2.3.1离散型随机变量的均值教案

1、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 (aX+b) =a E(X)+b ”，以及“若XB (n,p ),贝U E(X)=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。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列求出 均值或期望+ 授课类型：新授课.教 具：小黑板.教学过程：一、复习引入：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，用X表示事件A发生的次数，设每次试

2、验中事件 A发生的概率是 P,则在这n次 独立重复试验中这个事件恰好发生 k次的概率是Pn(二 k)=C：pkq2 , (k = 0,1,2, , , n, q=1 p ).此时称随机变量 X服从二项分布，记作XB(n, p)，其中n, p为参数二、讲解新课：1问题情境前面我们学习了离散型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X的分布列如下X 456P0.020.040.06在n次射击之前，可以根据这个分布列估计 离散型随机变量的均值或期望根据射手射击所得环数X的分布列，我们可以估计，在 n次射击中，预计大

3、约有P( =4) n= 0.02n 次得 4 环；789100.090.280.290.22n次射击的平均环数.这就是我们今天要学习的PC： =5) n =0.04n次得 5 环;P( =10) n =0.22n 次得 10 环.故在n次射击的总环数大约为4 0.02n 5 0.04 n100.22n=(40.025 0.04100.22)n,从而，预计n次射击的平均环数约为4 0.025 0.0410 0.22 =8.32 .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X的分布列，即已

4、知各个P(F：=：i) (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 P( =0)1 P( =1),10 P( =10).1.均值或数学期望：一般地，若离散型随机变量 X的概率分布为XX1X25XnPP1P25Pn则称E = X1 P1 X2 P2 ,XnPn ,为X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 X的概率分布中，令p1=p2二，=pn ,11则有P1 =P2已二Pn, E =(X1 X2 ,Xn)，所以X的数学期望又称为平均

5、数、nn均值.4. 均值或期望的一个性质：若 二a b(a、b是常数)，X是随机变量，则n也是随机变量，它们的分布列为XX1X25Xn5na% +bax2 + b5叫+b5PP1P25Pn5于是=(axb)p1(ax2 b) P2 ,(aXn b)Pn ,=a(X1 P1 X2 P2 ,Xn Pn , ) b( P1P2 , Pn ',)=aE 二亠 b ,由此，我们得到了期望的一个性质 ：E(a：、b) =aE b5. 若 X ： B (n,P ),则 EX=np证明如下：k kn-kk k n-kP(二 k)二Cn p (1 - P)=Cn p q ,0 0 n1 1 n2 2 n

6、-2k k n-kE：=0 x Cn p q + 1 x Cn p q + 2 x Cn p q + , + k x Cn p q + , + n xn n 0Cn p q .又kC： =kn!n (n T)!k!(n -k)! (k -1)!(n T) -(k -1)!二 nCn_,0 On I J 1 n 21 k 1(n 1) _(k 1)E J n p( Cn_1 p q + Cnp q + ,+ Cnlp_q+ ,+n 1 n 1 0n 1CniP q )二 np(p q) 二 np .故若 XB( n, p)，则 E 二 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

7、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 P( =1) =0.7,P(=0) =0.3，所以 E =1 0.70 0.3 =0.7.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), B(20,0.25),.E =20 0.9 =

8、18,E 二 20 0.25 = 5 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：E(5 )=5E( )=5 18=90,E(5 ) =5E( )=5 5=25 ”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：

9、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_ 62000，有大洪水；X2 =2000,无大洪水.同样，采用第3种方案，有60000，有大洪水；人=10000,有小洪水；0,无洪水.于是，EXi= 3 800 ,EX2= 62 000 X P (X 2 = 62 000 ) + 2 00000 X P (X 2 = 2 000 )=62000 X 0. 01 + 2000 X (1-0.01) = 2 6

10、00 ,EX3 = 60000 X P (X3 = 60000) + 10 000X P(X3 =10 000 ) + 0 X P (X3 =0)=60 000 X 0.01 + 10000 X 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+解： P(

11、=i) =1/6,i2,6，.=1 1/62 1/6 飞 1/6=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k -1次取出正品而第 k次(k=1，2，,，10)取出次品的概率：P( =k) =0.85k0.15 ( k=1，2，,， 10)需要抽查如下：10次即前9次取出的

12、都是正品的概率：P= 10) =0.859 由此可得的概率分布©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E =1 0.15 2 0.1275F0 0.2316 =5.35 +例6.随机的抛掷一个骰子，求所得骰子的点数X的数学期望.解：抛掷骰子所得点数 X的概率分布为X123456C11P111116 66666所以5111111E - 1 x + 2 X + 3 X + 4 X + 5 X+ 6X 6 6 6 6 6 61=(1 + 2+ 3+ 4 + 5+

13、 6) X= 3.5 .6抛掷骰子所得点数 X的数学期望，就是 X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X是一个随机变量.设他所收租车费为n -(I )求租车费 n关于行车路程 X的关系式；(n)若随机变量X的分布列为X151

14、61718P0.10.50.30.1求所收租车费n的数学期望.(川)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 n =2( X-4)十10,即卩n =2X+2 ;(n ) E =15 0.1 16 0.5 17 0.3 18 0.1 =16.4n =2X+2=2EX+2=34.8(元)故所收租车费 n的数学期望为34.8元.(川)由 38=2 X+2，得 X=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. 口袋中有5只球，编号为1 , 2, 3, 4, 5，从中任取3球，以

15、表示取出球的最大号码，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X的数学期望；他罚球2次的得分n的数学期望；他罚球3次的得分X的数学期望.解：因为 P( =1)=0.7 , P( =0)=0.3，所以E =1 X P( =1) + 0X P( =0) =0.7n的概率分布为P0.32c2 0.7 0.3o.72所以 E =0x 0.09 + 1 x 0.42 + 2x 0.98 = 1.4 .X的概率分布为X0123P0.331 2C3 97

16、X0.32 2C3 疋 0.7 X0.30.73所以 E =0x 0.027 + 1x 0.189 + 2x 0.98 = 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X,求X的数学期望.1分析：任取1升水，此升水中含一个大肠杆菌的概率是-，事件“ X=k”发生，即n个大肠杆m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RX=k),进而可求 EX1解：记事件A: “在所取的1升水中含一个大肠杆菌”，则P(A)=丄.mk 1 k1 n k P(X=k)=Pn(k)=on ) (1

17、 )(k=0,1,2,., n).mm11n XB(n,)，故 EX= nx 1 = 11+mm m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 X的期望的基本步骤：理解 X的意义，写出 X可能取的全部值；求 X 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 EX 公式E(aX+b) = aEX+b, 以及服从二项分布的随机变量的期望 EX=np *六、课后作业：P64-65练习1,2,3,4 P69 A 组1,2,31. 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

18、：令取取黄球个数'(=0、1、2)则.的要布列为012P33110510=331于是 E () =0x +1X +2X =0.810510故知红球个数的数学期望为1.22. 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9解：依题意'的取值为0、1、2、3、4=0时，取2黑 p(C2=0)=C9#=时，取1黑1白p( »等冷=2时，取2白或1红1黑p( ' =2)=1136=3时，取1白1红，概率p( ' =3)=C3 C1C；=4时，

19、取2红，概率p( =4)=36匕01234P1111116366362911111114(2)期望 E =0X +1X +2X +3 X +4X=633663693.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：设芒表示产生故障的仪器数，A表示第i台仪器出现故障(i=1、2、3)A表示第i台仪器不出现故障，则:p( - =1)=p(A 1 A2A3)+ p(AA2 A3)+ p(A1 A2 A3)=P1 (1 P2)(1 P3)+ p 2(1 p1)(1 P3)+ p 3(1

20、 P1)(1 P2)=P 1+ P 2+P3 2pp2 2p2p3 2P3P1 + 3P1P2P3p( =2)=P(A 1 A2 A )+ p(A 1 A2 A3)+ p( A1 A2 A3)=P 1P2 (1 P3)+ P 1卩3(1 P2)+ P 2卩3(1 P1)=P 1P2+ p 1p3+ p 2p3 3pp2p3p( =3)=p(A 1 A 2 A 3)= P1P2P3E =1 X p( =1)+2 X p( =2)+3 X p( =3)= p 计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-、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