2.3.1离散型随机变量的均值31683

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1、知识改变命运，学习成就未来 欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚 邮箱： 第 1 页 共 10 页 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（ a +b） =aE +b”，以及“若B（ n,p），则E =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 教学难点： 根据离散型随机变量的分布

2、列求出均值或期望 授课类型： 新授课 课时安排： 2 课时 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来表示，那么这样的变量叫做随机变量 随机变量常用希腊字母 、 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

3、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，baba,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:设离散型随机变量可能取得值为x1，x2，x3， 取每一个值xi（i=1， 2，）的概率为()iiPxp，则称表 x1 x2 xi P P1 P2 Pi 为随机变量的概率分布，简称的分布列 6. 分布列的两个性质： Pi 0，i 1， 2，； P1+P2+ =1 知识改变命运，学习成就未来 欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚 邮箱： 第 2 页 共 10 页 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

4、 不发生 ， 在n次独立重复试验中这个事件发生的次数是 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） 于是得到随机变量的概率分布如下： 0 1 k n P nnqpC00 111nnqpC knkknqpC 0qpCnnn 称 这样的随机变量服 从二项分布，记作 B(n，p)，其中n，p为参数，并记knkknqpCb(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，所作试验的次数也是一个正整数的离散型随机变量“k”表示在第k 次

5、 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()()()()()()()kkkkkPkP A A AAAP AP AP AP AP Aqp（k0,1,2,， pq 1）于是得到随机变量的概率分布如下： 1 2 3 k P p pq 2q p 1kqp 称 这样的随机变量服 从几何分布 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

6、某射手射击所得环数 的分布列如下 4 5 6 7 8 9 10 P 0.02 0.04 0.06 0.09 0.28 0.29 0.22 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 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 知识改变命运，学习成就未来 欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚 邮箱： 第 3 页 共 10 页 故在n 次射击的总环数大约为 n02.04n04.05n22.010 0

7、2.04(04.05n)22.010， 从而，预计n 次射击的平均环数约为 02.0404.0532.822.010 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 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(0P)1(1P)10(10P 1. 均值或 数学期望: 一般地，若离散型随机变量 的概率分布为 x1 x2 xn P p1 p2 pn 则称 E11px22pxnnpx 为 的 均值或 数学期望，简称期望 2. 均值或数

8、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 的概率分布中，令1p2pnp，则有1p2pnpn1，E1(x2xnxn1) ，所以 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ba(a、 b 是常数)， 是随机变量，则 也是随机变量，它们的分布列为 x1 x2 xn bax1 bax2 baxn P p1 p2 pn 于是E11)(pbax22)(pbaxnnpbax)( 11(pxa22pxnnpx )1( pb2pnp ) baE， 由此，我们得到了期望的一个性质:baEbaE)( 5.

9、若 B（ n,p），则E =np 证明如下： 知识改变命运，学习成就未来 欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚 邮箱： 第 4 页 共 10 页 knkknknkknqpCppCkP)1()(， E0nnqpC00 1111nnqpC 2222nnqpCkknkknqpCn0qpCnnn 又 11)!1()1()!1()!1()!( !knknnCknknnknknkkC， E(np0011nnCpq2111nnqpC)1()1(111knkknqpC)0111qpCnnnnpqpnpn1)( 故 若 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

10、 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3 .0)0(,7.0)1(PP， 所以7.03 .007.01E 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） ,)25.0 ,20( B, 525.020,189.020EE 由于答对每题得5

11、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： 2555)(5)5(,90185)(5)5(EEEE 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 知识改变命运，学习成就未来 欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚 邮箱： 第 5 页 共 10 页 试比较

12、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=62 000 元；没有大洪水时，损失 2 000 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 3 800 , EX2 62 000 P (X2 = 62 000 ) + 2 00000 P (X2 = 2 0

13、00 ) = 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

14、例4.随机抛掷一枚骰子，求所得骰子点数的期望 解：6,2, 1,6/1)( iiP， 6/166/126/11 E=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 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 次求抽查次数的期望（结果保留三个有效数字） 解：抽查次数取 110 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1k次取出正品而第k次（k=1， 2， ， 10）取出次品的概率： 15.085.0)(1kkP（k=1， 2， ， 1

15、0） 需要抽查10 次即前9 次取出的都是正品的概率：985.0)10(P由此可得的概率分布如下： 知识改变命运，学习成就未来 欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚 邮箱： 第 6 页 共 10 页 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 P 0.15 0.1275 0.1084 0.092 0.0783 0.0666 0.0566 0.0481 0.0409 0.2316 根据以上的概率分布，可得的期望 35.52316.0101275.0215.01 E 例6.随机的抛掷一个骰子，求所得骰子的点数 的数学期望 解：抛掷骰子所得点数 的概率分布为 1 2 3 4 5 6 P 61 61 61 6

16、1 61 61 所以 E161 261 361 461 561 661 (1 2 3 4 5 6)61 3.5 抛掷骰子所得点数 的数学期望，就是 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 是一个随机变量设他所收租车费为

17、 ( )求租车费 关于行车路程 的关系式； ( )若随机变量 的分布列为 15 16 17 18 P 0.1 0.5 0.3 0.1 求所收租车费 的数学期望 ( )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 ： ( )依题意得 =2(-4)十10， 即 =2+2； ( )E4.161.0183.0175.0161.015 =2+2 E2E+2=34.8 （元） 故 所收租车费 的数学期望为34.8 元 ( )由38=2+2，得=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、课堂练习： 1.

18、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知识改变命运，学习成就未来 欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚 邮箱： 第 7 页 共 10 页 号码，则E（ ） 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 他罚球1 次的得分 的数学期望； 他罚球2 次的得分 的数学期望； 他罚球3 次的得分 的数学期望 解：因为7.0)1(P，3.0)0(P，所以 E1)1(P 07.0)0(P 的概率分布为 0 1 2 P 23.0 3.07.012C 2

19、7.0 所以 E009.0 142.0 298.0 1.4 的概率分布为 2 3 P 33 .0 2133.07.0C 3.07.0223C 37.0 所以 E0027.0 1189.0 298.0 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 ，求 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m1，事件“ =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件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( =k),进而可求E . 解：记事件A：“在所取的1 升水中含一个大肠杆菌”，则P(

20、A)=m1 P( =k)=Pn(k)=Cknm1)k(1m1)n k（k=0,1,2,.,n） B(n,m1)，故 E =nm1=mn 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 的期望的基本步骤：理解 的 意义，写出 可能取的全部值；求 取 各个值的概率，写出分布列；根据分布列，由期望的定义求出E 公式E（ a +b） = aE +b，以及服从二项分布的随机变量的期望E =np 六、课后作业： 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

21、的数学期望是 （用数字作答） 知识改变命运，学习成就未来 欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚 邮箱： 第 8 页 共 10 页 解：令取取黄球个数 (=0、 1、 2)则的要布列为 0 1 2 p 103 53 101 于是 E（） =0103+153+2101=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 求的概率分布列 求的数学期望 解：依题意的取值为0、 1、 2、 3、 4 =0 时，取2 黑 p(=0)=612924CC =1 时，取1 黑 1

22、白 p(=1)=31291314CCC =2 时，取2 白或1 红 1 黑 p(=2)= 2923CC+3611291412CCC =3 时，取1 白 1 红，概率p(=3)= 61291213CCC =4 时，取2 红，概率p(=4)= 3612922CC 分布列为 （ 2）期望E=061+131+23611+361+4361=914 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） 0 1 2

23、3 4 p 61 31 3611 61 361 知识改变命运，学习成就未来 欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚 邮箱： 第 9 页 共 10 页 iA表示第i 台仪器不出现故障，则： p(=1)=p(A12A3A)+ p(1AA23A)+ p(1A2AA3) =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 A2A)+ p(A12A3A)+ p(1AA2A3) = p1p2 (1 p3)+ p1p3(1 p2)+ p2p3(1 p1) = p1p2+

24、 p1p3+ p2p3 3p1p2p3 p(=3)=p(A1 A2A3)= p1p2p3 E=1 p(=1)+2p(=2)+3p(=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 0 1 2 P 1.02522CC 6.0251213CCC 3.02523CC 2.13 .026.011.00E 5. A、B两个代表队进行乒乓球对抗赛，每队三名队员，A队队员是321,AA

25、A，B队队员是321,BBB，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 A1对 B1 32 31 A2对 B2 52 53 A3对 B3 52 53 现按表中对阵方式出场，每场胜队得1 分， 负队得0 分， 设A队，B队最后所得分分别为， （ 1）求，的概率分布； （ 2）求E，E 解： （），的可能取值分别为3， 2， 1， 0 知识改变命运，学习成就未来 欢迎各位老师踊跃投稿，稿酬丰厚 邮箱： 第 10 页 共 10 页 2535353310,525253315352315353321,75285253325252315352322,2785252323PPPP 根据题意知3，所以 25303,5212,752821,75830PPPPPPPP （）15222530521752827583E； 因为3,所以15233EE 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 的期望的基本步骤： 理解 的 意义，写出 可能取的全部值； 求 取 各个值的概率，写出分布列； 根据分布列，由期望的定义求出E 公式E（ a +b） = aE +b，以及服从二项分布的随机变量的期望E =np 。