§126离散型随机变量的均值与方差正态分布

§12.6离散型随机变量的均值与方差、正态分布1．离散型随机变量的均值与方差若离散型随机变量X的分布列为Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn(1)均值称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平．(2)方差称D(X)＝∑ni＝1(xi－E(X))2pi为随机变量X的方差，它刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度，其算术平方根DX为随机变量X的标准差．2．均值与方差的性质(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b.(2)D(aX＋b)＝a2D(X)．(a，b为常数)3．两点分布与二项分布的均值、方差(1)若X服从两点分布，则E(X)＝__p__，D(X)＝p(1－p)．(2)若X～B(n，p)，则E(X)＝__np__，D(X)＝np(1－p)．4．正态分布(1)正态曲线：函数φμ，σ(x)＝12πσe2()2x－，x∈(－∞，＋∞)，其中μ和σ为参数(σ0，μ∈R)．我们称函数φμ、σ(x)的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线．(2)正态曲线的性质：①曲线位于x轴上方，与x轴不相交；②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；③曲线在x＝μ处达到峰值1σ2π；④曲线与x轴之间的面积为__1__；⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着__μ__的变化而沿x轴平移，如图甲所示；⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ__越小__，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ__越大__，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散，如图乙所示．(3)正态分布的定义及表示如果对于任何实数a，b(ab)，随机变量X满足P(aX≤b)＝ʃbaφμ，σ(x)dx，则称随机变量X服从正态分布，记作X～N(μ，σ2)．正态总体在三个特殊区间内取值的概率值①P(μ－σX≤μ＋σ)＝0.682_6；②P(μ－2σX≤μ＋2σ)＝0.954_4；③P(μ－3σX≤μ＋3σ)＝0.997_4.【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)随机变量的均值是常数，样本的平均值是随机变量，它不确定．(√)(2)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离变量平均程度越小．(√)(3)正态分布中的参数μ和σ完全确定了正态分布，参数μ是正态分布的期望，σ是正态分布的标准差．(√)(4)一个随机变量如果是众多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用结果之和，它就服从或近似服从正态分布．(√)(5)期望是算术平均数概念的推广，与概率无关．(×)1．某射手射击所得环数ξ的分布列如下：ξ78910Px0.10.3y已知ξ的均值E(ξ)＝8.9，则y的值为()A．0.4B．0.6C．0.7D．0.9答案A解析由x＋0.1＋0.3＋y＝17x＋8×0.1＋9×0.3＋10y＝8.9可得y＝0.4.2．已知随机变量X服从正态分布N(3，σ2)，且P(X5)＝0.8，则P(1X3)等于()A．0.6B．0.4C．0.3D．0.2答案C解析∵P(X≤1)＝P(X≥5)＝0.2，∴P(1X3)＝12P(1X5)＝12(1－0.2－0.2)＝0.33．设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝15(k＝2,4,6,8,10)则D(ξ)等于()A．8B．5C．10D．12答案A解析E(ξ)＝15(2＋4＋6＋8＋10)＝6，D(ξ)＝15[(－4)2＋(－2)2＋02＋22＋42]＝8.4．在篮球比赛中，罚球命中1次得1分，不中得0分．如果某运动员罚球命中的概率为0.7，那么他罚球1次的得分X的均值是________．答案0.7解析E(X)＝1×0.7＋0×0.3＝0.7.题型一离散型随机变量的均值、方差例1(2013·浙江)设袋子中装有a个红球，b个黄球，c个蓝球，且规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球得2分，取出一个蓝球得3分．(1)当a＝3，b＝2，c＝1时，从该袋子中任取(有放回，且每球取到的机会均等)2个球，记随机变量ξ为取出此2球所得分数之和，求ξ的分布列；(2)从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1个球，记随机变量η为取出此球所得分数．若E(η)＝53，D(η)＝59，求a∶b∶c.思维点拨利用古典概型概率公式求P(ξ)．解(1)由题意得ξ＝2,3,4,5,6.故P(ξ＝2)＝3×36×6＝14，P(ξ＝3)＝2×3×26×6＝13，P(ξ＝4)＝2×3×1＋2×26×6＝518，P(ξ＝5)＝2×2×16×6＝19，P(ξ＝6)＝1×16×6＝136.所以ξ的分布列为ξ23456P141351819136(2)由题意知η的分布列为η123Paa＋b＋cba＋b＋cca＋b＋c所以E(η)＝aa＋b＋c＋2ba＋b＋c＋3ca＋b＋c＝53，D(η)＝1－532·aa＋b＋c＋2－532·ba＋b＋c＋3－532·ca＋b＋c＝59.化简得2a－b－4c＝0，a＋4b－11c＝0.解得a＝3c，b＝2c，故a∶b∶c＝3∶2∶1.思维升华对于均值、方差的计算要尽可能的运用其性质，从而运算简便．运算性质：E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)．(2014·山东)乒乓球台面被球网分隔成甲、乙两部分，如图，甲上有两个不相交的区域A，B，乙被划分为两个不相交的区域C，D.某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球．规定：回球一次，落点在C上记3分，在D上记1分，其他情况记0分．对落点在A上的来球，队员小明回球的落点在C上的概率为12，在D上的概率为13；对落点在B上的来球，小明回球的落点在C上的概率为15，在D上的概率为35.假设共有两次来球且落在A，B上各一次，小明的两次回球互不影响．求：(1)小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；(2)两次回球结束后，小明得分之和ξ的分布列与均值．解(1)记Ai为事件“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分”(i＝0,1,3)，则P(A3)＝12，P(A1)＝13，P(A0)＝1－12－13＝16.记Bj为事件“小明对落点在B上的来球回球的得分为j分”(j＝0,1,3)，则P(B3)＝15，P(B1)＝35，P(B0)＝1－15－35＝15.记D为事件“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”．由题意，D＝A3B0∪A1B0∪A0B1∪A0B3，由事件的独立性和互斥性，得P(D)＝P(A3B0∪A1B0∪A0B1∪A0B3)＝P(A3B0)＋P(A1B0)＋P(A0B1)＋P(A0B3)＝P(A3)P(B0)＋P(A1)P(B0)＋P(A0)P(B1)＋P(A0)P(B3)＝12×15＋13×15＋16×35＋16×15＝310，所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为310.(2)由题意，随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3,4,6，由事件的独立性和互斥性，得P(ξ＝0)＝P(A0B0)＝16×15＝130，P(ξ＝1)＝P(A1B0∪A0B1)＝P(A1B0)＋P(A0B1)＝13×15＋16×35＝16，P(ξ＝2)＝P(A1B1)＝13×35＝15，P(ξ＝3)＝P(A3B0∪A0B3)＝P(A3B0)＋P(A0B3)＝12×15＋16×15＝215，P(ξ＝4)＝P(A3B1∪A1B3)＝P(A3B1)＋P(A1B3)＝12×35＋13×15＝1130，P(ξ＝6)＝P(A3B3)＝12×15＝110.可得随机变量ξ的分布列为ξ012346P13016152151130110所以均值E(ξ)＝0×130＋1×16＋2×15＋3×215＋4×1130＋6×110＝9130.题型二二项分布的均值、方差例2某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为110和p.(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，求p的值；(2)设系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的分布列及均值E(ξ)．思维点拨对于(1)中p的值，可利用对立事件概率公式求解．解(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么1－P(C)＝1－110·p＝4950，解得p＝15.(2)由题意，得P(ξ＝0)＝1103＝11000，P(ξ＝1)＝C131－110×1102＝271000，P(ξ＝2)＝C23×1－1102×110＝2431000，P(ξ＝3)＝1－1103＝7291000.所以，随机变量ξ的分布列为ξ0123P1100027100024310007291000故随机变量ξ的均值E(ξ)＝0×11000＋1×271000＋2×2431000＋3×7291000＝2710.(或∵ξ～B(3，910)，∴E(ξ)＝3×910＝2710.)思维升华求随机变量X的均值与方差时，可首先分析X是否服从二项分布，如果X～B(n，p)，则用公式E(X)＝np；D(X)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量．(2013·福建)某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为23，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为25，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X，求X≤3的概率；(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的均值较大？解方法一(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A，则事件A的对立事件为“X＝5”，因为P(X＝5)＝23×25＝415，所以P(A)＝1－P(X＝5)＝1115，即这2人的累计得分X≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的均值为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的均值为E(3X2)．由已知可得，X1～B(2，23)，X2～B(2，25)，所以E(X1)＝2×23＝43，E(X2)＝2×25＝45，从而E(2X1)＝2E(X1)＝83，E(3X2)＝3E(X2)＝125，因为E(2X1)E(3X2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的均值较大．方法二(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A，则事件A包含有“X＝0”，“X＝2”，“X＝3”三个两两互斥的事件，因为P(X＝0)＝(1－23)×(1－25)＝15，P(X＝2)＝23×(1－25)＝25，P(X＝3)＝(1－23)×25＝215，所以P(A)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝1115，即这2人的累计得分X≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X1，都选择方案乙所获得的累计得分为X2，则X1，X2的分布列如下：X1024P194949X2036P9251225425所以E(X1)＝0×19＋2×49＋4×49＝83，E(X2)＝0×925＋3×1225＋6×425＝125.因为E(X1)E(X2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的均值较大．题型三正态分布的应用例3在某次大型考试中，某班同学的成绩服从正态分布N(80,52)，现已知该班同学中成绩在80～85分的有17人．试计算该班成绩在90分以上的同学有多少人．思维点拨本题主要考查正态分布及其应用，解题关键是要记住正态总体取值在区间(μ－σ，μ＋σ]，(μ－2σ，μ＋2σ]，(μ－3σ，μ＋3σ]内的概率值，将所给问题转化到上述区间内解决，同时要注意对称性的运用和数形结合思想的应用．解依题意，由80～85分的同学