离散型随机变量数学期望 2.docx

精品名师归纳总结学习目标：日照试验高中 2007 级导学案概率2 31 离散型随机变量的数学期望老师备课可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1：明白离散型随机变量的期望的意义，会依据离散型随机变量的分布列求出均值或期望2：懂得公式“ E（ a +b） =aE +b”，以及“如 : B（ n,p ），就E =np” . 能娴熟的应用它们求相应的离散型随机变量的均值 或期望 .学习重点、难点： 离散型随机变量的均值 或期望的概念 。依据离散型随机变量的分布列求出 均值 或期望自主学习 ： 一、学问再现：1. 随机变量：假如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，可以按肯定次序一一列出， 这样的随机变量叫做离散型随机变量3. 分布列 : 设离散型随机变量 可能取得值为 x1， x2， x3，学习笔记可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 取每一个值 xi （ i =1，2，）的概率为 Pxi pi ，就称表可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x1x2xiPP1P2Pi为随机变量 的概率分布，简称 的分布列4. 分布列的两个性质： Pi 0， i 1，2，。 P1+P2+ =15. 离散型随机变量的二项分布 : 在一次随机试验中，某大事可能发生也可能不发生，在 n 次独立重复试验中这个大事发生的次数 是一个随机变量假如在一次试验中某大事发生的概率是 P，那么在 n 次独立重复试验中这个大事恰好发生 k 次的概率是可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结Pn k C k p k q nk ，（ k 0,1,2,， n， q1p ）可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结n于是得到随机变量 的概率分布如下：C01kn可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结nPC 0 p 0qnC 1 p1q n 1k pk q n kC n p n q0可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结nnn称这样的随机变量 听从二项分布，记作 B n， p ，其中n， p 为参可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结数，并记C k p k q nk b k。 n， p 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结n6. 离散型随机变量的几何分布：在独立重复试验中，某大事第一次发生时，所作试验的次数 也是一个正整数的离散型随机变量“k ”表示在可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结第 k 次独立重复试验时大事第一次发生. 假如把 k 次试验时大事 A 发生记为Ak 、可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结大事 A 不发生记为Ak ， PAk =p ，PAk =qq=1-p，那么可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结k1PkP A A A LAA P A P A P A LPA P A qp老师备课可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结123k 1k123k 1k可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结（ k 0,1,2,， q1p ）于是得到随机变量 的概率分布如下：学习笔记可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结123kPppqq2pqk 1 p称这样的随机变量听从几何分布记作 g k ， p=qk1 p ，其中 k0,1,2,， q1p 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结二、新课探究：依据已知随机变量的分布列，我们可以便利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的分布列如下45678910P0.020.040.060.090.280.290.22在 n 次射击之前，可以依据这个分布列估量n 次射击的平均环数这就是我们今日要学习的离散型随机变量的均值 或期望依据射手射击所得环数的分布列，我们可以估量，在n 次射击中，估量大约有可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结P4n0.02n次得 4 环。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结P5n0.04 n次得 5 环。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结P10n0.22 n次得 10 环可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故在 n 次射击的总环数大约为40.02n50.04n100.22n可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结40.0250.04100.22n ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结从而，预计n次射击的平均环数约为40.0250.04100.228.32 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结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，如已知其射击所得环数的分布列，即已知各个（ i=0， 1，2， 10），我们可以同样估量他任意n 次射击的平均环数:Pi 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结0P01P110P10 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1. 均值或数学期望 : 一般的，如离散型随机变量的概率分布为x1x2xnPp1p2pn老师备课学习笔记可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结就称 Ex1 p1x2 p 2xn pn为 的均值 或数学期望 ，简称期望可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2. 均值或数学期望是离散型随机变量的一个特点数，它反映了离散型随机变量取值的平均水平3. 平均数、均值 :一般的，在有限取值离散型随机变量的概率分布中，令可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结p1p 2pn ， 就 有 p1p 2n1p1 ， E n x1x2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结xn ，所以 的数学期望又称为平均数、均值n可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4. 均值或期望的一个性质 : 如也是随机变量，它们的分布列为ab a、b 是常数 ，是随机变量，就可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x1x2xn可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结ax1bax2baxnb可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结Pp1p2pn可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结于是 Eax1 a x1 p1 aEb p1x2 p 2b ，ax2b p 2xn pnaxnb p1b pnp 2pn 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由此，我们得到了期望的一个性质:5. 如 : B（ n,p ），就 E=np证明如下：EabaEb可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结nn Pk C k pk 1pn kC k p k qn k ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结nnnn E0× C 0 p 0q n 1×nn1 n× C n p n q0 C1 p 1qn1 2× C 2 p 2 qn2 k× C k p k qnk 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结n又 kC kkn.k. nk.n nk1. n11.k1.nC k 1 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 Enp00n 1Cp qn 111n 2Cp qn 1 k 1kCpn 11q n 1 k 1 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结Cpn 1nn 11q 0 np pq n 1np 故如 B n， p ，就 Enp可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结三、例题解析：例 1. 篮球运动员在竞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老师备课可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解：由于 P10.7, P00.3 ，所以 E10.700.30.7学习笔记可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结例 2.一次单元测验由 20 个挑选题构成，每个挑选题有4 个选项，其中有且仅有一个选项是正确答案，每题挑选正确答案得5 分，不作出挑选或选错不得分， 满分 100 分 同学甲选对任一题的概率为0.9，同学乙就在测验中对每题都从4 个挑选中随机的挑选一个，求同学甲和乙在这次英语单元测验中的成果的期望解：设同学甲和乙在这次英语测验中正确答案的挑选题个数分别是,，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结就 B（ 20,0.9） , B20,0.25 ,E200.918, E200.255可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于答对每题得 5 分，同学甲和乙在这次英语测验中的成果分别是5和5所以，他们在测验中的成果的期望分别是：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结E5 5E51890, E5 5E5525可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结例 3.依据气象预报，某的区近期有小洪水的概率为0.25,有大洪水的概率为0.01该的区某工的上有一台大型设备，遇到大洪水时要缺失60 000 元，遇到小洪水时要缺失 10000 元为爱护设备，有以下3 种方案：方案 1：运走设备，搬运费为3 800 元方案 2：建爱护围墙，建设费为2 000 元但围墙只能防小洪水 方案 3：不实行措施，期望不发生洪水试比较哪一种方案好解：用 X1 、X 2 和 X 3 分别表示三种方案的缺失采纳第 1 种方案，无论有无洪水，都缺失3 800 元，即 X 1 = 3 800 .采纳第 2 种方案，遇到大洪水时，缺失2 000 + 60 000=62 000元。没有大洪可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结水时，缺失 2 000 元，即X2=62000 ，有大洪水。2000, 无大洪水 .60000 ，有大洪水。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结同样，采纳第 3 种方案，有X3= 10000, 有小洪水。0, 无洪水 .可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结于是， EX 1 3 800 , EX 2 62 000× P X 2 = 62 000 + 2 00000 ×P X 2 = 2 000 = 62000 × 0. 01 + 2000× 1-0.01 = 2 600 ,EX 3 = 60000× P X 3 = 60000 + 10 000 × PX 3 =10 000 + 0 ×P X 3 =0= 60 000 × 0.01 + 10000× 0.25=3100 .实行方案 2 的平均缺失最小，所以可以挑选方案2 .值得留意的是，上述结论是通过比较“平均缺失”而得出的一般的，我们可以这样来懂得“平均缺失”：假设问题中的气象情形多次发生，那么采纳方案2 将会使缺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，采纳方案2 也不肯定是最好的例 4.随机抛掷一枚骰子，求所得骰子点数的期望老师备课学习笔记可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解： Pi 1 / 6, i1,2,6 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结E11/ 621 / 661/ 6 =3.5可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结例 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，假如抽出次品，就抽查终止，否就连续抽查，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 k1次取出正品而第 k 次（ k =1， 2， ， 10）取出次品的概率：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结Pk0.85k 10.15 （ k =1，2， ，10）可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结需要抽查10 次即前 9 次取出的都是正品的概率：P得 的概率分布如下：100.859由此可可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结12345678910P0.150.120.100.090.070.060.050.040.040.2375842836666810916依据以上的概率分布，可得的期望可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结E10.1520.1275100.23165.35可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结123456111111666666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P可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以 E1×1 2× 1 3× 1 4× 1 5× 1 6× 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结666666可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 1 2 3 4 5 6 ×1 3. 56可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结抛掷骰子所得点数的数学期望，就是的全部可能取值的平均值可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结例 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，如行驶路程超出4km，就按每超出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某司机常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 求租车费关于行车路程的关系式。 如随机变量的分布列为15161718P0.10.50.30.1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。老师备课学习笔记可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 E150.1160.5170.3180.116.4 =2 +2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 E2 E+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 ， 518-15=15所以出租车在途中因故停车累计最多15 分钟四、课堂巩固 ：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，就E（）A 4。B 5。C 4.5。D 4.75答案： C2. 篮球运动员在竞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 的数学期望可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解：由于 P10.7 ， P00.3 ，所以可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结E1× P1 0× P00.7可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 的概率分布为012CP20.3210.07.7 20.3可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以E0× 的概率分布为0.09 1× 0.42 2× 0.98 1.4 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结CC3323可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结P0.3310.70.3220.720.30.73老师备课学习笔记可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以E0× 0.027 1× 0.189 2× 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 ，求 的数学期望可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结分析：任取1 升水，此升水中含一个大肠杆菌的概率是1 ，大事“ =k”发m可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结生，即 n 个大肠杆菌中恰有 k 个在此升水中，由 n 次独立重复试验中大事 A（在此升水中含一个大肠杆菌）恰好发生 k 次的概率运算方法可求出 P =k, 进而可求 E .解：记大事 A：“在所取的 1 升水中含一个大肠杆菌”，就PA= 1 n km可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结k P =k= Pn k= Cn1 1 1 kmm（ k=0,1,2, ., n）可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 B n,1 ，故E=n×m1 = nmm可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结五、归纳反思六、合作探究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，就其中含红球个数的数学期望是（用数字作答）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老师备课学习笔记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可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结4. 一个袋子里装有大小相同的个数的数学期望是3 个红球和 2 个黄球，从中同时取出2 个，含红球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A1, A2 , A3 ， B 队队员是 B1, B2 , B3 ，按以往多次竞赛的统计，对阵队员之间胜败概率如下：对阵队员A 队队员胜的概率B 队队员胜的概率A1 对 B1A2 对 B2A3 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 A 队， B 队最终所得分分别为，（ 1）求， 的概率分布。（ 2）求 E， E213323552355可编辑资料 - - - 欢迎下载