离散型随机变量的均值与方差

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教学目标：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ξB（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,体现数学的文化功能与人文价值。教学重点：离散型随机变量的均值或期望的概念奎屯王新敞新疆教学难点：根据离散型随机变量的分布列求出均值或期望奎屯王新敞新疆授课类型：新授课奎屯王新敞新疆课时安排：2课时奎屯王新敞新疆教具：多媒体、实物投影仪奎屯王新敞新疆教学过程：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来表示，那么这样的变量叫做随机变量奎屯王新敞新疆随机变量常用希腊字母ξ、η等表示奎屯王新敞新疆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奎屯王新敞新疆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奎屯王新敞新疆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奎屯王新敞新疆若是随机变量，baba,,是常数，则也是随机变量奎屯王新敞新疆并且不改变其属性（离散型、连续型）奎屯王新敞新疆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()iiPxp，则称表ξx1x2…xi…PP1P2…Pi…为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列奎屯王新敞新疆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，某事件可能发生也可能不发生，在n次独立重复试验中这个事件发生的次数ξ是一个随机变量．如果在一次试验中某事件发生的概率是P，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是knkknnqpCkP)(，（k＝0,1,2,…，n，pq1）．于是得到随机变量ξ的概率分布如下：ξ01…k…nPnnqpC00111nnqpC…knkknqpC…0qpCnnn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knkknqpC＝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，某事件第一次发生时，所作试验的次数ξ也是一个正整数的离散型随机变量．“k”表示在第k次独立重复试验时事件第一次发生.如果把k次试验时事件A发生记为kA、事件A不发生记为kA，P(kA)=p，P(kA)=q(q=1-p)，那么112311231()()()()()()()kkkkkPkPAAAAAPAPAPAPAPAqp（k＝0,1,2,…，pq1）．于是得到随机变量ξ的概率分布如下：ξ123…k…Pppq2qp…1kqp…称这样的随机变量ξ服从几何分布奎屯王新敞新疆记作g(k，p)=1kqp，其中k＝0,1,2,…，pq1．二、讲解新课：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ξ45678910P0.020.040.060.090.280.290.22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奎屯王新敞新疆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nnP02.0)4(次得4环；nnP04.0)5(次得5环；…………nnP22.0)10(次得10环．故在n次射击的总环数大约为n02.04n04.05n22.01002.04(04.05n)22.010，从而，预计n次射击的平均环数约为02.0404.0532.822.010．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)(iP（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:)0(0P)1(1P…)10(10P．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E11px22px…nnpx…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奎屯王新敞新疆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1p2p…np，则有1p2p…npn1，E1(x2x…nxn1)，所以ξ的数学期望又称为平均数、均值奎屯王新敞新疆4.均值或期望的一个性质:若ba(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…ηbax1bax2…baxn…Pp1p2…pn…于是E11)(pbax22)(pbax…nnpbax)(…＝11(pxa22px…nnpx…)1(pb2p…np…)＝baE，由此，我们得到了期望的一个性质:baEbaE)(5.若ξB（n,p），则Eξ=np证明如下：∵knkknknkknqpCppCkP)1()(，∴E0×nnqpC00＋1×111nnqpC＋2×222nnqpC＋…＋k×knkknqpC＋…＋n×0qpCnnn．又∵11)]!1()1[()!1()!1()!(!!knknnCknknnknknkkC，∴E(np0011nnCpq＋2111nnqpC＋…＋)1()1(111knkknqpC＋…＋)0111qpCnnnnpqpnpn1)(．故若ξ～B(n，p)，则Enp．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的期望奎屯王新敞新疆解：因为3.0)0(,7.0)1(PP，所以7.03.007.01E奎屯王新敞新疆例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分奎屯王新敞新疆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奎屯王新敞新疆解：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）,)25.0,20(~B,525.020,189.020EE奎屯王新敞新疆由于答对每题得5分，学生甲和乙在这次英语测验中的成绩分别是5和5奎屯王新敞新疆所以，他们在测验中的成绩的期望分别是：2555)(5)5(,90185)(5)5(EEEE奎屯王新敞新疆例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60000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3800元．方案2：建保护围墙，建设费为2000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3800元，即X1=3800.采用第2种方案，遇到大洪水时，损失2000+60000=62000元；没有大洪水时，损失2000元，即262000，有大洪水；X=2000,无大洪水.同样，采用第3种方案，有360000，有大洪水；X=10000,有小洪水；0,无洪水.于是，EX1＝3800,EX2＝62000×P(X2=62000)+200000×P(X2=2000)=62000×0.01+2000×(1-0.01)=2600,EX3=60000×P(X3=60000)+10000×P(X3=10000)+0×P(X3=0)=60000×0.01+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，我们可以这样来理解“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的期望奎屯王新敞新疆解：∵6,,2,1,6/1)(iiP，6/166/126/11E=3.5奎屯王新敞新疆例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件，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次奎屯王新敞新疆求抽查次数的期望（结果保留三个有效数字）奎屯王新敞新疆解：抽查次数取110的整数，从这批数量很大的产品中抽出1件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1k次取出正品而第k次（k=1，2，…，10）取出次品的概率：15.085.0)(1kkP（k=1，2，…，10）需要抽查10次即前9次取出的都是正品的概率：985.0)10(P奎屯王新敞新疆由此可得的概率分布如下：12345678910P0.150.12750.10840.0920.07830.06660.05660.04810.04090.2316根据以上的概率分布，可得的期望35.52316.0101275.0215.01E奎屯王新敞新疆例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ξ123456P616161616161所以E1×61＋2×61＋3×61＋4×61＋5×61＋6×61＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)×61＝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奎屯王新敞新疆(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ξ15161718P0.10.50.30.1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)E4.161.0183.0175.0161.015∵η=2ξ+2∴E2Eξ+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分钟奎屯王新敞新疆奎屯王新敞新疆四、课堂练习：1.口袋中