个路口）。 每个路口 2 种可能、4 个路口互不影响，由分步乘法计数原理共 $2^4 = 16$ 个样本点：

$$\begin{aligned} \Omega = \{\ &0000,\ 0001,\ 0010,\ 0011,\ 0100,\ 0101,\ 0110,\ 0111, \\ &1000,\ 1001,\ 1010,\ 1011,\ 1100,\ 1101,\ 1110,\ 1111\ \} . \end{aligned}$$

（用”红""绿”两个字写也一样，例如”红绿红红”；关键是按路口顺序记 4 位， 少记顺序就分不出”第 1 个路口红”和”第 2 个路口红”。）

(2) $X$ 是这 4 位里 $1$ 的个数，最少 $0$ 个（四个都是绿灯）、最多 $4$ 个（四个都是红灯）， 中间每个整数都取得到，故

$X \text{ 的可能取值为 } 0,\ 1,\ 2,\ 3,\ 4 .$

各值表示的随机事件是：

自查：$1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16$，恰好是样本点总数——说明这 5 个事件互斥且穷尽了 $\Omega$， 取值没有列漏。

注意本题只问取值与事件，不问概率：题面没有给”每个路口遇到红灯的概率”， 所以写不出分布列，也不该假定 16 个样本点等可能（红绿灯的红、绿时长通常不等）。

习题 7.2 第 3 题

3. 在某项体能测试中，跑 $1\mathrm{km}$ 时间不超过 $4\mathrm{min}$ 为优秀。某位同学跑 $1\mathrm{km}$ 所花费的时间 $X$ 是离散型随机变量吗？如果只关心该同学是否能够取得优秀成绩，应该如何定义随机变量？

第一问：$X$ 不是离散型随机变量。 时间是连续变化的量，这位同学跑 $1\ \mathrm{km}$ 的用时可以是 $3.9\ \mathrm{min}$、$3.99\ \mathrm{min}$、$3.999\ \mathrm{min}$……$X$ 的可能取值充满一个区间， 既不是有限个、也不能一一列举成一列，所以它不是离散型随机变量（它是连续型随机变量）。

第二问：只关心”是否优秀”，就把这个连续量按优秀与否分段赋值。 定义

$$Y = \begin{cases} 1, & X \leqslant 4 \quad (\text{成绩优秀}), \\ 0, & X > 4 \quad (\text{成绩不优秀}). \end{cases}$$

这样定义的 $Y$ 只取 $0$、$1$ 两个值，是离散型随机变量，而且服从两点分布。 它把原来那个”列不出取值”的 $X$ 换成了一个能列分布列、能求均值的对象——而所关心的信息 （优秀与否）一点没丢。

两点要交代清楚：

1. 分界点归哪一边由题面定。 题面写的是”时间不超过 $4\ \mathrm{min}$ 为优秀”， 所以 $X = 4$ 算优秀，要写成 $X \leqslant 4$ 而不是 $X < 4$。
2. 赋值用 1 和 0 不是随便挑的。这么定之后 $Y$ 就是”优秀这件事发生的次数”， 多次测试的优秀次数可以直接相加，后面求均值也最省事（$E(Y)$ 就等于优秀的概率，见 §7.3）。 赋成别的两个数（比如 5 和 1）在逻辑上也算随机变量，但失去了这层便利。

习题 7.2 第 5 题

5. 老师要从 10 篇课文中随机抽 3 篇不同的课文让同学背诵，规定至少要背出其中 2 篇才能及格. 某位同学只能背诵其中的 6 篇，求：

（1）抽到他能背诵的课文的数量的分布列；

(2) 他能及格的概率.

10 篇课文里，这位同学会背 6 篇、不会背 $10 - 6 = 4$ 篇。老师随机抽 3 篇不同的课文， 抽出来的是一组课文、不分先后，是组合；每一组被抽到的可能性相同，是古典概型。总数

$\mathrm{C}_{10}^3 = \frac{10 \times 9 \times 8}{3!} = 120 .$

(1) 设 $X$ 为抽到的 3 篇中他会背的篇数。会背的只有 6 篇、抽 3 篇，所以 $X$ 最大是 3； 不会背的有 4 篇（$\geqslant 3$），所以 $X$ 最小是 0。故 $X$ 的可能取值为 $0, 1, 2, 3$。

$\{X = k\}$ 就是”从 6 篇会背的里抽 $k$ 篇、从 4 篇不会背的里抽 $3-k$ 篇”，两步相乘：

$$\begin{aligned} P(X = 0) &= \frac{\mathrm{C}_6^0\mathrm{C}_4^3}{\mathrm{C}_{10}^3} = \frac{1 \times 4}{120} = \frac{4}{120} = \frac{1}{30}, \\ P(X = 1) &= \frac{\mathrm{C}_6^1\mathrm{C}_4^2}{\mathrm{C}_{10}^3} = \frac{6 \times 6}{120} = \frac{36}{120} = \frac{3}{10}, \\ P(X = 2) &= \frac{\mathrm{C}_6^2\mathrm{C}_4^1}{\mathrm{C}_{10}^3} = \frac{15 \times 4}{120} = \frac{60}{120} = \frac{1}{2}, \\ P(X = 3) &= \frac{\mathrm{C}_6^3\mathrm{C}_4^0}{\mathrm{C}_{10}^3} = \frac{20 \times 1}{120} = \frac{20}{120} = \frac{1}{6} . \end{aligned}$$

约分前先核分子之和：$4 + 36 + 60 + 20 = 120$，正好等于分母，说明四种情形互斥且穷尽。 分布列：

核和：$\frac{1}{30} + \frac{3}{10} + \frac12 + \frac16 = \frac{1 + 9 + 15 + 5}{30} = \frac{30}{30} = 1$。通过。

(2) “至少要背出其中 2 篇才能及格”，即事件 $\{X \geqslant 2\}$。这里默认 他会背的课文一定背得出来、不会背的一定背不出（题面只给了”能背诵其中的 6 篇”这一个条件， 没有别的随机性）， 所以及格与否完全由 $X$ 决定。两项互斥，直接相加：

$$P(X \geqslant 2) = P(X = 2) + P(X = 3) = \frac12 + \frac16 = \frac{3}{6} + \frac{1}{6} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3} .$$

换一条路核一遍（取反面）：不及格是 $\{X \leqslant 1\}$， $P(X \leqslant 1) = \frac{1}{30} + \frac{3}{10} = \frac{1 + 9}{30} = \frac{10}{30} = \frac13$， 于是 $P(X \geqslant 2) = 1 - \frac13 = \frac23$，一致。

答案：(1) 见上表；(2) 他能及格的概率是 $\dfrac23$。

习题 7.2 第 6 题

6. 某种资格证考试，每位考生一年内最多有3次考试机会。一旦某次考试通过，便可领取资格证书，不再参加以后的考试，否则就继续参加考试，直到用完3次机会。李明决定参加考试，如果他每次参加考试通过的概率依次为0.6，0.7，0.8，且每次考试是否通过相互独立，试求：

（1）李明在一年内参加考试次数 $X$ 的分布列；

(2) 李明在一年内领到资格证书的概率.

记 $A_i$ 为事件”第 $i$ 次考试通过”（$i = 1, 2, 3$），由题意

$P(A_1) = 0.6, \qquad P(A_2) = 0.7, \qquad P(A_3) = 0.8,$

且 $A_1$、$A_2$、$A_3$ 相互独立（题面明确给出），所以下面把几次的结果连乘是合法的。

(1) 设 $X$ 为他一年内参加考试的次数。按规则”通过就停、不通过就继续，最多 3 次”， $X$ 的可能取值为 $1$、$2$、$3$。逐项翻译成事件：

• $\{X = 1\}$ 就是”第 1 次就通过”，即 $A_1$：

  $P(X = 1) = P(A_1) = 0.6 ;$

• $\{X = 2\}$ 就是”恰好考了 2 次”。要恰好停在第 2 次，必须第 1 次没通过（否则不会有第 2 次） 且第 2 次通过（否则还要考第 3 次），即 $\overline{A_1}A_2$：

  $P(X = 2) = P(\overline{A_1}A_2) = (1 - 0.6) \times 0.7 = 0.4 \times 0.7 = 0.28 ;$

• $\{X = 3\}$ 就是”前两次都没通过”（此时无论第 3 次结果如何，他都恰好考了 3 次）， 即 $\overline{A_1}\,\overline{A_2}$：

  $P(X = 3) = P(\overline{A_1}\,\overline{A_2}) = 0.4 \times 0.3 = 0.12 .$

分布列：

核和：$0.6 + 0.28 + 0.12 = 1$。通过。

(2) 领到证书就是”三次中至少有一次通过”。按考了几次分类（三类互斥且穷尽了”领到证书”）：

$$\begin{aligned} P(\text{领到证书}) &= P(A_1) + P(\overline{A_1}A_2) + P(\overline{A_1}\,\overline{A_2}A_3) \\ &= 0.6 + 0.4 \times 0.7 + 0.4 \times 0.3 \times 0.8 \\ &= 0.6 + 0.28 + 0.096 = 0.976 . \end{aligned}$$

取反面核一遍：领不到证书当且仅当三次全没通过，

$P(\overline{A_1}\,\overline{A_2}\,\overline{A_3}) = 0.4 \times 0.3 \times 0.2 = 0.024,$

故 $P(\text{领到证书}) = 1 - 0.024 = 0.976$，一致。

答案：(1) 见上表；(2) 他一年内领到资格证书的概率是 $0.976$。

这道题的关键动作：分清”考了几次”与”有没有通过”是两件事。$\{X = 3\}$ 只要求前两次没过， 第 3 次过不过都算 3 次；而”领到证书”那一问在第 3 次那一支上要再乘一个 $0.8$。 把这两处混起来（例如给 $P(X = 3)$ 乘上 $0.8$）是这道题唯一的坑，分布列的概率和不等于 1 会当场把它暴露出来。