逍遥右脑 2013-06-09 22:19
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
目标：
知识与技能：了解离散型随机变量的均值或期望的意义，会根据离散型随机变量的分布列求出均值或期望．
过程与方法：理解公式“E（aξ+b）=aEξ+b”，以及“若ξ B（n,p），则Eξ=np”.能熟
练地应用它们求相应的离散型随机变量的均值或期望。
情感、态度与价值观：承前启后，感悟数学与生活的和谐之美 ,体现数学的化功能与人
价值。
重点：离散型随机变量的均值或期望的概念
教学难点：根据离散型随机变量的分布列求出均值或期望
授类型：新授
时安排：2时
教 具：多媒体、实物投影仪
教学过程：
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的结果；但是离散型随机变量的结果可以按一定次序一一列出，而连续性随机变量的结果不可以一一列出
若 是随机变量， 是常数，则 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x1，x2，…，x3，…，
ξ取每一个值xi（i=1，2，…）的概率为 ，则称表
ξx1x2…xi…
PP1P2…Pi…
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： ⑴Pi≥0，i＝1，2，…； ⑵P1+P2+…=1．
7.离散型随机变量的二项分布:在一次随机试验中，某事可能发生也可能不发生，在n次独立重复试验中这个事发生的次数ξ是一个随机变量．如果在一次试验中某事发生的概率是P，那么在n次独立重复试验中这个事恰好发生k次的概率是
，（k＝0,1,2,…，n， ）．
于是得到随机变量ξ的概率分布如下：
ξ01…k…n
P
…
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 ＝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．“ ”表示在第k次独立重复试验时事第一次发生.如果把k次试验时事A发生记为 、事A不发生记为 ，P( )=p，P( )=q(q=1-p)，那么
（k＝0,1,2,…， ）．于是得到随机变量ξ的概率分布如下：
ξ123…k…
P
…
…
称这样的随机变量ξ服从几何分布
记作g(k，p)= ，其中k＝0,1,2,…， ．
二、讲解新：
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
ξ45678910
P0.020.040.060.090.280.290.22
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
次得4环；
次得5环；
…………
次得10环．
故在n次射击的总环数大约为
，
从而，预计n次 射击的平均环数约为
．
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=0，1，2，…，10），我们可以同样预计他任意n次射击的平均环数:
… ．
1. 均值或数学期望: 一般地，若离散型随机变量ξ的概率分布为
ξx1x2…xn…
Pp1p2…pn…
则称 … … 为ξ的均值或数学期望，简称期望．
2. 均值或数学期望是离散型随机变量的一个特征数，它反映了离散型随机变量取值的平均水平
3. 平均数、均值:一般地，在有限取值离散型随机变量ξ的概率分布中，令 … ，则有 … ， … ，所以ξ的数学期望又称为平均数、均值
4. 均值或期望的一个性质:若 (a、b是常数)，ξ是随机变量，则η也是随机变量，它们的分布列为
ξx1x2…xn…
η
…
…
Pp1p2…pn…
于是 … …
＝ … …) … …)
＝ ，
由此，我们得到了期望的一个性质:
5.若ξ B（n,p），则Eξ=np
证明如下：
∵ ，
∴ 0× ＋1× ＋2× ＋…＋k× ＋…＋n× ．
又∵ ，
∴ ＋ ＋…＋ ＋…＋ ．
故 若ξ～B(n，p)，则 np．
三、讲解范例：
例1. 篮球运动员在比赛中每次罚球命中得1分，罚不中得0分，已知他命中的概率为0.7，求他罚球一次得分 的期望
解：因为 ，
所以
例2. 一次单元测验由20个选择题构成，每个选择题有4个选项，其中有且仅有一个选项是正确答案，每题选择正确答案得5分，不作出选择或选错不得分，满分100分 学生甲选对任一题的概率为0.9，学生乙则在测验中对每题都从4个选择中随机地选择一个，求学生甲和乙在这次英语单元测验中的成绩的期望
解：设学生甲和乙在这次英语测验中正确答案的选择题个数分别是 ，则 ~ B（20,0.9）, ,
由于答对每题得5分，学生甲和乙在这次英语测验中的成绩分别是5 和5 所以，他们在测验中的成绩的期望分别是：
例3. 根据气象预报，某地区近期有小洪水的概率为0.25,有大洪水的概率为0. 01．该地区某工地上有一台大型设备，遇到大洪水时要损失60 000元，遇到小洪水时要损失10000元．为保护设备，有以下3 种方案：
方案1：运走设备，搬运费为3 800 元．
方案2：建保护围墙，建设费为2 000 元．但围墙只能防小洪水．
方案3：不采取措施，希望不发生洪水．
试比较哪一种方案好．
解：用X1 、X2和X3分别表示三种方案的损失．
采用第1种方案，无论有无洪水，都损失3 800 元，即
X1 = 3 800 .
采用第2 种方案，遇到大洪水时，损失2 000 + 60 000=62 00 0 元；没有大洪水时，损失2 000 元，即
同样，采用第 3 种方案，有
于是，
EX1＝3 800 ,
EX2＝62 000×P (X2 = 62 000 ) + 2 00000×P (X2 = 2 000 )
= 62000×0. 01 + 2000×(1-0.01) = 2 600 ,
EX3 = 60000×P (X3 = 60000) + 10 000×P(X3 =10 000 ) + 0×P (X3 =0)
= 60 000×0.01 + 10000×0.25=3100 .
采取方案2的平均损失最小，所以可以选择方案2 .
值得注意的是，上述结论是通过比较“平均损失”而得出的．一般地，我们可以这样理解“平均损失”：假设问题中的气象情况多次发生，那么采用方案 2 将会使损失减到最小．由于洪水是否发生以及洪水发生的大小都是随机的，所以对于个别的一次决策，采用方案 2 也不一定是最好的．
例4.随机抛掷一枚骰子，求所得骰子点数 的期望
解：∵ ，
=3.5
例5.有一批数量很大的产品，其次品率是15%，对这批产品进行抽查， 每次抽取1，如果抽出次品，则抽查终止，否则继续抽查，直到抽出次品为止，但抽查次数不超过10次 求抽查次数 的期望（结果保留三个有效数字）
解：抽查次数 取1 10的整数，从这批数量很大的产品中抽出1检查的试验可以认为是彼此独立的，取出次品的概率是0.15，取出正品的概率是0.85，前 次取出正品而第 次（ =1，2，…，10）取出次品的概率：
（ =1，2，…，10）
需要抽查10次即前9次取出的都是正品的概率： 由此可得 的概率分布如下：
12345678910
0.150.12750.10840.0920.07830.06660.05660.04810.04090.231 6
根据以上的概率分布，可得 的期望
例6.随机的抛掷一个骰子，求所得骰子的点数ξ的数学期望．
解：抛掷骰子所得点数ξ的概率分布为
ξ123456
所以
1× ＋2× ＋3× ＋4× ＋5× ＋6×
＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)× ＝3.5．
抛掷骰子所得点数ξ的数学期望，就是ξ的所有可能取值的平均值．
例7.某城市出租汽车的起步价为10元，行驶路程不超出4km时租车费为10元，若行驶路程超出4km，则按每超出lkm加收2元计费(超出不足lkm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．某司机经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．设他所收租车费为η
(Ⅰ)求租车费η关于行车路程ξ的关系式；
(Ⅱ)若随机变量ξ的分布列为
ξ15161718
P0.10.50.30.1
求所收租车费η的数学期望．
(Ⅲ)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：(Ⅰ)依题意得 η=2(ξ-4)十10，即 η=2ξ+2；
(Ⅱ)
∵ η=2ξ+2
∴ 2Eξ+2=34.8 （元）
故所收租车费η的数学期望为34.8元．
(Ⅲ)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、堂练习：
1. 口袋中有5只球，编号为1，2，3，4，5，从中任取3球，以 表示取出球的最大号码，则 （ ）
A．4； B．5； C．4.5； D．4.75
答案：C
2. 篮球运动员在比赛中每次罚球命中的1分，罚不中得0分．已知某运动员罚球命中的概率为0.7，求
⑴他罚球1次的得分ξ的数学期望；
⑵他罚球2次的得分η的数学期望；
⑶他罚球3次的得分ξ的数学期望．
解：⑴因为 ， ，所以
1× ＋0×
⑵η的概率分布为
η012
P
所以 0× ＋1× ＋2× ＝1.4．
⑶ξ的概率分布为
ξ０１23
P
所以 0× ＋1× ＋2× ＝2.1.
3．设有m升水，其中含有大肠杆菌n个．今取水1升进行化验，设其中含有大肠杆菌的个数为ξ，求ξ的数学期望．
分析：任取1升水，此升水中含一个大肠杆菌的概率是 ，事“ξ=k”发生，即n个大肠杆菌中恰有k个在此升水中，由n次独立重复实验中事A（在此升水中含一个大肠杆菌）恰好发生k次的概率计算方法可求出P(ξ=k),进而可求Eξ.
解：记事A：“在所取的1升水中含一个大肠杆菌”，则P(A)= ．
∴ P(ξ=k)=Pn(k)=C )k(1－ )n－k（k=0,1,2,….,n）．
∴ ξ～B(n, )，故 Eξ =n× =
五、小结 ：(1)离散型随机变量的期望，反映了随机变量取值的平均水平；
(2)求离散型随机变量ξ的期望的基本步骤：①理解ξ的意义，写出ξ可能取的全部值；②求ξ取各个值的概率，写出分布列；③根据分布列，由期望的定义求出Eξ 公式E（aξ+b）= aEξ+b，以及服从二项分布的随机变量的期望Eξ=np
六、后作业：P64-65练习1,2,3,4 P69 A组1,2,3
1.一袋子里装有大小相同的3 个红球和两个黄球，从中同时取出2个，则其中含红球个数的数学期望是 （用数字作答）
解：令取取黄球个数 (=0、1、2)则 的要布列为
012
p
于是 E（ ）=0× +1× +2× =0.8
故知红球个数的数学期望为1.2
2.袋中有4个黑球、3个白球、2个红球，从中任取2个球，每取到一个黑球记0分，每取到一个白球记1分，每取 到一个红球记2分，用 表示得分数
①求 的概率分布列
②求 的数学期望
解：①依题意 的取值为0、1、2、3、4
=0时，取2黑 p( =0)=
=1时，取1黑1白 p( =1)=
=2时，取2白或1红1黑p( =2)= +
=3时，取1白1红，概率p( =3)=
=4时 ，取2红，概率p( =4)=
01234
p
∴ 分布列为
（2）期望E =0× +1× +2× +3× +4× =
3.学校新进了三台投影仪用于多媒体教学，为保证设备正常工作，事先进行独立试验，已知各设备产生故障的概率分别为p1、p2、p3，求试验中三台投影仪产生故障的数学期望
解：设 表示产生故障的仪器数，Ai表示第i台仪器出现故障（i=1、2、3）
表示第i台仪器不出现故障，则：
p( =1)=p(A1• • )+ p( •A2• )+ p( • •A3)
=p1(1－p2) (1－p3)+ p2(1－p1) (1－p3)+ p3(1－p1) (1－p2)
= p1+ p2+p3－2p1p2－2p2p3－2p3p1+3p1p2p3
p( =2)=p(A1• A2• )+ p(A1• • )+ p( •A2•A3)
= p1p2 (1－p3)+ p1p3(1－p2)+ p2p3(1－p1)
= p1p2+ p1p3+ p2p3－3p1p2p3
p( =3)=p(A1• A2•A3)= p1p2p3
∴ =1×p( =1)+2×p( =2)+3×p( =3)= p1+p2+p3
注：要充分运用分类讨论的思想，分别求出三台仪器中有一、二、三台发生故障的概率后再求期望
4.一个袋子里装有大小相同的3个红球和2个黄球，从中同时取出2个，含红球个数的数学期望是 1.2
解：从5个球中同时取出2个球，出现红球的分布列为
012
5. 、 两个代表队进行乒乓球对抗赛，每队三名队员， 队队员是 ， 队队员是 ，按以往多次比赛的统计，对阵队员之间胜负概率如下：
对阵队员A 队队员胜的概率B队队员胜的概率
A¬1¬对B1
A¬2¬对B2
A¬3¬ 对B3
现按表中对阵方式出场，每场胜队得1分，负队得0分，设 队， 队最后所得分分别为 ，
（1）求 ， 的概率分布； （2）求 ，
解：（Ⅰ） ， 的可能取值分别为3，2，1，0
根据题意知 ，所以
（Ⅱ） ；
因为 ,所以
七、板书设计（略）
八、教学反思：
(1)离散型随机变量的期望，反映了随机变量取值的平均水平；
(2)求离散型随机变量ξ的期望的基本步骤：
①理解ξ的意义，写出ξ可能取的全部值；
②求ξ取各个值的概率，写出分布列；
③根据分布列，由期望的定义求出Eξ 公式E（aξ+b）= aEξ+b，以及服从二项分布的随机变量的期望Eξ=np 。