第二章 5离散型随机变量的均值与方差(一)

§5离散型随机变量的均值与方差(一)
[学习目标]
1．通过实例理解离散型随机变量均值的概念，能计算简单离散型随机变量的均值．
2．会利用离散型随机变量的均值，反映离散型随机变量取值水平，解决一些相关的实际问题．
[知识链接]
1．某商场要将单价分别为18元/kg、24元/kg、36元/kg的3种糖果按3∶2∶1的比例混合销售，如何对混合糖果定价才合理？
答由于平均在每1 kg的混合糖果中，3种糖果的质量分别是1
2kg、
1
3kg和
1
6kg，
所以混合糖果的合理价格应该是
18×1
2＋24×
1
3＋36×
1
6＝23(元/kg)．
这里的23元/kg就是混合糖果价格的均值．
2．已知随机变量ξ的分布列为
则x＝________，P(1≤ξ<3)＝________.
答x＝1－(0.1＋0.2＋0.3＋0.1)＝0.3；
P(1≤ξ<3)＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＝0.2＋0.3＝0.5.
[预习导引]
1．离散型随机变量的均值或数学期望
一般地，设一个离散型随机变量X所有可能取的值是x1，x2，…，x n，这些值对应的概率是p1，p2，…，p n，则E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋x i p i＋…＋x n p n叫作这个离散型随机变量X的均值或数学期望(简称期望)，它反映了离散型随机变量取值的平均水平．
2．离散型随机变量的性质
如果X为(离散型)随机变量，则Y＝aX＋b(其中a，b为常数)也是(离散型)随机变量，且P(X＝x i)＝P(Y＝ax i＋b)，i＝1，2，3，…，n.E(Y)＝E(aX＋b)＝aE(X)＋b．3．三种常见的分布的数学期望
(1)如果随机变量X服从二项分布，即X～B(n，p)，则E(X)＝np．
(2)若离散型随机变量X服从参数为N，M，n的超几何分布，则E(X)＝nM N.
要点一利用定义求离散型随机变量的数学期望
例1袋中有4只红球，3只黑球，今从袋中随机取出4只球，设取到一只红球得2分，取得一只黑球得1分，试求得分X的数学期望．
解取出4只球颜色及得分分布情况是
4红得8分，3红1黑得7分，2红2黑得6分，1红3黑得5分，因此，
P(X＝5)＝C14C33
C47＝
4
35，
P(X＝6)＝C24C23
C47＝
18
35，
P(X＝7)＝C34C13
C47＝
12
35，
P(X＝8)＝C44C03
C47＝
1
35，
故X的分布列如下：
∴E(X)＝5×4
35＋6×
18
35＋7×
12
35＋8×
1
35＝
44
7(分)．
规律方法求随机变量的期望关键是写出分布列，一般分为四步：(1)确定ξ的可能取值；(2)计算出P(ξ＝k)；(3)写出分布列；(4)利用E(ξ)的计算公式计算E(ξ)．跟踪演练1在10件产品中，有3件一等品、4件二等品、3件三等品．从这10件产品中任取3件，求取出的3件产品中一等品件数X的分布列和数学期望．解从10件产品中任取3件，共有C310种结果．从10件产品中任取3件，其中
恰有k 件一等品的结果数为C k 3C 3－k
7，其中k ＝0，1，2，3. ∴P (X ＝k )＝C k 3C 3－k
7
C 310
，k ＝0，1，2，3.
所以随机变量X 的分布列为
∴E (X )＝0×724＋1×2140＋2×740＋3×1120＝9
10. 要点二 二项分布、超几何分布的数学期望
例2 某广场上有4盏装饰灯，晚上每盏灯都随机地闪烁红灯或绿灯，每盏灯出现红灯的概率都是23，出现绿灯的概率都是1
3.记这4盏灯中出现红灯的数量为ξ，当这4盏装饰灯闪烁一次时：
(1)求ξ＝2时的概率；(2)求ξ的数学期望．
解 (1)依题意知：ξ＝2表示4盏装饰灯闪烁一次时，恰好有2盏灯出现红灯，而每盏灯出现红灯的概率都是23，故ξ＝2时的概率P ＝C 24(23)2(13)2＝8
27. (2)法一 ξ的所有可能取值为0，1，2，3，4， 依题意知：P (ξ＝k )＝C k 4(23)k (13)4－k (k ＝0，1，2，3，4)． ∴ξ的概率分布列为
∴E (ξ)＝0×18＋1×881＋2×2481＋3×3281＋4×1681＝8
3.
法二 ∵ξ服从二项分布，即ξ～B (4，2
3)，
∴E (ξ)＝4×23＝8
3.
规律方法 将实际问题转化为独立重复试验的概率问题是解决二项分布问题的关键．
二项分布满足的条件
①每次试验中，事件发生的概率是相同的； ②每次试验中的事件是相互独立的；
③每次试验只有两种结果：事件要么发生，要么不发生； ④随机变量ξ是这n 次独立重复试验中某事件发生的次数．
跟踪演练2 从4名男生和2名女生中任选3人参加纪念新中国成立65周年演讲活动，设随机变量X 表示所选3人中女生的人数． (1)求X 的分布列； (2)求X 的数学期望．
解 (1)X 可能取的值为0，1，2.
P (X ＝k )＝C k 2·C 3－k
4
C 36
，k ＝0，1，2.
∴X 的分布列为
(2)法一 该题服从超几何分布，则EX ＝nM N ＝6＝1. 法二 由(1)知，X 的均值为 EX ＝0×15＋1×35＋2×1
5＝1.
要点三 离散型随机变量均值的应用
例3 某商场经销某商品，根据以往资料统计，顾客采用的付款期数ξ的分布列为
商场经销一件该商品，采用1期付款，其利润为200元；分2期或3期付款，其利润为250元；分4期或5期付款，其利润为300元．η表示经销一件该商品的利润．
(1)求事件A ：“购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用1期付款”的概率P (A )；
(2)求η的分布列及期望E (η)．
解 (1)由题意可知每一位顾客不采用1期付款的概率为0.6，记A 的对立事件
“购买该商品的3位顾客中，都不采用1期付款”为A －
，则
P (A )＝0.6＝0.216，
∴P (A )＝1－P (A －
)＝0.784.
(2)由题意可知η可以取200，250，300，分布列如下
∴E (η)＝200×0.4＋250×0.4＋300×0.2＝240.
规律方法 解答此类题目时，应首先把实际问题概率模型化，然后利用有关概率的知识去分析相应各事件可能性的大小，并列出分布列，最后利用公式求出相应数学期望．
跟踪演练3 据统计，一年中一个家庭万元以上的财产被盗的概率为0.01.保险公司开办一年期万元以上家庭财产保险，参加者需交保险费100元，若在一年以内，万元以上财产被盗，保险公司赔偿a 元(a ＞100)．问a 如何确定，可使保险公司期望获利？
解 设X 表示“保险公司在参加保险人身上的收益”， 则X 的取值为X ＝100和X ＝100－a ， 则P (X ＝100)＝0.99. P (X ＝100－a )＝0.01，
所以E (X )＝0.99×100＋0.01×(100－a )＝100－0.01a ＞0， 所以a ＜10 000.
又a ＞100，所以100＜a ＜10 000.
即当a 在100和10 000之间取值时保险公司可望获利.
1．随机抛掷一枚骰子，则所得骰子点数ξ的期望为( ) A ．0.6 B ．1 C ．3.5 D ．2
解析 抛掷骰子所得点数ξ的分布列为
所以，E (ξ)＝1×16＋2×16＋3×16＋4×16＋5×16＋6×16＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)×1
6＝3.5.
2．若随机变量ξ～B (n ，0.6)，且E (ξ)＝3，则P (ξ＝1)的值是( ) A ．2×0.44 B ．2×0.45 C ．3×0.44 D ．3×0.64 答案 C
解析 ∵ξ～B (n ，0.6)，E (ξ)＝3，∴0.6n ＝3，即n ＝5.
故P (ξ＝1)＝C 15×0.6×(1－0.6)4＝3×0.44.
3．设随机变量X 的分布列为P (X ＝k )＝C k 300·(13)k ·(23)300－k (k ＝0，1，2，…，300)，则E (X )＝________. 答案 100
解析 由P (X ＝k )＝C k 300
·(13)k ·(23)300－k ， 可知X ～B (300，13)，∴E (X )＝300×1
3＝100.
4．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A 1、A 2、A 3，B 队队员是B 1、B 2、B 3，按以往多次比赛的统计，对阵队员之间的胜负概率如下：
现按表中对阵方式出场胜队得1分，负队得0分，设A 队，B 队最后所得总分分别为X ，Y .
(1)求X ，Y 的分布列；(2)求E (X )，E (Y )．
解(1)X，Y的可能取值分别为3，2，1，0.
P(X＝3)＝2
3×
2
5×
2
5＝
8
75，P(X＝2)＝
2
3×
2
5×
3
5＋
1
3×
2
5×
2
5＋
2
3×
3
5×
2
5＝
28
75，
P(X＝1)＝2
3×
3
5×
3
5＋
1
3×
2
5×
3
5＋
1
3×
3
5×
2
5＝
2
5，P(X＝0)＝
1
3×
3
5×
3
5＝
3
25；
根据题意X＋Y＝3，所以
P(Y＝0)＝P(X＝3)＝8
75，P(Y＝1)＝P(X＝2)＝
28
75；
P(Y＝2)＝P(X＝1)＝2
5，P(Y＝3)＝P(X＝0)＝
3
25.
X的分布列为
Y的分布列为
(2)E(X)＝3×8
75＋2×
28
75＋1×
2
5＋0×
3
25＝
22
15；
因为X＋Y＝3，所以E(Y)＝3－E(X)＝23 15.
1．求离散型随机变量均值的步骤：
(1)确定离散型随机变量X的取值；
(2)写出分布列，并检查分布列的正确与否；
(3)根据公式求出均值．
2．若X，Y是两个随机变量，且Y＝aX＋b，则E(Y)＝aE(X)＋b；如果一个随机变量服从超几何分布或二项分布，可直接利用公式计算均值.
一、基础达标
1．(2013·广东理)已知离散型随机变量X的分布列为
则X 的数学期望E (X )等于
( )
A.3
2
B ．2
C.5
2
D ．3
答案 A
解析 E (X )＝1×35＋2×310＋3×110＝1510＝3
2，故选A.
2．篮球运动员在比赛中每次罚球命中得1分，罚不中得0分．已知某运动员罚球的命中率是0.7，则他罚球6次的总得分的均值是 ( )
A ．0.7
B ．6
C ．4.2
D ．0.42
答案 C
解析 总得分X ～B (6，0.7)，E (X )＝6×0.7＝4.2.
3．已知ξ～B (n ，12)，η～B (n ，1
3)，且E (ξ)＝15，则E (η)等于 ( )
A ．5
B ．10
C ．15
D ．20
答案 B
解析 ∵E (ξ)＝1
2n ＝15，∴n ＝30， ∴η～B (30，13)，∴E (η)＝30×1
3＝10.
4．口袋中有编号分别为1，2，3的三个大小和形状相同的小球，从中任取2个，则取出的球的最大编号X 的期望为 ( )
A.1
3
B.2
3
C ．2
D.83
答案 D
解析 X ＝2，3.P (X ＝2)＝1C 23＝13，P (X ＝3)＝C 1
2C 23
＝2
3.
故E (X )＝2×13＋3×23＝8
3.
5．设15 000件产品中有1 000件次品，从中抽取150件进行检查，由于产品数量较大，每次检查的次品率看作不变，则查得次品数的数学期望为________． 答案 10
解析 次品率为p ＝1 00015 000＝1
15，由于产品数量特别大，次品数服从二项分布，
由公式，得E (X )＝np ＝150×1
15＝10.
6．今有两台独立工作在两地的雷达，每台雷达发现飞行目标的概率分别为0.9和0.85，设发现目标的雷达台数为X ，则E (X )＝________. 答案 1.75
解析 P (X ＝0)＝(1－0.9)×(1－0.85)＝0.1×0.15＝0.015； P (X ＝1)＝0.9×(1－0.85)＋0.85×(1－0.9)＝0.22； P (X ＝2)＝0.9×0.85＝0.765.
∴E (X )＝0×0.015＋1×0.22＋2×0.765＝1.75.
7．已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从该箱中任取(无放回，且每球取到的机会均等)3个球，记随机变量X 为取出此3球所得分数之和． (1)求X 的分布列； (2)求X 的数学期望E (X )．
解 (1)X ＝3，4，5，6，P (X ＝3)＝C 35
C 39
＝542，
P (X ＝4)＝C 25C 14C 39＝10
21，
P (X ＝5)＝C 15C 2
4C 39＝5
14，
P (X ＝6)＝C 34C 39＝1
21，
所以X 的分布列为
(2)X 的数学期望E (X )＝42＝91
21.
二、能力提升
8．某人进行一项试验，若试验成功，则停止试验，若试验失败，再重新试验一次，若试验3次均失败，则放弃试验．若此人每次试验成功的概率为2
3，则此人试验次数ξ的期望是
( )
A.4
3
B.139
C.5
3
D.137
答案 B
解析 试验次数ξ的可能取值为1，2，3， 则P (ξ＝1)＝23，P (ξ＝2)＝13×23＝2
9， P (ξ＝3)＝13×13×(23＋13)＝1
9. 所以ξ的分布列为
∴E (ξ)＝1×23＋2×29＋3×19＝13
9.
9．(2013·湖北理)如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割成125个同样大小的小正方体．经过搅拌后，从中随机取出一个小正方体，记它的涂油漆面数为X ，则X 的均值E (X )等于
( )
A.126125
B.6
5
C.168125
D.75
答案 B
解析 根据题意易知X ＝0，1，2，3.分布列如下
所以E (X )＝0×27125＋1×54125＋2×36125＋3×8
125 ＝150125＝6
5.故选B.
10．某电视台开展有奖答题活动，每次要求答30个选择题，每个选择题有4个
选项，其中有且只有一个正确答案，每一题选对得5分，选错或不选得0分，满分150分，规定满100分拿三等奖，满120分拿二等奖，满140分拿一等奖，有一选手选对任一题的概率是0.8，则该选手可望能拿到________等奖．
答案二
解析选对题的个数X～B(30，0.8)，
所以E(X)＝30×0.8＝24，由于24×5＝120(分)，
所以可望能得到二等奖．
11．春节期间，小王用私家车送4位朋友到三个旅游景点去游玩，每位朋友在每
一个景点下车的概率均为1
3，用ξ表示4位朋友在第三个景点下车的人数，求：
(1)随机变量ξ的分布列；
(2)随机变量ξ的均值．
解法一(1)ξ的所有可能值为0，1，2，3，4.由等可能性事件的概率公式得
P(ξ＝0)＝(2
3)
4＝
16
81，P(ξ＝1)＝
C14·23
34＝
32
81，
P(ξ＝2)＝C24·22
34＝
8
27，P(ξ＝3)＝
C34·2
34＝
8
81，
P(ξ＝4)＝(1
3)
4＝
1
81.
从而ξ的分布列为
(2)由(1)得ξ的均值为
E(ξ)＝0×16
81＋1×
32
81＋2×
8
27＋3×
8
81＋4×
1
81＝
4
3.
法二(1)考察一位朋友是否在第三个景点下车为一次试验，这是4次独立重复试验．
故ξ～B(4，1
3)，即有P(ξ＝k)＝C
k
4
(
1
3)
k(2
3)
4－k，k＝0，1，2，3，4.ξ的分布列如法
一．
(2)E(ξ)＝4×1
3＝
4
3.
12．(2013·天津理)一个盒子里装有7张卡片，其中有红色卡片4张，编号分别为
1，2，3，4；白色卡片3张，编号分别为2，3，4.从盒子中任取4张卡片(假设取到任何一张卡片的可能性相同)．
(1)求取出的4张卡片中，含有编号为3的卡片的概率．
(2)在取出的4张卡片中，红色卡片编号的最大值设为X ，求随机变量X 的分布列和数学期望．
解 (1)设“取出的4张卡片中，含有编号3的卡片”为事件A ，则
P (A )＝C 12C 35＋C 22C 25C 4
7
＝67. 所以，取出的4张卡片中，含有编号3的卡片的概率为6
7.
(2)随机变量X 的所有可能取值为1，2，3，4.
P (X ＝1)＝C 33C 47＝135，P (X ＝2)＝C 34C 47＝435，P (X ＝3)＝C 35C 47＝27，P (X ＝4)＝C 36C 47
＝4
7.
所以随机变量X 的分布列是
随机变量X 的数学期望E (X )＝1×135＋2×435＋3×27＋4×47＝17
5. 三、探究与创新
13．(2013·福建理)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2
5，中奖可以得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，累计的得分的数学期望较大？
解 (1)由已知得：小明中奖的概率为2
3，小红中奖的概
率为2
5，两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A 事件的对立事件为“X ＝5”，
∵P(X＝5)＝2
3×
2
5＝
4
15，
∴P(A)＝1－P(X＝5)＝11 15，
所以这两人的累计得分X≤3的概率为11 15.
(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖的次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖的次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期望为E(3X2)
由已知：X1～B(2，2
3)，X2～B(2，
2
5)
∴E(X1)＝2×2
3＝
4
3，E(X2)＝2×
2
5＝
4
5，
∴E(2X1)＝2E(X1)＝8
3，E(3X2)＝3E(X2)＝
12
5.
∵E(2X1)>E(3X2)
他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望最大．。