教案表

课题

2．3．1离散型随机变量的均值

课型 新授课 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ξB（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。 重点

难点 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

教具

准备 多媒体、实物投影仪 课时

安排 2 教学过程与教学内容 教学方法、教学手段与学法、学情 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 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，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，则称表

ξ x1 x2 ... xi ... P P1 P2 ... 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 次的概率是

　　，（ ＝0,1,2,...，n，）．

于是得到随机变量ξ的概率分布如下

ξ 0 1 ... ... n P ... ... 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＝b( ；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．""表示在第 次独立重复试验时事件第一次发生.如果把 次试验时事件A发生记为、事件A不发生记为，P()=p，P()=q(q=1-p)，那么

（ ＝0,1,2,...， ）．于是得到随机变量ξ的概率分布如下

ξ 1 2 3 ... ... P ... ... 称这样的随机变量ξ服从几何分布

记作g( ，p)= ，其中 ＝0,1,2,...， ．

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　　

　　　　次得4环；

　　　　次得5环；

　　　　............

　　　　次得10环．

故在n次射击的总环数大约为

，

从而，预计n次射击的平均环数约为

　　　．

　　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（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

　　　　...．

　　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 x1 x2 ... xn ... P p1 p2 ... pn ... 则称 ...... 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...，则有...，...，所以ξ的数学期望又称为平均数、均值

　　4. 均值或期望的一个性质 若(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 x1 x2 ... xn ... η ... ... P p1 p2 ... pn ... 于是......

＝......)......)

＝，

由此，我们得到了期望的一个性质

　　5.若ξB（n,p），则Eξ=np

证明如下

∵　，

∴　0×＋1×＋2×＋...＋ ×＋...＋n×．

又∵ ，

∴ ＋＋...＋＋...＋．

故　　若ξ～B(n，p)，则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，

　　所以

　　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）,,

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

　　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

　　同样，采用第 3 种方案，有

　　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 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 ∵，

　　=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，前次取出正品而第次（=1，2，...，10）取出次品的概率

　　（=1，2，...，10）

　　需要抽查10次即前9次取出的都是正品的概率 由此可得的概率分布如下

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0.15 0.1275 0.1084 0.092 0.0783 0.0666 0.0566 0.0481 0.0409 0.2316 　　根据以上的概率分布，可得的期望

例6.随机的抛掷一个骰子，求所得骰子的点数ξ的数学期望．

解 抛掷骰子所得点数ξ的概率分布为

ξ 1 2 3 4 5 6 P 　　所以

　　　1×＋2×＋3×＋4×＋5×＋6×

＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)×＝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．

　　例7.某城市出租汽车的起步价为10元，行驶路程不超出4 m时租车费为10元，若行驶路程超出4 m，则按每超出l m加收2元计费(超出不足l m的部分按l m计)．从这个城市的民航机场到某宾馆的路程为15 m．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l m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的分布列为

ξ 15 16 17 18 P 0.1 0.5 0.3 0.1 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 m，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)十10，即　η=2ξ+2；

　　(Ⅱ)

　　∵ η=2ξ+2

　　∴ 2Eξ+2=34.8 （元）

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

四、课堂练习

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，则（ ）

A．4；　　B．5；　　C．4.5；　　D．4.75

答案 C

2. 篮球运动员在比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

　⑴他罚球1次的得分ξ的数学期望；

　⑵他罚球2次的得分η的数学期望；

　⑶他罚球3次的得分ξ的数学期望．

　解 ⑴因为，，所以

　1×＋0×

　⑵η的概率分布为

η 0 1 2 P 所以 0×＋1×＋2×＝1.4．

⑶ξ的概率分布为

ξ ０ １ 2 3 P 　　　所以 0×＋1×＋2×＝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ξ，求ξ的数学期望．

　　分析 任取1升水，此升水中含一个大肠杆菌的概率是，事件"ξ= "发生，即n个大肠杆菌中恰有 个在此升水中，由n次独立重复实验中事件A（在此升水中含一个大肠杆菌）恰好发生 次的概率计算方法可求出P(ξ= ),进而可求Eξ.

　　解 记事件A "在所取的1升水中含一个大肠杆菌"，则P(A)=．

　　　　∴　P(ξ= )=Pn( )=C) (1－)n－ （ =0,1,2,....,n）．

　　∴　ξ～B(n,)，故　Eξ =n×=

五、小结 (1)离散型随机变量的期望，反映了随机变量取值的平均水平；

(2)求离散型随机变量ξ的期望的基本步骤 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，由期望的定义求出Eξ 公式E（aξ+b）= aEξ+b，以及服从二项分布的随机变量的期望Eξ=np

六、课后作业 P64-65练习1,2,3,4 P69 A组1,2,3

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，则其中含红球个数的数学期望是 （用数字作答）

解 令取取黄球个数 (=0、1、2)则的要布列为

0 1 2 p 于是 E（）=0×+1×+2×=0.8

故知红球个数的数学期望为1.2

　　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

①求的概率分布列

②求的数学期望

解 ①依题意的取值为0、1、2、3、4

=0时，取2黑 p(=0)=

=1时，取1黑1白 p(=1)=

=2时，取2白或1红1黑p(=2)= +

=3时，取1白1红，概率p(=3)=

=4时，取2红，概率p(=4)=

0 1 2 3 4 p [ 学 ]

∴分布列为

（2）期望E=0×+1×+2×+3×+4×=

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

解 设表示产生故障的仪器数，Ai表示第i台仪器出现故障（i=1、2、3）

表示第i台仪器不出现故障，则

p(=1)=p(A1··)+ p(·A2·)+ p(··A3)

=p1(1－p2) (1－p3)+ p2(1－p1) (1－p3)+ p3(1－p1) (1－p2)

= p1+ p2+p3－2p1p2－2p2p3－2p3p1+3p1p2p3

p(=2)=p(A1· A2·)+ p(A1··)+ p(·A2·A3)

= p1p2 (1－p3)+ p1p3(1－p2)+ p2p3(1－p1)

= p1p2+ p1p3+ p2p3－3p1p2p3

p(=3)=p(A1· A2·A3)= p1p2p3

∴=1×p(=1)+2×p(=2)+3×p(=3)= p1+p2+p3

注 要充分运用分类讨论的思想，分别求出三台仪器中有一、二、三台发生故障的概率后再求期望

　4.一个袋子里装有大小相同的3个红球和2个黄球，从中同时取出2个，含红球个数的数学期望是 1.2

解 从5个球中同时取出2个球，出现红球的分布列为

　　 推导，分析