2．3离散型随机变量的均值与方差
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（aξ+b）=aEξ+b”，以及“若ξ:B（n,p），则Eξ=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。
情感、态度与价值观：承前启后，感悟数学与生活的和谐之美 ,体现数学的文化功能与人文
价值。
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 课时安排：2课时
教 具：多媒体、实物投影仪 教学过程： 一、复习引入：
1.随机变量：如果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ξ、η等表示
2. 离散型随机变量:对于随机变量可能取的值，可以按一定次序一一列出，这样的随机变量叫做离散型随机变量
3．连续型随机变量: 对于随机变量可能取的值，可以取某一区间内的一切值，这样的变量就叫做连续型随机变量
4.离散型随机变量与连续型随机变量的区别与联系: 离散型随机变量与连续型随机变量都是用变量表示随机试验的结果；但是离散型随机变量的结果可以按一定次序一一列出，而连续性随机变量的结果不可以一一列出
若?是随机变量，??a??b,a,b是常数，则?也是随机变量并且不改变其属性（离散型、连续型）
5. 分布列:设离散型随机变量ξ可能取得值为x1，x2，…，x3，…，
ξ取每一个值xi（i=1，2，…）的概率为P(??xi)?pi，则称表
ξ P x1 P1 x2 P2 … … xi Pi … … 为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列
6. 分布列的两个性质： ⑴Pi≥0，i＝1，2，…； ⑵P1+P2+…=1．
7.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次独立重复试验中这个事件发生的次数ξ是一个随机变量．如果在一次试验中某事件发生的概率是P，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是
kPn(??k)?Cnpkqn?k，（k＝0,1,2,…，n，q?1?p）．
于是得到随机变量ξ的概率分布如下：
ξ 0 1 …
k … n nn0Cnpq
P 00nCnpq 11n?1Cnpq … kkn?kCnpq …
称这样的随机变量ξ服从二项分布，记作ξ～B(n，p)，其中n，p为参数，并记
kkn?kCnpq＝b(k；n，p)．
8. 离散型随机变量的几何分布：在独立重复试验中，某事件第一次发生时，所作试验的次数ξ也是一个正整数的离散型随机变量．“??k”表示在第k次独立重复试验时事件第一次发生.如果把k次试验时事件A发生记为Ak、事件A不发生记为Ak，P(Ak)=p，P(Ak)=q(q=1-p)，那么
P(??k)?P(A1A2A3LAk?1Ak)?P(A1)P(A2)P(A3)LP(Ak?1)P(Ak)?qk?1p（k＝
0,1,2,…， q?1?p）．于是得到随机变量ξ的概率分布如下：
ξ P 1 2 3 … k … …
p pq
q2p … qk?1p
称这样的随机变量ξ服从几何分布
记作g(k，p)= qk?1p，其中k＝0,1,2,…， q?1?p．
二、讲解新课：
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ξ的分布列如下
ξ 4 5 6 7 8 9 10 P 0.02 0.04 0.06 0.09 0.28 0.29 0.22
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期望
根据射手射击所得环数ξ的分布列，
我们可以估计，在n次射击中，预计大约有
P(??4)?n?0.02n 次得4环；
P(??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?0.02?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．
对于任一射手，若已知其射击所得环数ξ的分布列，即已知各个P(??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ξ的概率分布为
ξ P x1 p1 x2 p2 … … xn pn … … 则称 E??x1p1?x2p2?…?xnpn?… 为ξ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ξ的概率分布中，令p1?p2?…
?pn，则有p1?p2?…?pn?又称为平均数、均值
11，E??(x1?x2?…?xn)?，所以ξ的数学期望nn4. 均值或期望的一个性质:若??a??b(a、b是常数)，ξ是随机变量，则η也是随机变量，它们的分布列为 ξ η P x1 x2 … … … xn … … … ax1?b ax2?b p1 p2 axn?b pn 于是E??(ax1?b)p1?(ax2?b)p2?…?(axn?b)pn?…
＝a(x1p1?x2p2?…?xnpn?…)?b(p1?p2?…?pn?…) ＝aE??b，
由此，我们得到了期望的一个性质:E(a??b)?aE??b 5.若ξ:B（n,p），则Eξ=np
证明如下：
kkn?kkkn?k?Cnpq， ∵ P(??k)?Cnp(1?p)00n11n?122n?2kkn?k∴ E??0×Cnpq＋1×Cnpq＋2×Cnpq＋…＋k×Cnpq＋…＋n×nn0Cnpq．
又∵ kCn?k?kn!n?(n?1)!k?1??nCn?1，
k!(n?k)!(k?1)![(n?1)?(k?1)]!11n?200n?1k?1k?1(n?1)?(k?1) ∴ E??np(Cn?1pq＋Cn?1pq＋…＋Cn?1pq＋…＋n?1n?10Cnq)?np(p?q)n?1?np． ?1p故 若ξ～B(n，p)，则E??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?0.7?0?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?18,E??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：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；?X3=?10000,有小洪水；
?0,无洪水.?于是，
EX1＝3 800 ,
EX2＝62 000×P (X2 = 62 000 ) + 2 00000×P (X2 = 2 000 ) = 62000×0. 01 + 2000×(1-0.01) = 2 600 ,
EX3 = 60000×P (X3 = 60000) + 10 000×P(X3 =10 000 ) + 0×P (X3 =0) = 60 000×0.01 + 10000×0.25=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(??i)?1/6,i?1,2,???,6，
?E??1?1/6?2?1/6?????6?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)?0.85k?1?0.15（k=1，2，…，10）
需要抽查10次即前9次取出的都是正品的概率：P(??10)?0.85由此可得?的概率分布如下：
1 2 ?
93 0.1084
4 0.092
5 0.0783
6 0.0666
7 0.0566
8 0.0481
9 0.0409
10 0.2316
P 0.1
5 0.1275
根据以上的概率分布，可得?的期望
高中数学《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》教案2 新人教A版选修2-3
