2.3离散型随机变量的均值与方差教案二(新人教A版选修2-3)

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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
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 ,体现数学的化功能与人
价值。
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
授类型:新授
时安排:2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
ξx1x2…xi…
PP1P2…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,某事可能发生也可能不发生,在n次独立重复试验中这个事发生的次数ξ是一个随机变量.如果在一次试验中某事发生的概率是P,那么在n次独立重复试验中这个事恰好发生k次的概率是
,(k=0,1,2,…,n, ).
于是得到随机变量ξ的概率分布如下:
ξ01…k…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(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k次独立重复试验时事第一次发生.如果把k次试验时事A发生记为 、事A不发生记为 ,P( )=p,P( )=q(q=1-p),那么
(k=0,1,2,…, ).于是得到随机变量ξ的概率分布如下:
ξ123…k…
P


称这样的随机变量ξ服从几何分布
记作g(k,p)= ,其中k=0,1,2,…, .
二、讲解新:
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
ξ45678910
P0.020.040.060.090.280.290.22
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
ξx1x2…xn…
Pp1p2…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
ξx1x2…xn…
η



Pp1p2…pn…
于是 … …
= … …) … …)
= ,
由此,我们得到了期望的一个性质:
5.若ξ B(n,p),则Eξ=np
证明如下:
∵  ,
∴  0× +1× +2× +…+k× +…+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 00 0 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,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:

12345678910

0.150.12750.10840.0920.07830.06660.05660.04810.04090.231 6
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
ξ123456

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4km时租车费为10元,若行驶路程超出4km,则按每超出lkm加收2元计费(超出不足lkm的部分按lkm计).从这个城市的民航机场到某宾馆的路程为15km.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lkm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
ξ15161718
P0.10.50.30.1
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15km,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、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
η012
P

所以 0× +1× +2× =1.4.
⑶ξ的概率分布为
ξ0123
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“ξ=k”发生,即n个大肠杆菌中恰有k个在此升水中,由n次独立重复实验中事A(在此升水中含一个大肠杆菌)恰好发生k次的概率计算方法可求出P(ξ=k),进而可求Eξ.
  解:记事A:“在所取的1升水中含一个大肠杆菌”,则P(A)= .
    ∴ P(ξ=k)=Pn(k)=C )k(1- )n-k(k=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、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

012
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)=

01234
p


∴ 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

012


5. 、 两个代表队进行乒乓球对抗赛,每队三名队员, 队队员是 , 队队员是 ,按以往多次比赛的统计,对阵队员之间胜负概率如下:
对阵队员A 队队员胜的概率B队队员胜的概率
A¬1¬对B1

A¬2¬对B2

A¬3¬ 对B3

现按表中对阵方式出场,每场胜队得1分,负队得0分,设 队, 队最后所得分分别为 ,
(1)求 , 的概率分布; (2)求 ,
解:(Ⅰ) , 的可能取值分别为3,2,1,0

根据题意知 ,所以

(Ⅱ) ;
因为 ,所以
七、板书设计(略)
八、教学反思:
(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 。





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