浅谈离散型随机变量的分布列与数学期望及方差的求法

意思是 X 点落在线段 CD 上的概率等于
∞
∞
∑
kx
k- 1
= =
k =1
∑
( xk ) ′ =
k =1
∑x
k
′
1 1 ′ = , | x | < 1. 1- x ( 1 - x) 2
∞
k =1
我们记 ξ= AX,η = XB , 由对称性 , 随机变量 ξ 与 η应有 ξ= E η 相同的概率分布 , 因而有相同的平均值 : E . 但 ξ +η =
∞
n =1
ξ= 于是得到公式 E
∑ P (ξ≥n ) .
∞
n =0
①
2
2 ξ 由于 Dξ 存在 , 所以级数 E =
∑ n P (ξ = n ) 也绝对
收敛 , 从而有
数学学习与研究 2010 1 5
21 活用分解法 整值型随机变量 ξ 的数学期望的另一个常用方法是把 ξ 分解成若干个随机变量之和 : ξ=ξ ξ ξ 1 + 2 + … +ξ n , 每一个 ξ i 的数学期望很容易求 ( i ξ= E ξ ξ ξ 往往只取 0, 1 两个值 ) , 然后由 E + E + … + E . 即 1 2 n ξ 可求得 E . 用这个方法的最大优点是避免去求 ξ 的分布列 , 困难的地方是找上述分解式比较难 . 31 巧用微积分法 利用几何级数求和公式和级数可逐项微分的性质求解. 例 4 从标有数码 0, 1, 2, …, 9 的十张卡片中每次抽取 一张 , 然后返还 , 直到抽得数码 9 为止 . 如以 X 表示首次抽 到数码 9 的次数 , 求 E ( X ) 及 D ( X ) . 解 X 的特定值为 1, 2, 3, …, 如果在第 k 次抽取到数
. 现在不难理解下面这道题的解法了 . 2 51 采用母函数法 一种简便的计算数学期望的方法就是采用母函数法 . 例 6 离散型随机变量 X 由分布列 pk = P ( X = k ) ( k = 1, 2 2, 3, …)给定. 设函数 S ( u) = p0 + p1 u + p2 u + … 为序列 { pk }的 母函数 , 试通过母函数来表示随机变量 X 的数学期望. 解 按随机变量 X 的数学期望定义
码 9, 前 k - 1 次抽到的是 9 以外的数码 , 每次抽到的概率为 9 , 又因为每次抽数码的试验都是独立的 , 所以 P ( X = k ) = 10 k- 1 9 1 ・ . 10 10 这里利用几何级数求和公式和级数可逐项微分的性质
∞
k =1
CD . 这个概率只与 AB CD 的长度有关 , 而与 CD 位于 AB 中的哪一段无关 . 这就是 几何概率模型中的等可能性或对称性 .
∞
n =1
∑ nP . 如果发生
n
所以为了求数学期望和方差也可以不求分布列 , 只要 求得 P (ξ ≥n) , 按 ① 和② 公式计算就行 . 这在应用上也十分 方便 , 能更直接 、 更简洁 、 更清晰和更实用地反映随机变量 的本质 . 例 2 甲、 乙两人进行比赛 , 每局甲胜的概率为 p, 乙胜 的概率为 1 - p = q. 比赛进行到有一人连胜两局为止 . 以 ξ ξ 记比赛的局数 , 求 E , 即平均比赛多少局 . 解 直接求 ξ 的分布列并不困难 . k +1 k k k +1 k P (ξ= 2 k + 1 ) = p q + p q = ( pq) , k ≥0; 2 2 k- 1 P (ξ= 2 k ) = ( p + q ) ( pq) , k ≥1. 但在用分布列求数学期望时遇到的级数的求和公式大 家一般不熟悉 , 改用 P (ξ ≥n ) 就可以避免这麻烦 . 因为 {ξ ≥ n}表示到 ( n - 1 ) 局为止 , 没有一人连胜二局 , 总是两人轮流 胜 , 所以 P (ξ ≥1 ) = 1, P (ξ ≥2 k + 1 ) = 2 pk qk , k ≥1; k k- 1 P (ξ ≥2 k) = p q + pk - 1 qk = ( pq) k - 1 , k ≥1. ξ 用 ( 7 ) 式求 E 只要对几何级数求和 .
ξ= E
= P (ξ= 1 ) P (ξ= n) P (ξ= n ) P (ξ= n ) = P (ξ ≥1 ) P (ξ ≥n )
n =1
∑ nP (ξ= n )
+ P (ξ= 2 ) + P (ξ= 3 ) + … + + … + P (ξ= 2 ) + P (ξ= 3 ) + … + + … + P (ξ= 3 ) + … + P (ξ= n ) + … + +… + P (ξ ≥2 ) + P (ξ ≥3 ) + … + +… .
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专题研究
110 ZHUANT I YANJ IU
= = = =
k =1
∑ ( k + 1 ) kx
∞
k- 1
-
k =1
∑ kx
k- 1
k =1
∑ k ・p u
k
.
∞
k =1
( 1) = 令 u = 1, 代入上式 S ′
∑ k ・p
k
= E (X).
k =1
∑ (x
∞
k =1
k +1
)
n
1 ( 1 - x) 2 1
( 1 - x) 2
∑x
2
k +1
n
x 1 1- x ( 1 - x) 2 2 1 = , | x | < 1. ( 1 - x) 3 ( 1 - x) 2
2
9 9 2 代入上式 , 得 k ・ = 1900. 10 10 k =1 41运用对称性 求解数学期望及方差的另处一种解法就是运用对称性. 例 5 一副纸牌共有 N 张 , 其中有三张 A. 随机地洗牌 , 然后从顶上开始一张接一张地翻牌 , 直至翻到第二张 A 出 N +1 现为止 . 求证 :翻过的纸牌数平均值为 . 2 解 也设想把纸牌一张张翻到底 , 把纸牌作全排列 . 三 张 A 把整个排列分割成四段 :第一张 A 之前的纸牌数为 ξ 1, 第一张 A 与第二张 A 之间的纸牌数为 ξ 2 , 第二张 A 与第三 张 A 之间的纸牌数为 ξ 3 , 第三张 A 之后的纸牌数为 ξ 4. 由于 每种排列是等可能的 , 三张 A 的分布是均匀的 , 四个随机变 量ξ 1 ,ξ 2 ,ξ 3与ξ 4 应该有相同的分布 , 因而有相同的平均值 , ξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ 但ξ + + + 1 2 3 4 = N - 3, 所以 E 1 = E 2 = E 3 = E 4 = N - 3 N - 3 N +1 ξ= . 现在 ξ=ξ +2 = . 用这 1 +ξ 2 + 2, 所以 E 4 2 2 个方法求翻到第一张 A 为止翻过的纸牌数的平均值也很容 N - 3 N +1 ξ 易 , 它等于 E +1 = . 1 +1 = 4 4 这种解法和适用面较广 , 例如可将例 8 推广到有任意 张 A 的情形 . 这种解法的实质就是运用对称性 . 由于在几何 概率问题中具有类似的对称性 , 因此这方法也可应用到几 何概率问题中去 . 最简单的几 何 概 率问 题 是 这 样叙 述 的 : 设 有 一 线 段 (或“ )的 AB , 在 AB 上随机地取一点 X. 所谓“ 随机地 ” 任意 ”
k +1
E (X) =
k =1
∑ k ・P ( X = k)
∞
=
k =1
∑ k ・p .
k
∞
∞
k k
上面计算用到幂级数 分的性质 :
∞
k =1
k =1
∑x
在其收敛域内可逐项微
∞
对序列 { pk }的母函数 S ( u ) =
( u) = S′
k =1 k- 1
∑ p u 微分 ,
∞2Leabharlann k- 1∑k x∞ ∞
令 x=
9 , 便得到 10
∞
k =1
∑
9 k・ 10 9 10 1 1k- 1 k- 1
k- 1
・ ・
2
1 = 10. 10
ξ= AB , 因此 E
AB
从而 E ( X ) =
=
∞
∑
k・
1 10
1 ・ 10 9 k ・ 10
2
9 10
= 10,
D (X) =
k =1
∑
1 ・ - 102 = 190 - 100 = 90. 10
∞
2 ξ=E ξ ξ- E ξ( E ξ+ 1 ) D +E
∞
=
n =1
∑ n ( n + 1 ) ・P (ξ= n)
∞
n n =1
ξ( E ξ+ 1 ) - E
=2 =2 =2
∑ ∑ i・P (ξ= n )
∞
i =1
ξ( E ξ+ 1 ) - E ξ( E ξ+ 1 ) - E
∞
∑ ∑ i・P (ξ= n )
i =1
∞
n =1
∑ i・P (ξ≥ i)
i =1
ξ( E ξ ) + 1) . - E ξ( E ξ+ 1 ) . - E ②