离散型随机变量值

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整体设计教材分析本课是一节概念新授课，数学期望是概率论和数理统计的重要概念之一，是反映随机变量取值分布的特征数．学习数学期望将为今后学习概率统计知识做铺垫．同时，它在市场预测、经济统计、风险与决策等领域有着广泛的应用，对今后学习数学及相关学科产生深远的影响．具体做法如下：(1)先通过创设情境激发学生学习数学的情感，引导学生分析问题、解决问题．经历概念的建构这一过程，培养学生归纳、概括等合情推理能力．(2)再通过实际应用，培养学生把实际问题抽象成数学问题的能力和学以致用的数学应用意识．培养其严谨治学的态度，积极探索的精神，从而实现自我的价值．“授之以鱼，不如授之以渔”，注重发挥学生的主体性，让学生在学习中学会怎样发现问题、分析问题、解决问题．课时分配1课时教学目标知识与技能了解离散型随机变量的均值或数学期望的意义，会根据离散型随机变量的分布列求出均值或数学期望．过程与方法理解公式“E(aX＋b)＝aE(X)＋b”，以及“若X～B(n，p)，则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数学期望．情感、态度与价值观培养学生对新知识的科学态度，勇于探索和敢于创新的精神．体现数学的文化功能与人文价值．重点难点教学重点：离散型随机变量的均值或数学期望的概念．教学难点：根据离散型随机变量的分布列求出均值或数学期望．教学过程复习回顾1．分布列：设离散型随机变量X可能取的值为x1，x2，…，x i，…，x n，X取每一个值x i(i＝1,2，…，n)的概率为P(X＝x i)＝p i，则称表为随机变量X的概率分布，简称X的分布列．2．分布列的两个性质：(1)p i ≥0，i ＝1,2，…，n ；(2) i ＝1np i ＝1.教师指出：前面，我们认识了随机变量的分布列．对于离散型随机变量，确定了它的分布列，可以方便地得出随机变量的某些特定的概率，也就掌握了随机变量取值的统计规律．但在实际上，分布列的用途远不止于此，设计意图：抛砖引玉，引出课题．教师指出：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数学期望．提出问题：如何估计该射手n 次射击的平均环数，还需知道哪些信息？如何得到？ 学情预测：学生联系以前所学样本平均数的求法，自然想到需要估计各射击成绩的项数． 活动结果：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，预计大约有P(X ＝4)×n ＝0.02n 次得4环； P(X ＝5)×n ＝0.04n 次得5环； ………… P(X ＝10)×n ＝0.22n 次得10环． 故n 次射击的总环数大约为 4×0.02×n ＋5×0.04×n ＋…＋10×0.22×n ＝(4×0.02＋5×0.04＋…＋10×0.22)×n ， 从而，预计n 次射击的平均环数约为4×0.02＋5×0.04＋…＋10×0.22＝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．探究新知推而广之，对于任一射手，若已知其射击所得环数X 的分布列，即已知各个P(X ＝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(X ＝0)＋1×P(X ＝1)＋…＋10×P(X ＝10)． 接下来我们一起学习一下均值的定义 1．均值(或数学期望)：一般地，若离散型随机变量X 的分布列为则称E(X)＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x i p i ＋…＋x n p n 为X 的均值或数学期望． ※教师补充：(1)区别ξ与Eξ.随机变量ξ是可变的，可取不同的值；均值Eξ是不变的，它是离散型随机变量的一个特征数，由ξ的分布列唯一确定，它反映了ξ取值的平均水平．(2)区别随机变量的均值与相应数值的算术平均数． 均值表示随机变量在随机试验中取值的平均值，它是概率意义上的平均值，不同于相应数值的算术平均数．理解新知章首问题回顾：商场内的促销活动可获得经济效益2万元；商场外的促销活动，如果不遇雨天则带来经济效益10万元， 如果遇到雨天则带来经济损失4万元．假设国庆节有雨的概率是40%，请问商场应该选择哪种促销方式较好？(商场外) 解：商场外平均效益为10×P(ξ＝10)＋(－4)×P(ξ＝－4)＝10×0.6－4×0.4＝4.4.提出问题：离散型随机变量X 的数学期望E(X)与x 1，x 2，…，x i ，…，x n 的平均数 x ＝(x 1＋x 2＋…＋x n )×1n，有何关系？活动结果：一般地，在有限取值的离散型随机变量X 的概率分布中，若p 1＝p 2＝…＝p n ，则有p 1＝p 2＝…＝p n ＝1n ，E(X)＝(x 1＋x 2＋…＋x n )×1n ，所以此时X 的数学期望就是x 1，x 2，…，x i ，…，x n 的平均数．继续探究：根据以前所学我们知道，若一组数据x i (i ＝1,2，…，n)的平均数为x ，那么另一组数据ax i ＋b(a 、b 是常数且i ＝1,2，…，n)的平均数为a x ＋b.类似地，我们可以联想得到离散型随机变量X 的均值也具有类似的性质：2．均值的一个性质：若Y ＝aX ＋b(a 、b 是常数)，X 是随机变量，则Y 也是随机变量，它们的分布列为：于是E(Y)＝(ax 1＋b)p 1＋(ax 2＋b)p 2＋…＋(ax i ＋b)p i ＋…＋(ax n ＋b)p n ＝a(x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x i p i ＋…＋x n p n )＋b(p 1＋p 2＋…＋p i ＋…＋p n ) ＝aE(X)＋b ，由此，我们得到了期望的一个性质：E(aX ＋b)＝aE(X)＋b. 运用新知例1篮球运动员在比赛中每次罚球命中得1分，罚不中得0分，已知他命中的概率为0.7，求他罚球一次得分ξ的均值．解：因P(ξ＝1)＝0.7，P(ξ＝0)＝0.3，所以Eξ＝1×0.7＋0×0.3＝0.7. 活动结果：此为两点分布，可猜想当X 服从两点分布时，有E(X)＝p. 继续发问：两点分布是一个特殊的二项分布，那么一般地，若X ～B(n ，p)，则E(X)＝？ 活动结果：若X ～B(n ，p)，则E(X)＝np. 证明如下：设1－p ＝q.∵P(X ＝k)＝C k n p k (1－p)n －k ＝C k n p k q n －k ， ∴E(X)＝0×C 0n p 0q n ＋1×C 1n p 1q n －1＋2×C 2n p 2q n －2＋…＋k×C k n p k q n －k ＋…＋n×C n n p n q 0.又∵kC k n ＝k·n ！k ！(n －k)！＝n·(n －1)！(k －1)！[(n －1)－(k －1)]！＝nC k －1n －1， ∴E(X)＝np(C 0n －1p 0q n －1＋C 1n －1p 1q n －2＋…＋C k －1n －1p k －1q (n －1)－(k －1)＋…＋C n －1n －1p n －1q 0)＝np(p ＋q)n －1＝np.故若X ～B(n ，p)，则E(X)＝np.例2袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n 号的有n 个(n ＝1,2,3,4)．现从袋中任取一球．ξ表示所取球的标号．(Ⅰ)求ξ的分布列，均值；(Ⅱ)若η＝aξ＋4，Eη＝1，求a 的值． 解：(Ⅰ)ξξ的均值：Eξ＝0×12＋1×120＋2×110＋3×320＋4×15＝32.(Ⅱ)Eη＝aEξ＋4＝1，又Eξ＝32，则a×32＋4＝1，∴a ＝－2.例3为拉动经济增长，某市决定新建一批重点工程，分别为基础设施工程、民生工程和产业建设工程三类．这三类工程所含项目的个数分别占总数的12、13、16.现有3名工人独立地从中任选一个项目参与建设．(Ⅰ)求他们选择的项目所属类别互不相同的概率；(Ⅱ)记ξ为3人中选择的项目属于基础设施工程或产业建设工程的人数，求ξ的分布列及数学期望．解：记第i 名工人选择的项目属于基础设施工程、民生工程和产业建设工程分别为事件A i ，B i ，C i ，i ＝1,2,3.由题意知A 1，A 2，A 3相互独立，B 1，B 2，B 3相互独立，C 1，C 2，C 3相互独立，A i ，B j ，C k (i ，j ，k ＝1,2,3，且i ，j ，k 互不相同)相互独立，且P(A i )＝12，P(B i )＝13，P(C i )＝16. (1)他们选择的项目所属类别互不相同的概率 P ＝3！P(A 1B 2C 3)＝6P(A 1)P(B 2)P(C 3)＝6×12×13×16＝16.(2)解法1：设3名工人中选择的项目属于民生工程的人数为η，由已知，η～B(3，13)，且ξ＝3－η.所以P(ξ＝0)＝P(η＝3)＝C 33(13)3＝127，P(ξ＝1)＝P(η＝2)＝C 23(13)2(23)＝29， P(ξ＝2)＝P(η＝1)＝C 13(13)(23)2＝49， P(ξ＝3)＝P(η＝0)＝C 03(23)3＝827. 故ξ的分布列是ξ的数学期望Eξ＝0×127＋1×29＋2×49＋3×827＝2.解法2：记第i 名工人选择的项目属于基础设施工程或产业建设工程分别为事件D i ，i ＝1,2,3.由已知，D 1，D 2，D 3相互独立，且 P(D i )＝P(A i ＋C i )＝P(A i )＋P(C i )＝12＋16＝23.所以ξ～B(3，23)，即P(ξ＝k)＝C k 3(23)k (13)3－k，k ＝0,1,2,3. 故ξ的分布列是ξ的数学期望Eξ＝0×127＋1×29＋2×49＋3×827＝2.【变练演编】有场赌博，规则如下：如掷一个骰子，出现1，你赢8元；出现2或3或4，你输3元；出现5或6，不输不赢．这场赌博对你是否有利？解：Eξ＝16×8＋12×(－3)＋13×0＝－16.对你不利，劝君莫赌博！变式：准备一个布袋，内装6个红球与6个白球，除颜色不同外，六个球完全一样．每次从袋中摸6个球，输赢的规则为：6个全红 赢得100元 5红1白 赢得50元 4红2白 赢得20元 3红3白 输100元 2红4白 赢得20元 1红5白 赢得50元 6个全白 赢得100元 这一次你动心了没有？略解：结果 出现的概率 6个全红 0.1% 5红1白 3.9% 4红2白 24.4% 3红3白 43.2% 2红4白 24.4% 1红5白 3.9% 6个全白 0.1% 【达标检测】1．随机地抛掷一个骰子，求所得骰子的点数ξ的数学期望．所以Eξ＝1×16＋2×16＋3×16＋4×16＋5×16＋6×16＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)×16＝3.5.抛掷骰子所得点数ξ的数学期望，就是ξ的所有可能取值的平均值．2．某城市出租汽车的起步价为10元，行驶路程不超出4 km 时租车费为10元，若行驶路程超出4 km ，则按每超出1 km 加收2元计费(超出不足1 km 的部分按1 km 计)．从这个城市的民航机场到某宾馆的路程为15 km.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1 km 路程计费)，这个司机一次接送旅客的行车路程ξ是一个随机变量．设他所收租车费为η.(Ⅰ)求租车费η关于行车路程ξ的关系式； (Ⅱ)若随机变量ξ求所收租车费η的数学期望． (Ⅲ)已知某旅客实付租车费38元，而出租汽车实际行驶了15 km ，问出租车在途中因故停车累计最多几分钟？解：(Ⅰ)依题意得η＝2(ξ－4)＋10，即η＝2ξ＋2； (Ⅱ)Eξ＝15×0.1＋16×0.5＋17×0.3＋18×0.1＝16.4. ∵η＝2ξ＋2，∴Eη＝2Eξ＋2＝34.8.故所收租车费η的数学期望为34.8元． (Ⅲ)由38＝2ξ＋2，得ξ＝18,5×(18－15)＝15. 所以出租车在途中因故停车累计最多15分钟． 课堂小结1．离散型随机变量的均值，反映了随机变量取值的平均水平； 2．求离散型随机变量ξ的均值的基本步骤：①理解ξ的意义，写出ξ可能取的全部值； ②求ξ取各个值的概率，写出分布列；③根据分布列，由均值的定义求出Eξ.公式E(aξ＋b)＝aEξ＋b ，以及服从二项分布的随机变量的均值Eξ＝np.补充练习 【基础练习】1．随机变量ξ的分布列是(1)则Eξ＝________________________________.(2)若η＝2ξ＋1，则Eη＝____________________________. 答案：(1)2.4 (2)5.82．随机变量ξEξ＝7.5，则a ＝________，b ＝______. 答案：0.1 0.43．(1)若Eξ＝4.5，则E(－ξ)＝______. (2)E(ξ－Eξ)＝______. 答案：(1)－4.5 (2)0 【拓展练习】1．某大学开设甲、乙、丙三门选修课，学生是否选修哪门课互不影响．已知某学生只选修甲的概率为0.08，只选修甲和乙的概率是0.12，至少选修一门的概率是0.88，用ξ表示该学生选修的课程门数和没有选修的课程门数的乘积．(Ⅰ)记“函数f(x)＝x 3＋ξ为R 上的奇函数”为事件A ，求事件A 的概率； (Ⅱ)求ξ的分布列和数学期望．解：设该学生选修甲、乙、丙的概率分别为x 、y 、z.依题意得⎩⎪⎨⎪⎧x(1－y)(1－z)＝0.08，xy(1－z)＝0.12，1－(1－x)(1－y)(1－z)＝0.88，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0.4，y ＝0.6，z ＝0.5.(Ⅰ)若函数f(x)＝x 3＋ξ为R 上的奇函数，则ξ＝0.当ξ＝0时，表示该学生选修三门功课或三门功课都没选． ∴P(A)＝P(ξ＝0)＝xyz ＋(1－x)(1－y)(1－z) ＝0.4×0.5×0.6＋(1－0.4)(1－0.5)(1－0.6)＝0.24. ∴事件A 的概率为0.24.(Ⅱ)依题意知ξ＝0或2，则ξ∴ξ的数学期望为Eξ＝0×0.24＋2×0.76＝1.52.2．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13，用ξ表示4位朋友在第三个景点下车的人数，求：(Ⅰ)随机变量ξ的分布列； (Ⅱ)随机变量ξ的均值．解法一：(Ⅰ)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)＝(23)4＝1681，P(ξ＝1)＝C 14·2334＝3281，P(ξ＝2)＝C 24·2234＝827，P(ξ＝3)＝C 34·234＝881，P(ξ＝4)＝(13)4＝181.从而ξ的分布列为(Ⅱ)由(Ⅰ)得ξ的均值为Eξ＝0×1681＋1×3281＋2×827＋3×881＋4×181＝43.解法二：(Ⅰ)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(4，13)，即有P(ξ＝k)＝C k 4(13)k (23)4－k，k ＝0,1,2,3,4. 解法三：(Ⅱ)由对称性与等可能性，在三个景点任意一个景点下车的人数有相同的分布列，故均值相等．即3Eξ＝4，从而Eξ＝43.设计说明本节课在情境创设，例题设置中注重与实际生活联系，让学生体会数学的应用价值，在教学中注意观察学生是否置身于数学学习活动中，是否兴趣浓厚、探究积极，并愿意与老师、同伴交流自己的想法．通过学生回答问题，学生举例，归纳总结等方面反馈学生对知识的理解、运用．教师根据反馈信息适时点拨，同时从新课标评价理念出发，鼓励学生发表自己的观点、充分质疑，并抓住学生在语言、思想等方面的亮点给予表扬，树立自信心，帮助他们积极向上．备课资料 备选例题：1．一次单元测验由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，分别求学生甲和乙在这次单元测验中成绩的均值．解：设学生甲和乙在这次单元测验中选择正确的题数分别是ξ，η，则ξ～B(20,0.9)，η～B(20,0.25)，∴Eξ＝20×0.9＝18，Eη＝20×0.25＝5.由于答对每题得5分，学生甲和乙在这次单元测验中的成绩分别是5ξ和5η.所以，他们在测验中成绩的均值分别是：E(5ξ)＝5E(ξ)＝5×18＝90，E(5η)＝5E(η)＝5×5＝25.2．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10 000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：用X 1、X 2和X 3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X 1＝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X 2＝⎩⎪⎨⎪⎧62 000，有大洪水；2 000，无大洪水.同样，采用第3种方案，有X 3＝⎩⎪⎨⎪⎧60 000，有大洪水；10 000，有小洪水；0，无洪水.于是，E(X 1)＝3 800，E(X 2)＝62 000×P(X 2＝62 000)＋2 000×P(X 2＝2 000)＝62 000×0.01＋2 000×(1－0.01)＝2 600，E(X 3)＝60 000×P(X 3＝60 000)＋10 000×P(X 3＝10 000)＋0×P(X 3＝0) ＝60 000×0.01＋10 000×0.25＝3 100.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．(设者计：王宏东 李王梅)。