离散型随机变量的说课稿

2024-06-20

离散型随机变量的说课稿（通用10篇）

篇1：离散型随机变量的说课稿

离散型随机变量的方差一、三维目标：

1、知识与技能：了解离散型随机变量的方差、标准差的意义，会根据离散型随机变量的分布列求出方差或标准差。

2、过程与方法：了解方差公式“D(aξ+b)=a2Dξ”，以及“若ξ～Β(n，p)，则Dξ=np(1—p)”，并会应用上述公式计算有关随机变量的方差。

3、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。

二、教学重点：

三、教学难点：

四、教学过程：

（一）、复习引入：

1..数学期望

则称 Ex1p1x2p2„xnpn„为ξ的数学期望，简称期望．2.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.期望的一个性质: E(ab)aEb

5、如果随机变量X服从二项分布，即X ～ B（n,p），则EX=np

（二）、讲解新课：

1、(探究1)某人射击10次，所得环数分别是：1，1，1，1，2，2，2，3，3，4；则所得的平均环数是多少？111122 X2334101

4321102103104102

(探究2)某人射击10次，所得环数分别是：1，1，1，1，2，2，2，3，3，4；则这组数据的方差是多少？

s21[(x1x)2(xix)2(x2 n

nx)]

s21

[(12)2(12)2(12)2(12)2(22)2

(22)2(22)2(32)2(32)2(42)2]1

s24(12)23(22)22(32)2110101010(42)22、离散型随机变量取值的方差的定义: 设离散型随机变量X的分布为：

则(xi-EX)2描述了xi(i=1,2,„n)相对于均值EX的偏离程度，而n

DX (x2iEX)pi

i

1为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X与其均值EX的平均偏离程度。我们称DX为随机变量X的方差，其算术平方根DX叫做随机变量X的标准差.随机变量的方差与标准差都反映了随机变量偏离于均值的平均程度的平均程度，它们的值越小，则随机变量偏离于均值的平均程度越小，即越集中于均值。

（三）、基础训练

求DX和DX解：EX00.110.220.430.240.1

2DX(02)20.1(12)20.2(22)20.4(32)20.2(42)20.11.2

= 40 000;

DX.21.09

5（四）、方差的应用

用击中环数的期望与方差分析比较两名射手的射击水平。解：EX19,EX29DX10.4,DX20.8

表明甲、乙射击的平均水平没有差别，在多次射击中平均得分差别不会很大，但甲通常发挥比较稳定，多数得分在9环，而乙得分比较分散，近似平均分布在8－10环。

问题1：如果你是教练，你会派谁参加比赛呢？

问题2：如果其他对手的射击成绩都在8环左右，应派哪一名选手参赛？

问题3：如果其他对手的射击成绩都在9环左右，应派哪一名选手参赛？

解：根据月工资的分布列，利用计算器可算得

EX1 = 1200×0.4 + 1 400×0.3 + 1600×0.2 + 1800×0.1= 1400 ,DX1 =(1200-1400)2 ×0.4 +(1400-1400)2×0.3+(1600-1400)2×0.2+(1800-1400)2×0.1EX2＝1 000×0.4 +1 400×0.3 + 1 800×0.2 + 2200×0.1 = 1400 ,DX2 =(1000-1400)2×0.4+(1 400-1400)×0.3 +(1800-1400)2×0.2 +(2200-1400)2×0.l

= 160000.因为EX1 =EX2, DX1

（五）、几个常用公式：

（1）若X服从两点分布，则DX=p(1-p）。（2）若X～B(n，p)，则DX=np(1-p)（3）D（ax+b）= a2DX；(六）、练习：

1、已知318，且D13,则D

2、已知随机变量X的分布列

求DX和 DX3、若随机变量X满足P（X=c）=1,其中c为常数，求DX。

(七)、小结：

1、离散型随机变量取值的方差、标准差及意义

2、记住几个常见公式：

（1）若X服从两点分布，则DX=p(1-p）。（2）若X～B(n，p)，则DX=np(1-p)（3）D（ax+b）= a2DX；(八)、作业：P691、4

篇2：离散型随机变量的说课稿

一、内容和内容解析

“随机变量及其分布”一章的主要内容就是要通过具体实例，帮助学生理解取有限值的离散型随机变量及其分布列、均值、方差的概念，理解超几何分布和二项分布的概型并能解决简单的实际问题，使学生认识分布列对于刻画随机现象的重要性，认识正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，了解条件概率和两个事件相互独立的概念。

“离散型随机变量”是这一章的开门课。因此，在本节课中，让学生了解本章的主要内容及其研究该内容所用的数学思想方法，对学生明确学习目标和学习任务，提高他们的求知欲望，激发他们的学习兴趣非常重要。于是，本节课的第一个教学任务就是要做好章头图的教学。教材的章头图从实例和图形两个方面展示了本章要学习的内容，一个是离散型随机变量的产生背景和分布列的条形图，另一个是正态分布的背景和正态分布密度曲线。教学时要充分地运用章头图的这两个背景，通过问题的形式，帮助学生明确本章要学习的主要内容和意义。

对于一个随机现象，就是要了解它所有可能出现的结果和每一个结果出现的概率。对于随机试验，只要了解了它可能出现的结果，以及每一个结果发生的概率，也就基本把握了它的统计规律。为了使用数学工具研究随机现象，需要用数字描述随机现象，建立起连接数和随机现象的桥梁——随机变量。随机变量能够反映随机现象的共性，有关随机变量的结论可以应用到具有不同背景的实际问题中。而高中阶段主要研究的是有限的离散型的随机变量，因此，本节课的第二个教学任务就是通过具体实例，帮助学生掌握随机变量和离散型随机变量的概念，理解它们的意义和作用，能对一个随机试验的结果，用一个随机变量表示，并能确定其取值范围。

二、目标和目标解析

1.了解本章学习的内容和意义。具体要求为：

（1）通过章头图中给出的射击运动的情景，帮会学生了解，在射击运动中，每次射击的成绩是一个非常典型的随机事件。在这个离散型的随机事件中，如何刻画每个运用员射击的技术水平与特点？如何比较两个运动员的射击水平？如何选拔运动员参加比赛获胜的概率大？这些问题的解决需要离散型随机变量的概率分布、均值、方差等有关知识；

（2）通过章头图中给出的高尔顿板游戏情景，帮助学生了解在这样一个连续型的随机事件的游戏活动中，小球落在哪个槽中的可能性更大？槽中的小球最后会堆积成什么形状？这些问题与本章将要学习的正态分布有关；

（3）在上述两个情景的基础上，通过问题的形式，帮助学生提出本章要研究的问题和基本思想：随机事件形形色色，随机现象表现各异，但如果舍弃具体背景，它们就会呈现出一些共性；如果把随机试验的结果数量化，用随机变量表示试验结果，就可以用数学工具来研究这些随机现象。这样不仅阐述了本章的主要内容，而且激发了学生的学习兴趣，使他们明确本章的学习目标以及研究本章内容的数学思想方法。

2.理解随机变量和离散型随机变量的描述性定义，以及随机变量与函数的关系，能够把一个随机试验的结果用随机变量表示，能够根据所关心的问题定义一个随机变量。具体要求是：

（1）在对具体问题的分析过程中，帮助学生理解用随机变量表示随机试验结果的意义和作用：为了使用数学工具研究随机现象，需要用数字描述随机现象，建立起连接数和随机现象的桥梁——随机变量，掌握随机变量的描述性概念，了解随机变量与函数的关系，构造随机变量应当注意的问题（如随机变量应该有实际意义、应该尽量简单，以便于研究），以及用随机变量表示随机事件的方法等；

（2）通过具体问题的对比分析，帮助学生理解随机变量有两个类型：

取有限个值的离散型随机变量离散型随机变量

随机变量 随型机变量取无穷多个值的离散连续型随机变量能够根据具体问题，把随机试验的结果用一个随机变量表示，并能写出其取值范围；能够熟练地用随机变量的取值表示一个随机事件；

（3）通过反思随机变量的定义过程，引导学生体会，在实际应用中如何根据实际问题恰当地定义随机变量（如根据所关心的问题，定义随机变量），以达到事半功倍的效果。

三、重点和难点解析

本节内容是为求分布列作铺垫的一节概念课。所以要把随机变量和离散型随机变量的概念讲清楚。于是，可以确定的重点、难点是：

重点：用随机变量表示随机试验结果的意义和方法；

难点：对随机变量意义的理解；构造随机变量的方法；随机变量取值范围的确定。

四、教学问题诊断分析

1.是否讲解“随机试验”的概念？

研究随机现象，就是要研究随机试验可能出现的结果（其中的每一个结果即为一个随机事件）和每一个结果发生的概率（即描述每一个随机事件发生可能性大小的度量），从而把握它的统计规律。这里有三个概念：随机事件、随机现象和随机试验。

在必修三中，学生已经学习了随机事件的概念（即在条件S下可能发生也可能不发生的事件，叫做相对于条件S的随机事件），之前，学生通过在初中数学和必修三的概率学习，又有了随机现象的观念，因此，学生对“随机试验”的概念是能够不加定义而自明的，也就是“随机试验”可以作为不加定义的原始概念引入。事实上，教材在介绍随机变量的概念时，不加定义地引入了“随机试验”的概念（教材第44页第一个思考下方第一行），就是基于这样的考虑，因此，在教学中，对“随机试验”的概念不需要（也根本没有必要）引导学生下定义，以避免严格的定义可能造成学生理解的模糊，影响对主干概念“随机变量”的理解。

事实上，“试验”一词有十分广泛的含义：凡是对对象的观察或为此而进行的实验都称之为试验。如果一个试验满足以下条件，则称之为随机试验：（1）试验可以在相同条件下重复进行；（2）试验的所有结果是明确且可以知道的，并且不止一个；（3）每次试验总是恰好出现这些结果中的一个，但在一次试验之前却不能肯定这次试验会出现哪一个结果。

2.怎样建构“随机变量”的概念？

本节内容围绕随机试验的结果可以用“数”表示进行展开。掷骰子试验、掷硬币试验是学生比较熟悉的两个随机试验，对掷骰子试验的结果和数字1~6对应起来学生很容易理解，而掷硬币试验的结果则不容易联想到数字。可以引导学生思考：值一枚硬币的结果是否也可以用数字表示呢？通过把“正面向上”与1对应，“反面向上”与0对应，使得掷硬币的试验结果同样也可以用数字表示，这样的问题还可以列举，如新生婴儿性别抽查：可能是男，也可能是女，同样可以分别用1和0表示这两种结果，在此基础上抽象概括出随机变量的描述性定义。

3.怎样深化对“随机变量”概念本质的理解？对随机变量概念的理解，不是下个定义一步完成的，为了帮助学生深入地体会随机变量的本质，可以对掷硬币的试验结果的表示方法提出下面问题：还可以用其他的数来表示这两个试验结果吗？目的是鼓励学生提出其他表示方法，比如“正面向上”用1表示，“反面向上”用-1表示等，以使学生理解随机变量的本质。事实上，对于同一个随机试验，可以用不同的随机变量来表示其所有可能出现的结果。为了帮助学生体会，究竟选择什么样的随机

变量更为合适？这就涉及到构造随机变量应当注意的一些基本问题：如随机变量应该有实际意义，应该尽量简单，以便于研究。例如，对于掷n次硬币出现正面的次数可以表示为12„n，其中i1,第i次试验出现正面0,第i次试验出现反面，通过这样的例子，帮助学生体会用数字1和0表示，能够直接反应出正面向上的次数，这显然很方便；而用1和-1分别表示试验结果的反面和正面，那么掷n次硬币出现正面的次数的表达式就会变得很复杂。为了进一步深化对概念的理解，可以引导学生将随机变量与函数概念进行类比：随机变量与函数有类似的地方吗？使他们了解随机变量的概念实际上也可以看作是函数概念的推广。

4.如何通过随机变量表示所关心的随机事件？

引入随机变量的目的是为了研究随机现象，那么如何通过随机变量表示所关心的随机事件呢？可以通过一些例子介绍用随机变量表示随机事件的方法，特别是一些较为复杂的随机事件的表示方法。例子的类型列举可以广泛：如有穷可列、无穷可列、不可列等三个类型。特别是对不可列的随机变量问题，可以根据所关心的问题，能够把它构造成可列的随机变量。从而进一步体会用随机变量表示随机事件的方法。

五、教学过程设计

1.情境引入

情境1：在射击运动中，运动员每次射击的成绩具有什么特征？（随机性）运动员每次射击的成绩是一个什么事件？（随机事件）

如何刻画每个运动员射击的技术水平与特点？如何比较两个运动员的射击水平？如何选择优秀运动员代表国家参加奥运会的比赛才能使得获胜的概率大？解决这个问题要涉及到离散型随机变量的概率分布模型。

情境2：高尔顿是英国生物学家和统计学家，他设计了一个著名的游戏——高尔顿板游戏。如图，在一块木板上钉上钉着若干排相互平行并相互错开的圆柱形小模块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前后挡有玻璃，然后让一个个小球从高尔顿板上方的通道口落下，小球落在哪个槽中的可能性更大？槽中的小球最后会堆积成什么形状？

这个问题近似地服从正态分布，它是很多自然现象和生产、生活实际问题中经常遇到的一种连续型随机变量的概率分布模型。

以上两个问题就是我们本章要学习的两个重要的随机变量概率分布模型，本章的课题是——随机变量及其分布。

引言：我们知道，概率是描述随机事件发生可能性大小的度量。无论是运动员的一次射击，还是利用高尔顿板做一次游戏，都是随机试验，只要了解了这些随机试验可能出现的结果（即每一个结果就是一个随机事件），以及每一个结果发生的概率，我们也就基本把握了它的统计规律。随机事件形形色色，随机现象表现各异，但如果舍弃具体背景，他们就会呈现出一些共性；如果把随机试验的结果数量化，应随机变量表示试验结果，就可以用数学工具来研究这些随机现象。

引导学生阅读章头图的内容。然后展示本章的知识结构图：两类随机变量的概率分布模型：离散型随机变量——（在讲概率分布列、均值和方差的基础上）研究二项分布和超几何分布模型；连续型随机变量——正态分布模型。

2.离散型随机变量

问题1：概率是描述在一次随机试验中某个随机事件发生可能性大小的度量。如掷骰子就是一个随机试验，它有六种可能性结果。你还能举出一些随机试验的例子吗？该随机试验的所有可能结果有哪些？

设计意图：能够判定简单的随机试验，并能列举出所有可能的结果，为用“数”表示这些结果做好准备。

问题2：（1）掷一枚骰子，出现向上的点数X是1，2，3，4，5，6中的某一个数；

（2）在一块地上种10棵树苗，成活的棵树Y是0，1，2，3，„，10中的某个数。

下面两个随机试验的结果是否可以用数字表示呢？

（3）掷一枚硬币所有可能的结果；正面向上——1；反面向上——0

（4）新生儿性别，抽查的所有可能的结果；男——1；女——0 设计意图：通过讨论引导学生发现任何一个随机试验的结果都可用数字进行表示，这样随机试验的结果与数字之间就构成了一个对应关系，这为引入随机变量的概念奠定基础。

问题3：上述四个例子说明，随机试验的结果与数字之间构成了一个对应关系，使得每一个试验的结果都用一个确定的数字表示。这样随机试验的结果就可以看成是一个变量，我们称其为随机变量。你能给随机变量下一个定义吗？

设计意图：引导学生通过分析、综合活动，尝试给随机变量下定义。这种定义方式是描述性的，学生可以凭借自己的理解下定义，只要这种描述比较准确就可以，不一定按照课本的描述性定义。如一般地，如果一个随机试验的结果可以用一个变量表示，这个变量就叫做随机变量，等。

问题4：在（3）和（4）的两个随机试验中，其试验的结果是否还可以用其他人数字表示？

设计意图：通过讨论，得出结论：一个随机试验的结果可以用不同的随机变量表示。如上面两个试验的结果还可以用-1和1表示等。

问题5：在掷一枚硬币的随机试验中，其结果可以用1和0表示，也可以用-1和1等其他数字表示，那么，在5次掷硬币的随机试验中，出现“正面向上”的次数可以怎样表示？由此你认为定义一个随机变量需要遵循哪些原则？

设计意图：出现“正面向上”次数125，1,第i次试验出现正面，当一次试验的结果表示为i =0，1，2，3，4，5；

0,第i次试验出现反面。1,第i次试验正面向上，当一次试验的结果表示为i i-5，-4，-3，-2，-1，0.-1,第i次试验反面向上。从使用意义上看，显然把正面向上的次数表示成负数不太合适，而且这样也不方便，因此，构造随机变量时，应当注意一些基本问题：如随机变量应该有实际意义，应当尽量简单，以便于研究。

问题6：随机变量和函数有类似的地方吗？

设计意图：引导学生把随机变量和函数进行类比，使他们了解随机变量的概念实际上也可以看作是函数概念的推广：随机变量和函数都是一种映射，随机变量把随机试验的结果映为实数，函数把实数映为实数。在这两种映射之间，试验结果的范围相当于函数的定义域，随机变量的取值范围相当与函数的值域。

例1 判断下列各个量，哪些是随机变量，哪些不是随机变量，并说明理由。（1）每天你接到的电话的个数X；（2）标准大气压下，水沸腾的温度T；（3）某一自动装置无故障运转的时间t；（4）体积64立方米的正方体的棱长a；（5）抛掷两次骰子,两次结果的和s.（6）袋中装有6个红球，4个白球，从中任取5个球，其中所含白球的个数η.设计意图：进行随机变量概念辨析。

例2.写出下列各随机变量可能的取值（或范围）:

(1)从10张已编号的卡片（从1号到10号）中任取1张被取出的卡片的号数X．(2)一个袋中装有3个白球和5个黑球，从中任取5个，其中所含白球数Y．(3)抛掷两枚骰子，所得点数之和ξ．

(4)接连不断地射击,首次命中目标需要的射击次数ξ．(5)某网页在24小时内被浏览的次数η.(6)某一自动装置无故障运转的时间T（7）电灯泡的寿命X。

设计意图：训练写出随机变量的取值或范围，并在此基础上通过分类得到“离散型随机变量”的概念。

问题7：在前面所举这些例子中，这些随机变量都有什么特征？设计意图：引导学生发现这些随机变量的取值都可以一一列出。

问题8：所有取值能够一一列出的随机变量，称为离散型随机变量。离散型随机变量有两类：一类是离散型随机变量的取有限个值的，一类是离散型随机变量取无限个值的（如例2（3）），我们主要研究取有限个值的离散型随机变量。

例3.写出下列离散型随机变量可能的取值:

(1)在考试中需回答三个问题，考试规则规定：每题回答正确得100分，回答不正确得－100分，则这名同学回答这三个问题的总得分ξ的可能取值有哪些？

(2)本着健康、低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多．某自行车租车点的收费标准是每车每次租车不超过两小时免费，超过两小时的部分每小时收费标准为2元(不足1小时的部分按1小时计算)．甲乙两人租车的时间都不超过4小时（两人不一定同时回来），则两人所付的总费用X的可能取值有哪些？

设计意图：练习写出较为复杂的离散型随机变量取值

问题9：利用随机变量可以表示一些事件。在例1中，你能说出｛X=0｝、｛X=4｝、｛X<3｝各表示怎样的事件吗？“抽出3件以上次品”又如何用X表示呢？

设计意图：引导学生学习用随机变量表示随机事件，使学生能够清晰地说出每一个随机变量取值的实际意义。

问题10：在研究随机现象时，需要根据所关心的问题恰当第定义随机变量。例如，对灯泡的使用寿命，如果我们仅关心灯泡的使用寿命是否不少于1000小时，那么就可以定义0,寿命1000小时如下的随机变量：，与灯泡的寿命X相比较，随机变量的构造更1,寿命1000小时简单，它只取两个不同的值0和1，是一个离散型随机变量，研究起来更加容易。你能根据实际意义，把能对（2）定义一个随机变量吗？

设计意图：引导学生能够根据所关心的问题，定义出离散型随机变量。例4.请根据所关心的问题，定义一个离散型随机变量：(1)掷一枚骰子，关心“掷出的点数是否为偶数”；

(2)任意抽取一瓶标有2500 ml 的某饮料，其实际量与规定量之差在±5ml以内为合格；(3)在某项体能测试中，跑1 km成绩在4 min之内的为优秀；4 min以上5 min以内为合格；某同学体能测试的结果.设计意图：练习能够根据所关心的问题定义一个随机变量。

备用例题：下列随机试验的结果能否用离散型随机变量表示？若能，请写出可能取值，并说出这些值所表示的随机试验的结果。

（1）棱长为1的正方体中，任意两条棱之间的距离（两条棱相交，可认为距离为0）；

（2）如图，从A1（1,0,0），A2（2,0,0），B1（0，2，0），B2（0,2,0），C1（0,0,1），C2（0,0,2）这6个点中随机选取3个点，将这3个点及原点O两两相连构成一个“立体”，该“立体”的体积为V。

设计意图：巩固并强化定义离散型变量的方法，并能准确写出所求可能取值。

篇3：离散型随机变量的说课稿

例1交5元钱,可以参加一次摸奖.一袋中有同样大小的球10个,其中有8个标有1元钱,2个标有5元钱,摸奖者只能从中任取2个球,他所得奖励是所抽2球的钱数之和.求抽奖人获利的数学期望.

分析:抽到的2个球上的钱数之和ε是个随机变量,其每一个ε取值时所代表的随机事件的概率值是容易获得的,本题的目标是求参加摸奖的人获利η的数学期望.由ε与η关系为η=ε-5,利用公式Eη=Eε-5可获解答.

解:设ε为抽到的2球钱数之和,则ε的可能取值如下:

ε=2(抽到2个1元),

ε=6(抽到1个1元,1个5元),

ε=10(抽到2个5元).

又设η为抽奖者获利可能值,则η=ε-5,所以抽奖者获利的期望为:.

点拨:要分清楚是谁获利?不能忽视了先交5元才能参加这一抽奖.因此,不能只计算Eε,最终Eη的结果为负值,说明摸奖者若重复这种抽奖,平均每摸一次要亏1.4元.

例2甲、乙两名工人加工同一种零件,两人每天加工的零件数相等,所得次品数分别为ε、η,ε和η的分布列如下:

试对这两名工人的技术水平进行比较.

分析:一是要比较两名工人在加工零件数相等的条件下出次品数的平均值,即期望;二是要看出次品数的波动情况,即方差值的大小.

解:工人甲生产出次品数ε的期望和方差分别为:

工人乙生产出次品数η的期望和方差分别为:,

由Eε=Eη知,两人出次品的平均数相同,技术水平相当,但Dε>Dη,可见乙的技术比较稳定.

点拨:期望仅体现了随机变量取值的平均大小,但有时仅知道均值的大小还不够.如果两个随机变量的均值相等,还要看随机变量的取值如何在均值周围变化,即计算方差.方差大说明随机变量取值较分散,方差小说明取值分散性小或者取值比较集中、稳定.

例3设事件A发生的概率为p,证明事件A在一次试验中发生次数ε的方差不超过.

分析:一次试验中事件A发生的次数ε只有两个值,因此,只要求出随机变量的概率分布,用定义就可以解决.

解:记一次试验中事件A发生的次数ε可能值为0,1.

ε的分布列为表2.

所以ε的期望

当且仅当p=1-p即时取等号.

点拨:将文字叙述性问题,转化为数学符号表达,这是一种重要的数学抽象思维能力.

例4某寻呼台共有客户3000人,若寻呼台准备了100份小礼品,邀请客户在指定时间来领取.假设任一客户去领奖的概率为4%.问寻呼台能否向每一位客户都发出领奖邀请?若能使每一位领奖人都得到礼品,寻呼台至少应准备多少礼品?

分析:可能来多少人,是一个随机变量.由于每人是否去领奖,相互间是独立的,因而随机变量服从二项分布,用数学期望来反映平均领奖人数,即能说明是否可行.

解:设来领奖的人数ε=k,(k=0,1,2,…,3000),所以,则ε～B(3000,0.04),那么Eε=3000×0.04=120(人)>100(人).

答:寻呼台不能向每一位客户都发送领奖邀请.若要使每一位领奖人都得到礼品,寻呼台至少应准备120份礼品.

篇4：离散型随机变量的均值和方差

已知离散型随机变量的分布列求均值和方差

例1 已知随机变量[ξ]的分布列如下表：

（1）求[ξ]的均值、方差和标准差；

（2）设[η=2ξ+3]，求[E（η），D（η）].

解析本题考查期望、方差的性质：若[y=ax+b]，则[E（y）=aE（x）+b，D（y）=a2D（x）].

（1）均值[E（ξ）=（-1）×12+0×13+1×16=-13]，

方差[D（ξ）=[（-1）-（-13）]2×12][+[0-（-13）]2×13]

[+[1-（-13）]2×16=59]，

标准差[D（ξ）=53].

（2）[E（η）=2E（ξ）+3=73]，[D（η）=4D（ξ）=209].

例2 某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18，19，20层停靠. 若该电梯在底层载有5位乘客，且每位乘客在这三层下电梯的概率均为[13]，用[ξ]表示这5位乘客在第20层下电梯的人数，则随机变量[ξ]的数学期望[E（ξ）=]（）

[A]. [43] [B]. [73]

[C]. [53] [D]. [23]

解析一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，属于二项分布于是[ξ]～[B（5，13）]，故[E（ξ）=np=5×13=53].

答案 [C]

[已知均值或方差求参数值]

例3 某射击运动员射中的环数[ξ]的分布列如下：

已知[E（ξ）=8.9]，则[y]的值为（）

A. [0.4] B. [0.6]

C. [0.7] D. [0.9]

解析本题运用分布列的性质和期望公式列方程组求解.

由条件得：[x+y+0.1+0.3=1，7x+8×0.1+9×0.3+10y=8.9，]

解得[x=0.2，y=0.4.]

答案 [A]

例4 张老师从课本上抄录一个随机变量[ξ]的分布列如下表：

[[ξ]＼&1＼&2＼&3＼&[P]＼&？＼&！＼&？＼&]

请同学计算[ξ]的数学期望，尽管“！”处完全无法看清，且两个“？”处字迹模糊，但能断定这两个“？”处的数值相同. 据此得出正确答案[E（ξ）=] .

解析设“？”为[a]，“！”为[b]，则[2a+b=1]，[E（ξ）=a+2b+3a=2（2a+b）=2]. 故填2.

[对两种方案的对比判断]

例5 最近，李师傅一家三口打算用10万元钱进行投资理财，构想了三种方案：

方案一：李师傅的儿子认为，根据股市收益大的特点，应该将10万元全部用来买股票. 据分析预测，投资股市一年可能获利[40%]，也可能亏损[20%]（假定只有这两种可能），且获利的概率为[12]；

方案二：李师傅认为，现在股市风险大，基金风险较小，应将10万元全部用来买基金. 据分析预测，投资基金一年后可能获利[20%]，可能损失[10%]，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为[35，15，15]；

方案三：李师傅的妻子认为，投资股市、基金都有风险，应该将10万元全部存入银行一年，现在存款年利率为[4%]，存款利息税率为[5%].

针对以上三种投资方案，请你为李师傅选择一种合理的理财方案，并说明理由.

解析合理的理财方案应满足两个条件：①获利高，②稳定性强. 可从数学期望和方差两方面考虑，优先选择期望值较大的方案，若期望值相同应选择方差较小的方案.

（1）若按方案一执行，设收益为[ξ]万元，则[ξ]的分布列为：

[[ξ]＼&[4]＼&[-2]＼&[P]＼&[12]＼&[12]＼&]

于是[E（ξ）=4×12+（-2）×12=1]万元.

（2）若按方案二执行，设收益为[η]万元，则[η]的分布列为：

于是[E（η）=2×35+0×15+（-1）×15=1]万元.

（3）若按方案三执行，

收益[y=10×4%×（1-5%）=0.38]万元.

由于[E（ξ）=E（η）>y]，

且[D（ξ）=（4-1）2×12+（-2-1）2×12=9]，

[D（η）=（2-1）2×35+（0-1）2×15+（-1-1）2×15=85].

由上知[D（ξ）>D（η）]，这说明虽然方案一、方案二收益相等，但方案二更稳定，所以建议李师傅家选择方案二进行投资理财较为合理.

总的来说，求解离散型随机变量的均值与方差，关键要过好“三关”：一是“判断关”，即依据题意判断随机变量的所有可能的取值；二是“求概率关”，即利用排列组合相关原理，以及古典概型等公式求出随机变量取各值时的概率；三是“应用定义关”，即列出随机变量的分布列，利用随机变量的均值与方差公式进行计算. 另外，还应牢记几种特殊分布列的数学期望和方差公式，可适当简化计算过程.

[练习]

1. 已知离散型随机变量[X]的分布列为：

则[X]的均值[E（X）=]（）

A. [32] B. [2]

C. [52] D. [3]

nlc202309081939

2. 若[X]是离散型随机变量，[P（X=x1）=23，][P（X=x2）=13]，且[x1

A. [53] B. [73]

C. [3] D. [113]

3. 已知抛物线[y=ax2+bx+c（a≠0）]的对称轴在[y]轴的左侧，其中[a，b，c∈{-3，-2，-1，0，1，2，3}]，在这些抛物线中，记随机变量[ξ=|a-b|]的取值，则[E（ξ）=]（）

A. [89] B. [35]

C. [25] D. [13]

4. 已知随机变量[ξ]的分布列为[P（ξ=m）=13，][P（ξ=n）=a]，若[E（ξ）=2]，则[D（ξ）]的最小值为 .

5. 设袋子中装有[a]个红球，[b]个黄球，[c]个蓝球，且规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球得2分，取出一个蓝球得3分.

（1）当[a=3，b=2，c=1]时，从该袋子中任取（有放回，且每球取到的机会均等）2个球，记随机变量[ξ]为取出此2球所得分数之和，求[ξ]的分布列；

（2）从该袋子中任取（每球取到的机会均等）1个球，记随机变量[η]为取出此球所得分数，若[E（η）=53，D（η）=59]，求[a∶b∶c].

[参考答案]

1. [E（X）=1×35+2×310+3×110=32]，故选[A].

2. 由条件知：[x1?23+x2?13=43（x1-43）2?23+（x2-43）2?13=29]

解得[x1=53x2=23]或[x1=1x2=2]

又[x1

于是[x1+x2=3]，故选[C].

3. 因为抛物线的对称轴在[y]轴的左侧，所以[-b2a<0]，即[ba>0]，即[a，b]同号. 则[ξ]的分布列为：

所以[E（ξ）=0×13+1×49+2×29=89]，故选[A].

4. 由题意得：[a+13=1]，

[∴a=23]，

[∴m3+2n3=2]，得[m=6-2n].

[∴D（ξ）=13（m-2）2+23（n-2）2]

[=13（6-2n-2）2+23（n-2）2]

[=2n2-8n+8=2（n-2）2，]

则当[n=2]时，[D（ξ）]取最小值为0.

5. （1）由题意得：[ξ]可取2，3，4，5，6.

且[P（ξ=2）=3×36×6=14，]

[P（ξ=3）=2×3×26×6=13，]

[P（ξ=4）=2×3×1+2×26×6=518，]

[P（ξ=5）=2×2×16×6=19，P（ξ=6）=1×16×6=136.]

[∴ξ]的分布列为：

（2）由题意得：[η]的分布列为：

则[E（η）=aa+b+c+2ba+b+c+3ca+b+c=53]，

[D（η）=（1-53）2?aa+b+c+（2-53）2?ba+b+c]

[+（3-53）2?ca+b+c=59，]

化简得：[2a-b-4c=0a+4b-11c=0]

解得：[a=3cb=2c]

故[a∶b∶c=3∶2∶1].

篇5：离散型随机变量的期望教学计划

二、教学目标

[知识与技能目标]

通过实例，让学生理解离散型随机变量期望的概念，了解其实际含义。

会计算简单的.离散型随机变量的期望，并解决一些实际问题。

[过程与方法目标]

经历概念的建构这一过程，让学生进一步体会从特殊到一般的思想，培养学生归纳、概括等合情推理能力。

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。

[情感与态度目标]

通过创设情境激发学生学习数学的情感，培养其严谨治学的态度。在学生分析问题、解决问题的过程中培养其积极探索的精神，从而实现自我的价值。

三、教法选择

引导发现法

四、学法指导

篇6：离散型随机变量的说课稿

管理系505-13、14、15；经济系205-

1、2 授课时间

2006年3月3日；星期五；1—2节

教学内容

第二章一维随机变量及其概率分布第一节离散型随机变量及其分布律（续）

三、常见离散型随机变量的概率分布

1、二点分布和二项分布

2、泊松分布

通过教学，使学生能够：

1、掌握两点分布

2、掌握贝努利概型和二项分布

3、掌握泊松分布

教学目的

知识：

1、两点分布

2、贝努利概型和二项分布

3、泊松分布

技能与态度

1、将生活中的随机现象与随机变量的分布相联系

2、会分析计算生产实际中的概率问题

教学重点常见的分布教学难点贝努利概型

教学资源自编软件（演示贝努利概型）

教学后记

培养方案或教学大纲

修改意见对授课进度计划修改意见对本教案的修改意见教学资源及学时调整意见其他教研室主任：

系部主任：

《概率与数理统计》09—§2-1离散型随机变量及其概率分布（第二次）（共 7 页）

第 1 页

教学活动流程

教学步骤、教学内容、时间分配

一、复习导入新课

复习内容：（5分钟）

1、随机变量的概念

2、分布律的概念导入新课：（2分钟）

教学目标

教学方法

提问讲解

巩固所学知识，与技能

上一次我们引入了随机变量的概念，已经学会了用含有引出本节要学习随机变量的等式或不等式来表示不同的随机事件。在实际问的主要内容题中，不同的离散型随机变量拥有各自不同的分布律。但生

产管理和实际生活中，有很多随机变量的分布规律是类似的，常见的分布有三类：两点分布、二项分布、泊松分布

1、掌握两点分布

二、明确学习目标

2、掌握贝努利概型和二项分布

3、掌握泊松分布

三、知识学习（50分钟）

三、常见的离散型随机变量的分布

(一)两点分布（0—1分布）若随机变量X的分布律为

X01pP1p，则称X服从以p为参数的（0-1）分布。

若某个随机试验的结果只有两个，如产品是否合格，试验是否成功，掷硬币是否出现正面，射击是否中靶，新生儿的性别，等等，它们都可以用（0-1）分布来描述，只不过对不同的问题参数p的值不同而已。可见，（0-1）分布是经常遇到的一种分布。

例

1、从装有6只白球和4只红球的口袋中任取一球，1,取到白球以X表示取出球的颜色情况，即X=，求X的0,取到红球分布律。

解：P{X=1}=1C61C10=0.6，P{X=0}=

1C41C10=0.4

则X的分布律为XP010.40.6

(二)二项分布

二项分布是实际中很常见的一种分布，为了对它进行研究，需要先介绍一种非常重要的概率模型——贝努利概型

我们在实际中经常会遇到这样的情况:所考虑的试验是

掌握两点分布的概念

讲授法

《概率与数理统计》09—§2-1离散型随机变量及其概率分布（第二次）（共 7 页）

第 2 页由一系列的子试验组成的，而这些子试验的结果是互不影响的，即子试验之间是互相独立的。例如，将一枚硬币连续抛n次，我们可以将每抛一次看成一个子试验，而每次抛硬币出现正面与反面的结果是互不影响的。而且随机现象的统计规律性是在大量的重复试验的条件下才呈现出来的，因此对某个试验独立重复地进行n次，在概率分布的研究中也有重要的作用。

我们只讨论每次只有两个结果的n次独立重复试验。

1、贝努利(Bernoulli)试验

定义：设随机试验E只有两种可能的结果：A或A，在相同的条件下将E重复进行n次，若各次试验的结果是互不影响，则称这n重独立试验。

它是数学家贝努利首先研究的，因此也叫n重贝努利试验，简称贝努利试验，这时讨论的问题叫贝努利概型

说明：贝努利试验应同时满足以下条件：(1)在相同条件下进行n次重复试验；

(2)每次试验只有两种可能结果：A发生或A不发生；(3)在每次试验中，A发生的概率均相同，即P(A)=p；(4)各次试验是相互独立的

对于贝努利概型，我们主要研究在n次贝努利试验中事件A出现k次的概率。

定理：在贝努利概型中，设事件A在每次试验中发生的概率为p，则在n次贝努利试验中，事件A出现k次的概率kk为Pn(k)Cn（k=0,1,2,„,n）p(1p)nk，理解贝努利概型

例2：将一枚均匀的硬币抛掷3次（与3枚硬币掷一次相当），求正面出现1次的概率

解：n=3，k=1，p=0.5，1-p=0.5，则1P3(1)C3(0.5)1(10.5)31=0.375 用古典概率解释: Ω={正正正,正正反,正反正,正反反,．．．反正正,反正反,反反正,反反反} ．．．．．．说明:简单问题用古典概型解决还可以,当试验次数太多时,样本点有2n个，只能用公式求解

软件演示：

例3：从一批由9件正品，3件次品组成的产品中，有放回地抽取5次，每次取一件，求有两次取得次品的概率

解：将每一次抽取当做一次试验，设A={取到次品}，有放回地抽取5次，看成是一个5重贝努利试验，n=5，两次取得次品，则有k=2，每次试验中

p = P(A)=1C31C1213，则1-p=，44

掌握计算公式

讲授法

讲授法板书

软件演示

《概率与数理统计》09—§2-1离散型随机变量及其概率分布（第二次）（共 7 页）

第 3 页 2因此P5(2)C5()2(1)52=1414135 5122、二项分布

定义：若随机变量X的取值为0,1,2,„,n，且kkP{X=k}=Cnp(1p)nk，k =0,1,2,„,n

其中0

特例：当n=1时，二项分布即为两点分布例4(P 21)

说明：二项分布的应用非常广泛，但是当重复试验的次数很多时，计算量又很大，平时解题可以不用计算，当n>5时用式子表示即可。为便于应用，可直接查阅二项分布表(P157附表6），查表结果是X取值从0到x的累计概率。即P{X≤x}。若计算X=m的概率，可用P{X=m}=P{X≤m}—P{X≤m—1}

例如：P{X=5}=P{X≤5}—P{X≤4}

例5(P22)、工厂生产的螺丝次品率为0.05，每个螺丝是否为次品是相互独立的，产品出售时10个螺丝打成一包，并承诺若发现一包内多于一个次品即可退货。用X表示一包内次品的个数。求（1）X的分布律；（2）工厂的退货率

解：对一包内的10个螺丝逐个进行检验，相当于进行10重贝努利试验，因此X~B(10,0.05)

k（1）X的分布律：P{X=k}=C10（k(0.05)k(0.95)10k，=0,1,2,„,10）（2）当X>1时退货，退货率为：P{X>1}= 1—P{X≤1}=1—k01kC10(0.05)k(0.95)10k

泊松定理（Poisson）:设λ>0是一常数，n是正整数。若npn=λ，则对任一固定的非负整数k，有klim(1pn)e。（证：P23注释）nk!定理的条件npn=λ，意味着n很大时pn必定很小，由定理知，当X~B(n, p)，且n很大而p很小时，有kCnkpnnkkP{X=k}=Cnp(1p)knkk e，λ=np ≈k!k e计算在实际计算中，当n≥20且p≤0.05时，用k!kkCnp(1p)nk的近似值效果颇佳；

k 当n≥100且np≤10时，效果更好。e的值有表可

掌握二项分布的计算

理解定理内容

讲授法板书

《概率与数理统计》09—§2-1离散型随机变量及其概率分布（第二次）（共 7 页）

第 4 页

N3k因λ=np =3，由泊松定理P(X≤N)≈e3，k!k0

N3k3故问题转化为求N的最小值，使e≥0.99

k!k0

N3k3k即1e3e30.01

k!k!k0kN1

查书后附表2（P140）可知，当N+1≥9即时N ≥8时，上式成立。因此，为达到上述要求，至少需配备8名维修工人。

类似的问题在其他领域也会遇到，如电话交换台接线员的配备，机场供飞机起降的跑道数的确定等.(三)泊松分布

定义：若随机变量X所有可能的取值为0,1,2,„,而理解泊松分布的定义 k 查（见书后附表P139）

例

6、某车间有同类型的设备300台，各台设备的工作是相互独立的，发生故障的概率都是0.01，设一台设备的故障由一名工人维修，问至少需配备多少名维修工人，才能保证设备发生故障但不能及时维修的概率小于0.01？

解设需配备N名工人，X为同一时刻发生故障的设备的台数，则X~B(300,0.01)。所需解决的问题是确定N的最小值，使P(X≤N)≥0.99 e，其中λ>0是常数，则称X服从参数为λk!的泊松分布，记为X~P(λ)

具有泊松分布的随机变量在实际应用中是很多的。例如，在每个时段内电话交换台收到的电话的呼唤次数、某商店在一天内来到的顾客人数、在某时段内的某放射性物质发出的经过计数器的粒子数、在某时段内在车站候车的人数、单位面积上布匹的疵点数、单位时间内商店销售非紧俏商品的件数、等等，只要试验的结果为两个，且由很多因素共同作用来决定的随机变量，都可认为是服从泊松分布。泊松分布也是一种常见的重要分布。它是二项分布的极限分布，因此可用泊松分布的计算公式计算二项分布。

例15：每分钟经过收费站的汽车流量服从泊松分布：X ~P(5)，求每分钟经过该收费站的汽车不足9辆的概率。

解：P{X<9}=1—P{X≥9}=1-0.0681=0.9319 P{X=k}=

例1 某人独立地射击目标，每次射击的命中率为0.02，掌握分布律的性射击200次，求目标被击中的概率。质

解：把每次射击看成一次试验，这是200重贝努利试验。设击中的次数为X，则X~B(200,0.02)

四、技能学习（20分钟）

教师提问

引导学生写出答案

《概率与数理统计》09—§2-1离散型随机变量及其概率分布（第二次）（共 7 页）

第 5 页

=0,1,2,„,200）

所求概率：P{X≥1}=1—P{X=0}=1—0.98200=0.9824 说明：虽然每次的命中率很小，但当射击次数足够大时，击中目标的概率很大。这个事实告诉我们，一个事件尽管在一次实验中发生的概率很小，但在大量的独立重复试验中，kX的分布律为：P{X=k}=C200（k(0.02)k(0.98)200k，这个事件的发生几乎是必然的。也就是说，小概率事件在大量独立重复室验中是不可忽视的。

当问题的规模很大时，一般n很大且p很小，无法查表。而直接计算又很麻烦，下面给出一个当n很大而p很小时的近似计算公式.例

2、车间现有90台同类型的设备，各台设备的工作是相互独立的，每台发生故障的概率都是0.01，且一台设备的故障只能由一个人修理。配备维修工人的方法有两种，一种是由三人分开维护，每人负责30台；另一种是由3人共同维护90台。分别求在两种情况下车间的设备发生故障不能及时维修的概率。

解：设X为出现故障的设备台数

（1）每人负责30台设，可认为是30重贝努利试验，因此X~B(30,0.01)，当X>1时等待修理。

λ=np =0.3，P{X>1}= P{X≥2}≈(0.3)e0.3≈

k2kk!0.0369 Ai=“第i个人负责的30台设备发生故障而无人修理”。可知P(Ai)=0.0369，而90台设备发生故障无人修理的事件为A1∪A2∪A3，故采用第一种方法，所求概率为

P(A1∪A2∪A3)= 1-P(A1A2A3)=1-(1-0.0369)3=0.1067

（2）三人共同维护90台，认为是90重贝努利试验，因此X~B(90,0.01)，当X>3时等待修理。

而所求概率为P{X>3}= P{X≥4}≈(0.9)e0.9≈

k4kk!0.0135 因为0.0135<0.0369，显然共同负责比分块负责的维修效率提高了。因此后者的管理效益更好。由此可以看到，用概率的知识可以解决运筹学所要解决的有效运用人力、物力资源的某些问题。

五、态度养成

六、技能训练（16分钟）

做事认真的态度

通过实际训练，学生练习练习：一大楼有五个同类型的独立供水设备，在任意时使学生理解样本老师巡刻每个设备被使用的概率为0.1，问在同一时刻的写法与含义视，解答《概率与数理统计》09—§2-1离散型随机变量及其概率分布（第二次）（共 7 页）

第 6 页(1)恰好有两个设备被使用的概率P1是多少?(2)至少有三个设备被使用的概率P2是多少?(3)至多有三个设备被使用的概率P3是多少?(4)至少有一个设备被使用的概率P4是多少? 解：在同一时刻观察五个设备,它们工作与否是相互独立的,故可视为5重贝努里试验，n=5，p=0.1，于是可得：

2(1)P1＝P5(2)＝C5(0.1)2(0.9)53＝0.0729

－

问题

(2)P2＝P5(3)+ P5(4)+ P5(5)＝0.00856(3)P3＝P5(0)+ P5(1)+ P5(2)+ P5(3)＝0.99954(4)P4＝1－P5(0)＝1－0.95＝0.40951 {X=0}={没有取到次品}，P{X=0}=

02C3C72C1011C3C72C1020C3C72C107 157 15{X=1}={取到一件次品}，P{X=1}={X=2}={取到两件次品}，P{X=2}=1 15XX的分布律为：P0715171521 1

5七、课堂小结（3分钟）

在学习时要理解三种分布之间的关系：两点分布讨论的是一次贝努利试验的结果，它只有两个结果，二项分布讨论的是N次贝努利试验的结果，它有N+1个结果。两点分布是二项分布的特例，泊泊松分布是二项分布的极限分布。它对应无穷多次的贝努利试验，因此，贝努利试验是非常重要的一类试验。

概括总结，帮助学生构建知识体系

简要概括本节内容

八、布置作业（1分钟）

复习本节内容

预习连续型随机变量 P36—5、6、7

巩固所学的知识培养自学能力

《概率与数理统计》09—§2-1离散型随机变量及其概率分布（第二次）（共 7 页）

篇7：离散型随机变量的说课稿

记B (n, p) 为参数为n, p的二项分布[7], 若X～B (n, p) , 则

其中q=1-p, 表示n取i的组合数, 当i>n时

记NB (r, p) 为参数为r, p的负二项分布[7], 若X～NB (r, p) , 则

$Ρ {X = i} = (\begin{array}{l} i - 1 \\ r - 1 \end{array}) p^{r} q^{i - r}, i = r, r + 1, \dots$

其中q=1-p。

记H (M, N, n) 为参数为M, N, n的超几何分布[7], 若X～H (M, N, n) , 则

$Ρ {X = i} = \frac{(\begin{array}{l} Μ \\ i \end{array}) (\begin{array}{l} Ν - Μ \\ n - i \end{array})}{(\begin{array}{l} Ν \\ n \end{array})}, i = 0, 1, \dots, \min (Μ, n)$

设X是一个离散型随机变量, 其分布律为

P{X=xi}=pi, i=1, 2, …。

则由离散型随机变量k阶原点矩的计算公式[7], 有

$E (X^{k}) = \sum_{i = 1}^{\infty} x_{i}^{k} p_{i}$ 。

2主要结果

定理1 若随机变量X～B (n, p) , 则

E (Xk) =nE (Xk-1) -nqE (Yk-1) 。

其中Y～B (n-1, p) 。

证明

其中Y～B (n-1, p) 。

定理2 若随机变量X～NB (r, p) , 则

$E (X^{k}) = r E (X^{k - 1}) + \frac{q r}{p} E (Y^{k - 1})$ 。

其中Y～NB (r+1, p) 。

证明

其中Y～NB (r+1, p) 。

定理3 若随机变量X～H (M, N, n) , 则

$E (X^{k}) = Μ E (X^{k - 1}) - \frac{(Ν - n) Μ}{Ν} E (Y^{k - 1})$ 。

其中Y～H (M-1, N-1, n)

证明记s=min (M, n) , t=min (M-1, n) 。

$\begin{array}{l} E (X^{k}) = \sum_{i = 0}^{s} i^{k} \frac{(\begin{array}{l} Μ \\ i \end{array}) (\begin{array}{l} Ν - Μ \\ n - i \end{array})}{(\begin{array}{l} Ν \\ n \end{array})} = \\ \sum_{i = 1}^{s} i^{k - 1} \frac{i (\begin{array}{l} Μ \\ i \end{array}) (\begin{array}{l} Ν - Μ \\ n - i \end{array})}{(\begin{array}{l} Ν \\ n \end{array})} = \\ \sum_{i = 1}^{s} i^{k - 1} \frac{Μ (\begin{array}{l} Μ - 1 \\ i - 1 \end{array}) (\begin{array}{l} Ν - Μ \\ n - i \end{array})}{(\begin{array}{l} Ν \\ n \end{array})} = \\ \sum_{i = 1}^{s} i^{k - 1} \frac{Μ [(\begin{array}{l} Μ \\ i \end{array}) - (\begin{array}{l} Μ - 1 \\ i \end{array})] (\begin{array}{l} Ν - Μ \\ n - i \end{array})}{(\begin{array}{l} Ν \\ n \end{array})} = \\ Μ \sum_{i = 1}^{s} i^{k - 1} \frac{(\begin{array}{l} Μ \\ i \end{array}) (\begin{array}{l} Ν - Μ \\ n - i \end{array})}{(\begin{array}{l} Ν \\ n \end{array})} - \\ Μ \sum_{i = 1}^{s} i^{k - 1} \frac{(\begin{array}{l} Μ - 1 \\ i \end{array}) (\begin{array}{l} Ν - Μ \\ n - i \end{array})}{(\begin{array}{l} Ν \\ n \end{array})} = \\ Μ \sum_{i = 0}^{s} i^{k - 1} \frac{(\begin{array}{l} Μ \\ i \end{array}) (\begin{array}{l} Ν - Μ \\ n - i \end{array})}{(\begin{array}{l} Ν \\ n \end{array})} - \\ \frac{(Ν - n) Μ}{Ν} \sum_{i = 0}^{t} i^{k - 1} \frac{(\begin{array}{l} Μ - 1 \\ i \end{array}) (\begin{array}{l} Ν - Μ \\ n - i \end{array})}{(\begin{array}{l} Ν - 1 \\ n \end{array})} = \\ Μ E (X^{k - 1}) - \frac{(Ν - n) Μ Μ}{Ν} E (Y^{k - 1}) 。 \end{array}$

其中Y～H (M-1, N-1, n) 。

3实例

例1 已知X～B (10, 0.5) , 求E (X8) 。

解:因为E (Xk) 由三个参数n, p, k决定 (此例中n=10, p=0.5, k=8) , 所以令E (Xk) =R (n, p, k) , 则E (Xk-1) =R (n, p, k-1) , E (Yk-1) =R (n-1, p, k-1) , 由定理1, 有

R (n, p, k) =nR (n, p, k-1) -n (1-p) R (n-1, p, k-1) 。

初始值:R (n, p, 1) =np, R (0, p, k) =0。

最后算得E (X8) =R (10, 0.5, 8) =2 385 680。

例2 已知X～H (6, 10, 4) , 求E (X8) 。

解:令E (Xk) =R (M, N, n, k) , 则E (Xk-1) =R (M, N, n, k-1) 。

E (Yk-1) =R (M-1, N-1, n, k-1) , 由定理3, 得

$\begin{array}{l} R (Μ, Ν, n, k) = Μ R (Μ, Ν, n, k - 1) - \\ \frac{(Ν - n) Μ}{Ν} R (Μ - 1, Ν - 1, n, k - 1) 。 \end{array}$

初始值: $R (Μ, Ν, n, 1) = \frac{n Μ}{Ν}$ , R (0, N, n, k) =0,

此例中M=6, N=10, n=4, k=8, 得E (X8) =7 290.4。

摘要：考虑到直接用定义计算随机变量高阶原点矩的复杂性, 将组合数学中两个重要的组合恒等式ni=n-1i-1+n-1i和ini=nn-1i-1应用到一类离散型随机变量高阶原点矩的计算中, 给出了二项分布、负二项分布和超几何分布随机变量高阶原点矩的递推计算公式。

关键词：高阶原点矩,超几何分布,二项分布,负二项分布,组合恒等式

参考文献

[1]王莺歌, 江孝感.高阶矩风险与金融投资决策.价值工程, 2008;9:7—10

[2]赵晓瑜, 谭忠.含有高阶矩的CAPM在保险业的应用.山西财经大学学报, 2007;s1:106—107

[3]赵国英, 向世明, 李华.高阶矩在颜色传输中的应用.计算机辅助设计与图形学学报, 2004;1:62—66

[4]李金秋.二项分布高阶原点矩的一种简便算法.辽宁石油化工大学学报, 2008;28 (1) :89—91

[5]朱振广, 张志文.求解Poisson分布和二项分布高阶矩的代数方法.辽宁工学院学报, 2005;25 (1) :68—70

[6]王天明.近代组合学.大连:大连理工大学出版社, 2008:9—10

篇8：离散型随机变量的说课稿

例1 下列问题中的随机变量[ξ]：①口袋有[5]个白球，每次取出[2]个并放回，取到的白球数[ξ]；②某网站歌曲《你是我的小苹果》一天内被下载的次数[ξ]；③某地一天内的温度[ξ]；④射手对目标射击[3]次，击中目标得[2]分，未击中目标得[-1]分，用[ξ]表示该射手在[3]次射击中的得分；⑤某人投篮，首次投中时投球的次数[ξ].其中属于离散型随机变量的有（）

A.①②④⑤ B.②④⑤

C.③④ D.②④

解析 ①[ξ]的取值只有[2]，是一个常量；③一天内的温度不能将其取值一一列出，是连续型随机变量，而非离散型随机变量；而②④⑤符合离散型随机变量的定义.

答案 B

点拨一个变量是否为离散型随机变量，分辨时要紧扣定义：（1）“取值的随机性”（取值随着试验结果不同而不同，不是常量）；（2）“取值的可一一列举性”，值得注意的是，取值不一定是有限个.

题型二离散型随机变量的取值

例2 某批产品共有9件，已知其中有4件不同次品、5件不同正品，现在采取不放回逐个抽取检验，设[ξ]表示能找出5件正品时的取件次数，求[ξ]的取值.

篇9：离散型随机变量的说课稿

一般地, 若离散型随机变量X的分布列为

则称E (X) =x1p1+x2p2+…+xipi+…+xnpn为随机变量X的均值或数学期望.它反映了离散型随机变量取值的平均水平.

2. 常用分布的均值

(1) 两点分布X2

由数学期望的定义可以知道, 若随机变量X服从参数为P的两点分布, 则P0.98 0.02

这表明在一次两点分布实验中, 离散型随机变量X的期望取值为P.X30 15000 65000

(2) 二项分布P 0.

设离散型随机变量X服从参数为n和p的二项分布, 由X的分布列

所以:E (X) =np

(3) 超几何分布

若离散型随机变量X服从参数为N, M, n的超几何分布, 则

3. 均值的实际应用

例1:某X公司要根据天气预-报2来决定促销活动节8目是在公司内还是在公司外开展.统计资料表明, 国庆节公司内的促销活动可获得P经济效益4万元;公0.司7外的促销活动如0.果3不遇到有雨天气可得经济效益15万元, 如果促销活动中遇到有雨天气则带来经济损失6万元, 9月30日气象台报国庆节当地有雨的概率是30%Y, 公司应该采取哪种-促3销方式?12

分析:P我们设该公司国庆0.节7在公司外的促销0.活3动获得的经济效益为ξ万元, 则:

即国庆节在当地有雨的概率为30%的情况下, 在公司外促销活动的经济效益的期望为8.7万元, 超过在公司内促销活动可获得的经济效益4万元, 所以应该在公司外搞促销活动.

由于均值反映了随机变量取值的平均水平, 因此我们在进行实际问题的决策时, 当平均取值水平比较重要时, 首选决策的依据是随机变量的均值大小.如本例中, 公司采取促销的目的是为了获得更大的利润, 因此采取哪种促销方式的依据是看哪种方式获得的利润较大.

但应该注意, 对于这样一次公司外促销活动, 该公司不是赚15万就是亏6万元.若该公司每年国庆节均重复这样的商业活动, 那么, 从平均意义上说, 每次可获得经济效益为这个期望值.正如概率作为随机变量发生的频率一样, 要在大量现象中才能显现出来.

例2:据气象预报, 某地区下个月有洪水的概率为0.3, 有大洪水的概率为0.02.工地上有一台大型设备.为了保护设备有以下三种方案:

方案一:运走设备, 此时需花费4000元.

方案二:建一保护墙, 需花费2000元.但围墙只能防止小洪水, 当大洪水来临时, 设备受损, 损失65000元.

X方案三:x1不采取措x2施.此时…大洪水来xi临时损…失65000x元n, 小洪水X来临时损x1失15000x2元.…xi…xn

试比较哪一种方案好.

解析:方案一损失为4000元, 方案二和方案三的损失为随机变量, 分别设为X2和X3.因为无洪水的概率为1-0.3-0.02=0.68, 所以X2, X3的分布列分别为

它们的平均损失分别为:

E (X2) =2000×0.98+67000×0.02=3300 (元)

E (X3) =15000×0.3+65000×0.02=5800 (元)

从平均损失的角度看, 方案二和方案三都比方案一好, 且方案二更好, 但它们都要冒一定的风险.

4. 离散型随机变量的方差与标准差

设离散型随机变量X的分布列为

则 (xi-E (X) ) 2描述了xi (i=1, 2, …, n) 相对于均值E (X) 的偏离程度, 而为这些偏离程度的加权平均, 刻画了随机变量X与其均值E (X) 的平均偏离程度.我们称D (X) 为随机变量的方差, 其算术平方根为随机变量X的标准差, 记作σ (x) .

随机变量的方差和标准差都反应了随机变量取值偏离于均值的平均Y程度.方差和标准差-3越小, 则随机变量1偏2离于均值的平X均程度Px越1小.x20….7xi…0.3xn

5. 常用分p1布的方p差

(1) 两点分布:若X服从两点分布, 则D (X) =P (1-P) .

(2) 二项分布:若X~B (n, p) , 则D (X) =n P (1-P) .

(3) 超几何分布:若随机变量X服从超几何分布, 即X~H (N, M, n) , 则

6. 离散型随机变量方差的实际应用

均值仅体现了随机变量取值的平均大小, 但有时仅知道均值X3的大小还不够.0如果两个随1机50变00量的均值6相50等00, 还要看随机变量的取值如何在均值周围变化, 即计算方差.方差大说明P随机变量的取0.值68较分散, 方0.差3小说明取值0.分02散性小或者取值比较集中, 稳定.因此, 利用均值和方差的意义可以分析、解决实际问题, 也就是当我们希望实际的平均水平比较理想时, 它们都一样好.这时, 还应该看它们相对于均值的偏离程度, 也就是看哪个相对稳定, 稳定者更好.如果我们X希望比x较1稳定时x2, 应先考…虑方差, xi再考虑…均值是否xn相当接近P即可.p1p2…pi…pn

例3:某人投资10万元, 有两种方案可供选择.设X表示采用方案一所得收益 (万元) , Y表示采用方案二所有收益 (万元) .其分布列分别为

假定同期银行利率5%, 该人征求你的意见, 你通过分析会得到怎样的结论呢?

解析:由数学期望和方差的计算公式, 得

由于同期银行利率为5%, 同期存入银行的利息 (无风险收益) 为10×5%=0.5万元.从期望收益的角度来看, 两种投资方案都可以带来额外的收益, 但都要冒一定的风险.方案一的期望收益低于方案二, 但方案一的风险也小于方案二.

点评:投资理财追求的是高收益和低风险, 但实际问题中, 一般收益越高, 则风险也越大.如何在收益和风险之间做一个合理的选择, 这与投资者对风险的偏好有关.一种合理的选择时根据冒风险所带来的好处, 即比较风险的效率 (风险带来的额外收益与标准差之比) 的大小作为度量风险的好坏 (认为风险效率的值大的方案为好) .

方案一:冒风险带来的好处 (额外收益) 为E (X) -0.5=1-0.5=0.5 (万元) ,

方案二:冒风险带来的好处 (额外收益) 为

E (Y) -0.5=1.5-0.5=1 (万元)

故从风险效率来看, 方案二由于方案一.

其结论为:两种投资方案均高于存入银行的效益, 方案一期望效益小于方案二, 其风险也小于方案二, 但风险效率低于方案二.

7. 结语

从上述离散型随机变量均值、方差的经济应用, 表明经济工作与其紧密相连.所以, 对企业决策者而言, 掌握相应的数学分析方法, 可以为科学的管理决策提供理论依据.

摘要：离散型随机变量均值、方差在经济领域中有着很重要的应用, 本文从离散型随机变量均值、方差入手探讨一些经济规律和经济现象.

篇10：离散型随机变量的说课稿

有这样一个问题：一名工人要看管三台机床，在一小时内机床不需要工人照顾的概率对于第一台是0.9,第二台是0.8，第三台是0.85.求在一小时内机床不需要工人照顾的机床的台数ξ的数学期望.

一般解法如下：设三台机床在一小时内不需要照顾分别为事件A、B、C，则P(A)=0.9,P(B)=0.8,P(C)=0.85. 可计算出：P（ξ=0)=0.003,P（ξ=1)=0.056,P（ξ=2)=0.329,P（ξ=3)=0.612,所以Eξ=0·P(ξ=0)+1·P(ξ=1)+2·P(ξ=2)+3·P(ξ=3)=2.55

我们发现：0.9+0.8+0.85=2.55,即随机变量ξ的数学期望等于每个事件单独发生的概率之和！这是一种巧合，还是一种必然？

为了探求一般性结论，我们设P（A）=a,P(B)=b,P(C)=c. 分别可求：

P（ξ=0）=P（）·P（）·P（）=（1-a)(1-b)(1-c)

P（ξ=1）=P（A）·P（）·P（）+P（）·P(B)·P（）+P（）·P（）·P（C）=a（1-b)(1-c)+b(1-a)(1-c)+c(1-a)(1-b)

P（ξ=2）=P（A）·P（B）·P（）+P（A）·P()·P（C）+P（）·P（B）·P（C）=ab（1-c)+ac(1-b)+bc(1-a)

P（ξ=3）=P（A）·P（B）·P（C）=abc

进而求得Eξ=0·P(ξ=0)+1·P(ξ=1)+2·P(ξ=2)+3·P(ξ=3)=a+b+c.

从以上推导的结论可看出，前述“随机变量ξ的数学期望等于每个事件单独发生的概率之和”是一种必然结果！

2 期望公式及证明

通过进一步的研究，我们可以得到更一般的结论，下面以定理的形式给出：

3 本文定理与服从二项分布的随机变量的期望的关系

可见，n次独立重复试验是本文定理中所述试验的特例，那么，服从二项分布的随机变量的期望公式是本文定理中所述期望公式的特例，反过来，本文定理中所述期望公式是服从二项分布的随机变量的期望公式更一般的情形.