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选修2-3第二章随机变量及其分布教案


2.1.1 离散型随机变量
教学目标: 知识目标:1.理解随机变量的意义; 2.学会区分离散型与非离散型随机变量,并能举出离散性随机变量 的例子; 3.理解随机变量所表示试验结果的含义,并恰当地定义随机变量. 能力目标:发展抽象、概括能力,提高实际解决问题的能力. 情感目标:学会合作探讨,体验成功,提高学习数学的兴趣. 教学重点:随机变量、离散型随机变量、连续型随机变量

的意义 教学难点:随机变量、离散型随机变量、连续型随机变量的意义 授课类型:新授课 课时安排:1 课时 教 具:多媒体、实物投影仪 内容分析: 本章是在初中“统计初步”和高中必修课“概率”的基础上,学习随机变量和统计的一些知识.学习 这些知识后,我们将能解决类似引言中的一些实际问题 教学过程: 一、复习引入: 展示教科书章头提出的两个实际问题(有条件的学校可用计算机制作好课件辅助教学),激发学生的求 知欲 某人射击一次,可能出现命中 0 环,命中 1 环,?,命中 10 环等结果,即可能出现的结果可能由 0, 1,??10 这 11 个数表示; 某次产品检验,在可能含有次品的 100 件产品中任意抽取 4 件,那么其中含有的次品可能是 0 件,1 件,2 件,3 件,4 件,即可能出现的结果可以由 0,1,2,3,4 这 5 个数表示 在这些随机试验中,可能出现的结果都可以用一个数来表示.这个数在随机试验前是否是预先确定的? 在不同的随机试验中,结果是否不变? 观察,概括出它们的共同特点 二、讲解新课: 思考 1:掷一枚骰子,出现的点数可以用数字 1 , 2 ,3,4,5,6 来表示.那么掷一枚硬币的结果是 否也可以用数字来表示呢? 掷一枚硬币,可能出现正面向上、反面向上两种结果.虽然这个随机试验的结果不具有数量性质,但 我们可以用数 1 和 0 分别表示正面向上和反面向上(图 2.1 一 1 ) .

在掷骰子和掷硬币的随机试验中,我们确定了一个对应关系,使得每一个试验结果都用一个确定的数 字表示.在这个对应关系下,数字随着试验结果的变化而变化. 定义 1:随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量(random variable ).随机变量常用字母 X , Y,

? ,? ,? 表示.
思考 2:随机变量和函数有类似的地方吗?

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于函数的值域.我们把随机 变量的取值范围叫做随机变量的值域. 例如,在含有 10 件次品的 100 件产品中,任意抽取 4 件,可能含有的次品件数 X 将随着抽取结果的 变化而变化,是一个随机变量,其值域是{0, 1, 2 , 3, 4 } . 利用随机变量可以表达一些事件.例如{X=0}表示“抽出 0 件次品” , {X =4}表示“抽出 4 件次品” 等.你能说出{X< 3 }在这里表示什么事件吗?“抽出 3 件以上次品”又如何用 X 表示呢? 定义 2:所有取值可以一一列出的随机变量,称为离散型随机变量 ( discrete random variable ) . 离散型随机变量的例子很多.例如某人射击一次可能命中的环数 X 是一个离散型随机变量,它的所 有可能取值为 0,1,?,10;某网页在 24 小时内被浏览的次数 Y 也是一个离散型随机变量,它的所有可 能取值为 0, 1,2,?. 思考 3:电灯的寿命 X 是离散型随机变量吗? 电灯泡的寿命 X 的可能取值是任何一个非负实数,而所有非负实数不能一一列出,所以 X 不是离 散型随机变量. 在研究随机现象时,需要根据所关心的问题恰当地定义随机变量.例如,如果我们仅关心电灯泡的使 用寿命是否超过 1000 小时,那么就可以定义如下的随机变量:

?0,寿命<1000小时; Y= ? ?1,寿命 ? 1000小时.
与电灯泡的寿命 X 相比较,随机变量 Y 的构造更简单,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. 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 如某林场树木最高达 30 米,则林场树木的高度 ? 是一个随机变量,它可以取(0,30]内的一切值 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 注意: (1)有些随机试验的结果虽然不具有数量性质,但可以用数量来表达如投掷一枚硬币, ? =0, 表示正面向上, ? =1,表示反面向(2)若 ? 是随机变量,? ? a? ? b, a, b 是常数,则? 也是随机变量 三、讲解范例: 例 1. 写出下列随机变量可能取的值,并说明随机变量所取的值表示的随机试验的结果 (1)一袋中装有 5 只同样大小的白球,编号为 1,2,3,4,5 现从该袋内随机取出 3 只球,被取出的 球的最大号码数ξ ; (2)某单位的某部电话在单位时间内收到的呼叫次数η 解:(1) ξ 可取 3,4,5 ξ =3,表示取出的 3 个球的编号为 1,2,3; ξ =4,表示取出的 3 个球的编号为 1,2,4 或 1,3,4 或 2,3,4; ξ =5,表示取出的 3 个球的编号为 1,2,5 或 1,3,5 或 1,4,5 或 2,3 或 3,4,5 (2)η 可取 0,1,?,n,? η =i,表示被呼叫 i 次,其中 i=0,1,2,? 例 2. 抛掷两枚骰子各一次, 记第一枚骰子掷出的点数与第二枚骰子掷出的点数的差为ξ , 试问: “ξ > 4”表示的试验结果是什么? 答: 因为一枚骰子的点数可以是 1, 2, 3, 4, 5, 6 六种结果之一, 由已知得-5≤ξ ≤5, 也就是说 “ξ >4”

就是“ξ =5”所以, “ξ >4”表示第一枚为 6 点,第二枚为 1 点 例 3 某城市出租汽车的起步价为 10 元,行驶路程不超出 4km,则按 10 元的标准收租车费若行驶路 程超出 4km,则按每超出 lkm 加收 2 元计费(超出不足 1km 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,他收旅客的租车费可也是一个随机变量 (1)求租车费η 关于行车路程ξ 的关系式; (Ⅱ)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:(1)依题意得η =2(ξ -4)+10,即η =2ξ +2 (Ⅱ)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: 1.①某寻呼台一小时内收到的寻呼次数 ? ;②长江上某水文站观察到一天中的水位 ? ;③某超市一天中的 顾客量 ? 其中的 ? 是连续型随机变量的是( A.①; B.②; C.③; )

D.①②③ )

2.随机变量 ? 的所有等可能取值为 1, 2,…, n ,若 P ?? ? 4? ? 0.3 ,则( A. n ? 3 ; B. n ? 4 ; C. n ? 10 ; D.不能确定 3.抛掷两次骰子,两个点的和不等于 8 的概率为( ) A.

11 ; 12

B.

31 ; 36

C.

5 ; 36

D.

1 12

4.如果 ? 是一个离散型随机变量,则假命题是( ) A. ? 取每一个可能值的概率都是非负数;B. ? 取所有可能值的概率之和为 1; C. ? 取某几个值的概率等于分别取其中每个值的概率之和; D. ? 在某一范围内取值的概率大于它取这个范围内各个值的概率之和 答案:1.B 2.C 3.B 4.D 五、小结 :随机变量离散型、随机变量连续型随机变量的概念 随机变量ξ 是关于试验结果的函数,即 每一个试验结果对应着一个实数;随机变量ξ 的线性组合η =aξ +b(其中 a、b 是常数)也是随机变量 六、课后作业: 八、教学反思: 1、怎样防止所谓新课程理念流于形式,如何合理选择值得讨论的问题,实现学生实质意义的参与. 2、防止过于追求教学的情境化倾向,怎样把握一个度.

2. 1.2 离散型随机变量的分布列
教学目标: 知识与技能:会求出某些简单的离散型随机变量的概率分布。 过程与方法:认识概率分布对于刻画随机现象的重要性。 情感、态度与价值观:认识概率分布对于刻画随机现象的重要性。 教学重点:离散型随机变量的分布列的概念 教学难点:求简单的离散型随机变量的分布列 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

? ? a? ? b, a, b 是常数, 若 ? 是随机变量, 则? 也是随机变量并且不改变其属性 (离散型、 连续型)
请同学们阅读课本 P5-6 的内容,说明什么是随机变量的分布列? 二、讲解新课: 1. 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 2. 分布列的两个性质:任何随机事件发生的概率都满足: 0 ? P ( A) ? 1 ,并且不可能事件的概率为 0, 必然事件的概率为 1.由此你可以得出离散型随机变量的分布列都具有下面两个性质: ⑴Pi≥0,i=1,2,?; ⑵P1+P2+?=1. 对于离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率的和即

P(? ? xk ) ? P(? ? xk ) ? P(? ? xk ?1 ) ? ? ? ?
3.两点分布列: 例 1.在掷一枚图钉的随机试验中,令

?1,针尖向上; X= ? ?0,针尖向下.

如果针尖向上的概率为 p ,试写出随机变量 X 的分布列. 解:根据分布列的性质,针尖向下的概率是( 1 ? p ) .于是,随机变量 X 的分布列是 ξ P 0 1

1? p

p

像上面这样的分布列称为两点分布列. 两点分布列的应用非常广泛. 如抽取的彩券是否中奖; 买回的一件产品是否为正品; 新生婴儿的性别; 投篮是否命中等,都可以用两点分布列来研究.如果随机变量 X 的分布列为两点分布列,就称 X 服从两 点分布 ( two 一 point distribution),而称 p =P (X = 1)为成功概率. 两点分布又称 0 一 1 分布.由于只有两个可能结果的随机试验叫伯努利( Bernoulli ) 试验,所以还 称这种分布为伯努利分布. P?? ? 0? ? q ,

P?? ? 1? ? p , 0 ? p ? 1, p ? q ? 1 .

4. 超几何分布列: 例 2.在含有 5 件次品的 100 件产品中,任取 3 件,试求: (1)取到的次品数 X 的分布列; (2)至少取到 1 件次品的概率.
3 解: (1)由于从 100 件产品中任取 3 件的结果数为 C10 ,从 100 件产品中任取 3 件, k 3? k 其中恰有 k 件次品的结果数为 C5 C95 ,那么从 100 件产品中任取 3 件,其中恰有 k 件次品的概率为
3? k C5k C95 , k ? 0,1, 2,3 。 3 C100

P( X ? k ) ?

所以随机变量 X 的分布列是 X P 0 1
3 95

2
2 95

3
1 95 0 C C95 3 C100 3 5

CC 3 C100

0 5

CC 3 C100

1 5

CC 3 C100

2 5

(2)根据随机变量 X 的分布列,可得至少取到 1 件次品的概率 P ( X≥1 ) = P ( X = 1 ) + P ( X = 2 ) + P ( X = 3 ) ≈0.138 06 + 0. 005 88 + 0. 00006 = 0. 144 00 . 一般地,在含有 M 件次品的 N 件产品中,任取 n 件,其中恰有 X 件次品数,则事件 {X=k}发生 的概率为

P( X ? k ) ?

k n?k CM CN ?M , k ? 0,1, 2, n CN

, m,
?

其中 m ? min{M , n} ,且 n ? N , M ? N , n, M , N ? N .称分布列 X 0 1 ?

m

P

0 n CM CN ?M n CN

1 n ?1 CM CN ?M n CN

?

m n ?m CM CN ?M n CN

为超几何分布列.如果随机变量 X 的分布列为超几何分布列,则称随机变量 X 服从超几何分布 ( hypergeometriC distribution ) . 例 3.在某年级的联欢会上设计了一个摸奖游戏,在一个口袋中装有 10 个红球和 20 个白球,这些球 除颜色外完全相同.一次从中摸出 5 个球,至少摸到 3 个红球就中奖.求中奖的概率. 解:设摸出红球的个数为 X,则 X 服从超几何分布,其中 N = 30 , M=10, n=5 .于是中奖的概率 P (X≥3 ) = P (X =3 ) + P ( X = 4 )十 P ( X = 5 ) =
3 5?3 4 5? 4 5 5? 5 C10 C30 C10 C30 C10 C30 ?10 ?10 ?10 ≈0.191. ? ? 5 5 5 C30 C30 C30

思考:如果要将这个游戏的中奖率控制在 55%左右,那么应该如何设计中奖规则?
k k n P?? ? k ? ? Cm CN ?k / C N

例 4.已知一批产品共 件,其中 件是次品,从中任取 件,试求这 件数 的分布律。 解 显然,取得的次品数 只能是不大于 与 最小者的非负整数,即 1,…, min{M , n} ,由古典概型知
k n ? CM CN ? P( X ? k )? n CN k M

件产品中所含次品 的可能取值为:0,

k , ? 0 , 1 , 2m , ,

此时称

服从参数为 ( N , M , n) 的超几何分布。

例 5.一盒中放有大小相同的红色、绿色、黄色三种小球,已知红球个数是绿球个数的两倍,黄球个 数是绿球个数的一半.现从该盒中随机取出一个球,若取出红球得 1 分,取出黄球得 0 分,取出绿球得- 1 分,试写出从该盒中取出一球所得分数 ξ 的分布列. 分析:欲写出 ξ 的分布列,要先求出 ξ 的所有取值,以及 ξ 取每一值时的概率. 解:设黄球的个数为 n,由题意知 绿球个数为 2n,红球个数为 4n,盒中的总数为 7n. ∴

P(? ? 1) ?

4n 4 n 1 2n 2 ? , P(? ? 0) ? ? , P(? ? ?1) ? ? . 7n 7 7n 7 7n 7
ξ P 1 0 -1

所以从该盒中随机取出一球所得分数 ξ 的分布列为

4 7

1 7

2 7

说 明 : 在 写 出 ξ 的分布列后,要及时检查所有的概率之和是否为 1. 例 6.某一射手射击所得的环数 ξ 的分布列如下: ξ 4 0.02 5 0.04 6 0.06 7 0.09 8 0.28 9 0.29 10 0.22

P

求此射手“射击一次命中环数≥7”的概率. 分析: “射击一次命中环数≥7”是指互斥事件“ξ = 7 ” 、 “ξ = 8 ” 、 “ξ = 9 ” 、 “ξ = 10 ”的和,根 据互斥事件的概率加法公式,可以求得此射手“射击一次命中环数≥7”的概率. 解:根据射手射击所得的环数 ξ 的分布列,有 P(ξ =7)=0.09,P(ξ =8)=0.28,P(ξ =9)=0.29,P(ξ =10)=0.22.

所求的概率为 P(ξ ≥7)=0.09+0.28+0.29+0.22=0.88 四、课堂练习: 某一射手射击所得环数 ? 分布列为

?
P

4 0.02

5 0.04

6 0.06

7 0.09

8 0.28

9 0.29

10 0.22

求此射手“射击一次命中环数≥7”的概率 解: “射击一次命中环数≥7”是指互斥事件“ ? =7” , “ ? =8” , “ ? =9” , “ ? =10”的和,根据互斥事 件的概率加法公式,有: P( ? ≥7)=P( ? =7)+P( ? =8)+P( ? =9)+P( ? =10)=0.88 注:求离散型随机变量 ? 的概率分布的步骤: (1)确定随机变量的所有可能的值 xi (2)求出各取值的概率 p( ? =xi)=pi (3)画出表格 五、小结 :⑴根 据 随机变 量 的 概率 分 步( 分 步列 ) , 可以 求 随机 事 件的概 率 ; ⑵两 点 分布 是 一种 常见的离散型随机变量的分布,它是概率论中最重要的几种分布之一 (3) 离散型随机变量的超几 何分布 六、课后作业: 七、板书设计(略) 八、课后记:

2. 2.1 条件概率
教学目标: 知识与技能:通过对具体情景的分析,了解条件概率的定义。 过程与方法:掌握一些简单的条件概率的计算。 情感、态度与价值观:通过对实例的分析,会进行简单的应用。 教学重点:条件概率定义的理解 教学难点:概率计算公式的应用 授课类型:新授课 课时安排:1 课时 教 具:多媒体、实物投影仪 教学设想:引导学生形成 “自主学习”与“合作学习”等良好的学习方式。 教学过程: 一、复习引入: 探究: 三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名同学无放回地抽取,问最后一名同学抽到中奖奖券的概率 是否比前两名同学小. 若抽到中奖奖券用“Y ”表示,没有抽到用“ Y ” ,表示,那么三名同学的抽奖结果共有三种可能: Y Y Y , Y Y Y 和 Y Y Y.用 B 表示事件“最后一名同学抽到中奖奖券” , 则 B 仅包含一个基本事件

1 Y Y Y.由古典概型计算公式可知,最后一名同学抽到中奖奖券的概率为 P( B) ? . 3
思考:如果已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券,那么最后一名同学抽到奖券的概率又是多少? 因为已知第一名同学没有抽到中奖奖券,所以可能出现的基本事件只有 Y Y Y 和 Y Y Y .而“最后一 名同学抽到中奖奖券”包含的基本事件仍是 Y Y Y.由古典概型计算公式可知.最后一名同学抽到中奖奖券 的概率为

1 ,不妨记为 P(B|A ) ,其中 A 表示事件“第一名同学没有抽到中奖奖券”. 2

已知第一名同学的抽奖结果为什么会影响最后一名同学抽到中奖奖券的概率呢? 在这个问题中,知道第一名同学没有抽到中奖奖券,等价于知道事件 A 一定会发生,导致可能出现 的基本事件必然在事件 A 中,从而影响事件 B 发生的概率,使得 P ( B|A )≠P ( B ) . 思考:对于上面的事件 A 和事件 B,P ( B|A)与它们的概率有什么关系呢? 用 ? 表示三名同学可能抽取的结果全体,则它由三个基本事件组成,即 ? ={Y Y Y ,

Y Y Y , Y Y Y} .既然已知事件 A 必然发生,那么只需在 A={ Y Y Y , Y Y Y}的范围内考虑问题,即只有
两个基本事件 Y Y Y 和 Y Y Y. 在事件 A 发生的情况下事件 B 发生, 等价于事件 A 和事件 B 同时发生, 即 AB 发生.而事件 AB 中仅含一个基本事件 Y Y Y,因此

P( B | A) =

1 n( AB ) = . 2 n( A)

其中 n ( A)和 n ( AB)分别表示事件 A 和事件 AB 所包含的基本事件个数.另一方面,根据古典概型

的计算公式,

P( AB) ?

n( AB) n( A) , P( A) ? n ( ?) n ( ?)

其中 n( ? )表示 ? 中包含的基本事件个数.所以,

n( AB ) n( AB ) P ( AB ) n (? ) ? ? . P( B | A) = n( A) n (?) P (?) n (? )
因此,可以通过事件 A 和事件 AB 的概率来表示 P(B| A ) . 条件概率 1.定义 设 A 和 B 为两个事件,P(A)>0,那么,在“A 已发生”的条件下,B 发生的条件概率(conditional probability ). P( B | A) 读作 A 发生的条件下 B 发生的概率.

P( B | A) 定义为

P( B | A) ?

P( AB ) . P( A)

由这个定义可知,对任意两个事件 A、B,若 P( B) ? 0 ,则有

P( AB) ? P( B | A) ? P( A) .
并称上式微概率的乘法公式. 2.P(A|B)的性质: (1)非负性:对任意的 A ? f. 0 ? P( A B) ? 1 (2)规范性:P( ? |B)=1; (3)可列可加性:如果是两个互斥事件,则

P( B C | A) ? P( B | A) ? P(C | A) .
例 1.在 5 道题中有 3 道理科题和 2 道文科题.如果不放回地依次抽取 2 道题,求: (l)第 1 次抽到理科题的概率; (2)第 1 次和第 2 次都抽到理科题的概率; (3)在第 1 次抽到理科题的条件下,第 2 次抽到理科题的概率. 解:设第 1 次抽到理科题为事件 A,第 2 次抽到理科题为事件 B,则第 1 次和第 2 次都抽到理科题为 事件 AB. (1)从 5 道题中不放回地依次抽取 2 道的事件数为
3 n( ? )= A5 =20. 1 1 根据分步乘法计数原理,n (A)= A3 =12 .于是 ? A4

P( A) ?

n( A) 12 3 ? ? . n(?) 20 5

2 (2)因为 n (AB)= A3 =6 ,所以

P( AB) ?

n( AB) 6 3 ? ? . n(?) 20 10

(3)解法 1 由( 1 ) ( 2 )可得,在第 1 次抽到理科题的条件下,第 2 次抽到理科题的概

3 P( AB) 10 1 P( B | A) ? ? ? . 3 2 P( A) 5
解法 2 因为 n (AB)=6 , n (A)=12 ,所以

P( B | A) ?

P( AB) 6 1 ? ? . P( A) 12 2

例 2.一张储蓄卡的密码共位数字,每位数字都可从 0~9 中任选一个.某人在银行自动提款机上取钱 时,忘记了密码的最后一位数字,求: (1)任意按最后一位数字,不超过 2 次就按对的概率; (2)如果他记得密码的最后一位是偶数,不超过 2 次就按对的概率. 解:设第 i 次按对密码为事件 Ai (i=1,2) ,则 A ? A 1

( A1 A2 ) 表示不超过 2 次就按对密码.

(1)因为事件 A 1 与事件 A 1 A2 互斥,由概率的加法公式得

P( A) ? P( A1 ) ? P( A1 A2 ) ?

1 9 ?1 1 ? ? . 10 10 ? 9 5
1 4 ?1 2 ? ? . 5 5? 4 5

? (2)用 B 表示最后一位按偶数的事件,则 P( A | B) ? P( A 1 | B) ? P( A 1A 2 | B)
课堂练习.

1、抛掷一颗质地均匀的骰子所得的样本空间为 S={1,2,3,4,5,6},令事件 A={2,3,5},B={1, 2,4,5,6},求 P(A) ,P(B) ,P(AB) ,P(A︱B) 。 2、一个正方形被平均分成 9 个部分,向大正方形区域随机地投掷一个点(每次都能投中) ,设投中最 左侧 3 个小正方形区域的事件记为 A,投中最上面 3 个小正方形或正中间的 1 个小正方形区域的事件记为 B,求 P(AB) ,P(A︱B) 。 3、在一个盒子中有大小一样的 20 个球,其中 10 和红球,10 个白球。求第 1 个人摸出 1 个红球,紧 接着第 2 个人摸出 1 个白球的概率。 巩固练习: 课本 55 页练习 1、2 课外作业:第 60 页 习题 2. 2 1 ,2 ,3

教学反思:1. 通过对具体情景的分析,了解条件概率的定义。2. 掌握一些简单的条件概率的计算。 3. 通过对实例的分析,会进行简单的应用。

2.2.2 事件的相互独立性
教学目标: 知识与技能:理解两个事件相互独立的概念。 过程与方法:能进行一些与事件独立有关的概率的计算。 情感、态度与价值观:通过对实例的分析,会进行简单的应用。 教学重点:独立事件同时发生的概率 教学难点:有关独立事件发生的概率计算 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 事件的定义:随机事件:在一定条件下可能发生也可能不发生的事件; 必然事件:在一定条件下必然发生的事件; 不可能事件:在一定条件下不可能发生的事件
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2.随机事件的概率:一般地,在大量重复进行同一试验时,事件 A 发生的频率 它附近摆动,这时就把这个常数叫做事件 A 的概率,记作 P ( A) .

m 总是接近某个常数,在 n

3.概率的确定方法:通过进行大量的重复试验,用这个事件发生的频率近似地作为它的概率; 4.概率的性质:必然事件的概率为 1 ,不可能事件的概率为 0 ,随机事件的概率为 0 ? P( A) ? 1,必然事 件和不可能事件看作随机事件的两个极端情形 5 基本事件:一次试验连同其中可能出现的每一个结果(事件 A )称为一个基本事件 6.等可能性事件:如果一次试验中可能出现的结果有 n 个,而且所有结果出现的可能性都相等,那么每
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个基本事件的概率都是

1 ,这种事件叫等可能性事件 n m n

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7.等可能性事件的概率:如果一次试验中可能出现的结果有 n 个,而且所有结果都是等可能的,如果事 件 A 包含 m 个结果,那么事件 A 的概率 P ( A) ?
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8.等可能性事件的概率公式及一般求解方法 9.事件的和的意义:对于事件 A 和事件 B 是可以进行加法运算的
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10 互斥事件:不可能同时发生的两个事件. P( A ? B) ? P( A) ? P( B) 一般地:如果事件 A1 , A2 ,

, An 中的任何两个都是互斥的,那么就说事件 A1 , A2 ,

, An 彼此互斥

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11.对立事件:必然有一个发生的互斥事件. P( A ? A) ? 1 ? P( A) ? 1 ? P( A) 12.互斥事件的概率的求法:如果事件 A1 , A2 ,

, An 彼此互斥,那么
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P( A1 ? A2 ?

? An ) = P( A1 ) ? P( A2 ) ?

? P( An )

探究: (1)甲、乙两人各掷一枚硬币,都是正面朝上的概率是多少?

事件 A :甲掷一枚硬币,正面朝上;事件 B :乙掷一枚硬币,正面朝上 (2)甲坛子里有 3 个白球,2 个黑球,乙坛子里有 2 个白球,2 个黑球,从这两个坛子里分别摸出 1 个 球,它们都是白球的概率是多少? 事件 A :从甲坛子里摸出 1 个球,得到白球;事件 B :从乙坛子里摸出 1 个球,得到白球 问题(1)、(2)中事件 A 、 B 是否互斥?(不互斥)可以同时发生吗?(可以) 问题(1)、(2)中事件 A (或 B )是否发生对事件 B (或 A )发生的概率有无影响?(无影响) 思考:三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名同学有放回地抽取,事件 A 为“第一名同学没有抽到中 奖奖券”, 事件 B 为“最后一名同学抽到中奖奖券”. 事件 A 的发生会影响事件 B 发生的概率吗? 显然,有放回地抽取奖券时,最后一名同学也是从原来的三张奖券中任抽一张,因此第一名同学抽的 结果对最后一名同学的抽奖结果没有影响,即事件 A 的发生不会影响事件 B 发生的概率.于是 P(B| A)=P(B), P(AB)=P( A ) P ( B |A)=P(A)P(B). 二、讲解新课: 1.相互独立事件的定义: 设 A, B 为两个事件,如果 P ( AB ) = P ( A ) P ( B ) , 则称事件 A 与事件 B 相互独立(mutually independent ) .
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事件 A (或 B )是否发生对事件 B (或 A )发生的概率没有影响,这样的两个事件叫做相互独立事件 若 A 与 B 是相互独立事件,则 A 与 B , A 与 B , A 与 B 也相互独立 2.相互独立事件同时发生的概率: P( A ? B) ? P( A) ? P( B)
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问题 2 中, “从这两个坛子里分别摸出 1 个球,它们都是白球”是一个事件,它的发生,就是事件 A , B 同时发生,记作 A ? B . (简称积事件) 从甲坛子里摸出 1 个球,有 5 种等可能的结果;从乙坛子里摸出 1 个球,有 4 种等可能的结果 于是从 这两个坛子里分别摸出 1 个球, 共有 5 ? 4 种等可能的结果 同时摸出白球的结果有 3 ? 2 种 所以从这两个坛
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子里分别摸出 1 个球,它们都是白球的概率 P ( A ? B ) ?

3? 2 3 ? . 5 ? 4 10 3 ,从乙坛子里摸出 1 个球,得到白 5

另一方面,从甲坛子里摸出 1 个球,得到白球的概率 P ( A) ? 球的概率 P ( B ) ?

2 .显然 P( A ? B) ? P( A) ? P( B) . 4
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这就是说,两个相互独立事件同时发生的概率,等于每个事件发生的概率的积 一般地,如果事件

A1 , A2 ,


, An 相互独立,那么这 n 个事件同时发生的概率,等于每个事件发生的概率的积, ? An ) ? P( A1 ) ? P( A2 ) ? ? P( An ) .

P( A1 ? A2 ?

3.对于事件 A 与 B 及它们的和事件与积事件有下面的关系:

P( A ? B) ? P( A) ? P( B) ? P( A ? B)

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三、讲解范例: 例 1.某商场推出二次开奖活动,凡购买一定价值的商品可以获得一张奖券.奖券上有一个兑奖号码, 可以分别参加两次抽奖方式相同的兑奖活动.如果两次兑奖活动的中奖概率都是 0 . 05 ,求两次抽奖中以 下事件的概率: (1)都抽到某一指定号码; (2)恰有一次抽到某一指定号码; (3)至少有一次抽到某一指定号码. 解: (1)记“第一次抽奖抽到某一指定号码”为事件 A, “第二次抽奖抽到某一指定号码”为事件 B ,

则 “两次抽奖都抽到某一指定号码” 就是事件 AB. 由于两次抽奖结果互不影响, 因此 A 与 B 相互独立. 于 是由独立性可得,两次抽奖都抽到某一指定号码的概率 P ( AB ) = P ( A ) P ( B ) = 0. 05×0.05 = 0.0025. (2 ) “两次抽奖恰有一次抽到某一指定号码”可以用(A B )U( A B)表示.由于事件 A B 与 A B 互斥,根据概率加法公式和相互独立事件的定义,所求的概率为 P (A B )十 P( A B)=P(A)P( B )+ P( A )P(B ) = 0. 05×(1-0.05 ) + (1-0.05 ) ×0.05 = 0. 095. ( 3 ) “两次抽奖至少有一次抽到某一指定号码”可以用(AB ) U ( A B )U( A B)表示.由于事件 AB , A B 和 A B 两两互斥,根据概率加法公式和相互独立事件的定义,所求的概率为 P ( AB ) + P(A B ) + P( A B ) = 0.0025 +0. 095 = 0. 097 5. 例 2.甲、乙二射击运动员分别对一目标射击 1 次,甲射中的概率为 0.8 ,乙射中的概率为 0.9 ,求: (1) 2 人都射中目标的概率; (2) 2 人中恰有 1 人射中目标的概率; (3) 2 人至少有 1 人射中目标的概率; (4) 2 人至多有 1 人射中目标的概率? 解:记“甲射击 1 次,击中目标”为事件 A , “乙射击 1 次,击中目标”为事件 B ,则 A 与 B , A 与 B ,

A 与 B , A 与 B 为相互独立事件,
(1) 2 人都射中的概率为:

P( A ? B) ? P( A) ? P( B) ? 0.8 ? 0.9 ? 0.72 ,
∴ 2 人都射中目标的概率是 0.72 . (2) “ 2 人各射击 1 次,恰有 1 人射中目标”包括两种情况:一种是甲击中、乙未击中(事件 A ? B 发 生) ,另一种是甲未击中、乙击中(事件 A ? B 发生) 根据题意,事件 A ? B 与 A ? B 互斥,根据互斥事件的
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概率加法公式和相互独立事件的概率乘法公式,所求的概率为:

P( A ? B) ? P( A ? B) ? P( A) ? P(B) ? P( A) ? P(B)
? 0.8 ? (1 ? 0.9) ? (1 ? 0.8) ? 0.9 ? 0.08 ? 0.18 ? 0.26
∴ 2 人中恰有 1 人射中目标的概率是 0.26 . (3) (法 1) :2 人至少有 1 人射中包括“2 人都中”和“2 人有 1 人不中”2 种情况,其概率为

P ? P( A ? B) ? [P( A ? B) ? P( A ? B)] ? 0.72 ? 0.26 ? 0.98 .
(法 2) : “2 人至少有一个击中”与“2 人都未击中”为对立事件, 2 个都未击中目标的概率是 P( A ? B) ? P( A) ? P( B) ? (1 ? 0.8)(1 ? 0.9) ? 0.02 , ∴“两人至少有 1 人击中目标”的概率为 P ? 1 ? P( A ? B) ? 1 ? 0.02 ? 0.98 . (4) (法 1) : “至多有 1 人击中目标”包括“有 1 人击中”和“2 人都未击中” , 故所求概率为:

P ? P( A ? B) ? P( A ? B) ? P( A ? B) ? P( A) ? P(B) ? P( A) ? P(B) ? P( A) ? P(B)

? 0.02 ? 0.08 ? 0.18 ? 0.28 . (法 2) : “至多有 1 人击中目标”的对立事件是“2 人都击中目标” ,
故所求概率为 P ? 1 ? P( A ? B) ? 1 ? P( A) ? P( B) ? 1 ? 0.72 ? 0.28
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JA JB JC

例 3.在一段线路中并联着 3 个自动控制的常开开关,只要其中有 1 个 开关能够闭合,线路就能正常工作 假定在某段时间内每个开关能够闭合的 概率都是 0.7,计算在这段时间内线路正常工作的概率
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解:分别记这段时间内开关 J A , J B , J C 能够闭合为事件 A , B , C . 由题意,这段时间内 3 个开关是否能够闭合相互之间没有影响 根据相互独立事件的概率乘法公式,这 段时间内 3 个开关都不能闭合的概率是
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P( A ? B ? C) ? P( A) ? P(B) ? P(C)

? ?1 ? P( A)??1 ? P(B)??1 ? P(C)? ? (1 ? 0.7)(1 ? 0.7)(1 ? 0.7) ? 0.027
∴这段时间内至少有 1 个开关能够闭合, ,从而使线路能正常工作的概率是

1 ? P( A ? B ? C) ? 1 ? 0.027 ? 0.973 .
答:在这段时间内线路正常工作的概率是 0.973 . 变式题 1:如图添加第四个开关 J D 与其它三个开关串联,在某段时间内此开关能够闭合的概率也是 0.7,计算在这段时间内线路正常工作的概率
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( ?1 ? P( A ? B ? C ) ? ? P( D) ? 0.973 ? 0.7 ? 0.6811 )

?

?

变式题 2:如图两个开关串联再与第三个开关并联,在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是 0.7, 计算在这段时间内线路正常工作的概率
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方法一: P( A ? B ? C) ? P( A ? B ? C) ? P( A ? B ? C) ? P( A ? B ? C) ? P( A ? B ? C)

? P( A) ? P( B) ? P(C ) ? P( A) ? P( B) ? P(C ) ? P( A) ? P( B) ? P(C ) ? P( A) ? P( B) ? P(C ) ? P( A) ? P( B) ? P(C )
? 0.847
方法二:分析要使这段时间内线路正常工作只要排除 J C 至少有 1 个开的情况
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JA

JB

开且 J A 与 J B
JC

1 ? P (C ) ?1 ? P ( A ? B ) ? ? 1 ? 0.3 ? (1 ? 0.7 2 ) ? 0.847
例 4.已知某种高炮在它控制的区域内击中敌机的概率为 0.2. (1)假定有 5 门这种高炮控制某个区域,求敌机进入这个区域后未被击中的概率; (2)要使敌机一旦进入这个区域后有 0.9 以上的概率被击中,需至少布置几门高炮? 分析:因为敌机被击中的就是至少有 1 门高炮击中敌机,故敌机被击中的概率即为至少有 1 门高炮击 中敌机的概率
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解:(1)设敌机被第 k 门高炮击中的事件为 AK (k=1,2,3,4,5),那么 5 门高炮都未击中敌机的事件为

A1 ? A2 ? A3 ? A4 ? A5 .

∵事件 A1 , A2 , A3 , A4 , A5 相互独立, ∴敌机未被击中的概率为

P( A1 ? A2 ? A3 ? A4 ? A5 ) = P( A1 ) ? P( A2 ) ? P( A3 ) ? P( A4 ) ? P( A5 )
4 ? (1 ? 0.2)5 ? ( ) 5 5
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∴敌机未被击中的概率为 ( ) . (2)至少需要布置 n 门高炮才能有 0.9 以上的概率被击中,仿(1)可得:

4 5

5

4 n 5 4 n 4 n 1 ∴令 1 ? ( ) ? 0.9 ,∴ ( ) ? 5 5 10
敌机被击中的概率为 1- ( ) 两边取常用对数,得 n ?

1 ? 10.3 1 ? 3lg 2

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∵ n ? N ,∴ n ? 11

?

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∴至少需要布置 11 门高炮才能有 0.9 以上的概率击中敌机 点评:上面例 1 和例 2 的解法,都是解应用题的逆向思考方法 采用这种方法在解决带有词语“至多” 、 “至少”的问题时的运用,常常能使问题的解答变得简便
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四、课堂练习: 1.在一段时间内,甲去某地的概率是

1 1 ,乙去此地的概率是 ,假定两人的行动相互之间没有影响,那 4 5

么在这段时间内至少有 1 人去此地的概率是( )

( A)

3 20

(B)

1 5

(C )

2 5

(D)

9 20

2.从甲口袋内摸出 1 个白球的概率是 个球,那么

1 1 ,从乙口袋内摸出 1 个白球的概率是 ,从两个口袋内各摸出 1 3 2

5 等于( 6



( A) 2 个球都是白球的概率 (C ) 2 个球不都是白球的概率

( B ) 2 个球都不是白球的概率 ( D ) 2 个球中恰好有 1 个是白球的概率


3. 电灯泡使用时间在 1000 小时以上概率为 0.2, 则 3 个灯泡在使用 1000 小时后坏了 1 个的概率是 (

( A) 0.128

( B ) 0.096

(C ) 0.104

( D ) 0.384

4.某道路的 A 、 B 、 C 三处设有交通灯,这三盏灯在一分钟内开放绿灯的时间分别为 25 秒、35 秒、45 秒,某辆车在这条路上行驶时,三处都不停车的概率是 ( )

( A)

35 192

(B)

25 192

(C )

35 576

(D)

65 192

5. (1)将一个硬币连掷 5 次,5 次都出现正面的概率是 ; (2)甲、乙两个气象台同时作天气预报,如果它们预报准确的概率分别是 0.8 与 0.7,那么在一次预报中

两个气象台都预报准确的概率是 . 6.棉籽的发芽率为 0.9,发育为壮苗的概率为 0.6, (1)每穴播两粒,此穴缺苗的概率为 ;此穴无壮苗的概率为 . (2)每穴播三粒,此穴有苗的概率为 ;此穴有壮苗的概率为 . 7.一个工人负责看管 4 台机床,如果在 1 小时内这些机床不需要人去照顾的概率第 1 台是 0.79,第 2 台 是 0.79,第 3 台是 0.80,第 4 台是 0.81,且各台机床是否需要照顾相互之间没有影响,计算在这个小时 内这 4 台机床都不需要人去照顾的概率. 8.制造一种零件,甲机床的废品率是 0.04,乙机床的废品率是 0.05.从它们制造的产品中各任抽 1 件, 其中恰有 1 件废品的概率是多少? 9.甲袋中有 8 个白球,4 个红球;乙袋中有 6 个白球,6 个红球,从每袋中任取一个球,问取得的球是同 色的概率是多少? 答案:1. C 2. C 3. B 4. A 5.(1)

1 32

(2) 0.56

6.(1) 0.01 , 0.16
2 2

(2) 0.999 , 0.936

7. P= 0.79 ? 0.81 ? 0.404 8. P= 0.04 ? 0.95 ? 0.96 ? 0.05 ? 0.086 9. 提示: P ?

8 6 4 6 1 ? ? ? ? 12 12 12 12 2

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五、小结 :两个事件相互独立,是指它们其中一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响 一 般地,两个事件不可能即互斥又相互独立,因为互斥事件是不可能同时发生的,而相互独立事件是以它们 能够同时发生为前提的 相互独立事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积,这一点与互斥事件的 概率和也是不同的 六、课后作业:课本 58 页练习 1、2、3 第 60 页 习题 2. 2A 组 4. B 组 1
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七、板书设计(略) 八、教学反思:

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1. 理解两个事件相互独立的概念。 2. 能进行一些与事件独立有关的概率的计算。 3. 通过对实例的分析,会进行简单的应用。

2.2.3 独立重复实验与二项分布

教学目标: 知识与技能:理解 n 次独立重复试验的模型及二项分布,并能解答一些简单的实际问题。 过程与方法:能进行一些与 n 次独立重复试验的模型及二项分布有关的概率的计算。 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:理解 n 次独立重复试验的模型及二项分布,并能解答一些简单的实际问题 教学难点:能进行一些与 n 次独立重复试验的模型及二项分布有关的概率的计算 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 事件的定义:随机事件:在一定条件下可能发生也可能不发生的事件; 必然事件:在一定条件下必然发生的事件; 不可能事件:在一定条件下不可能发生的事件 2.随机事件的概率:一般地,在大量重复进行同一试验时,事件 A 发生的频率 它附近摆动,这时就把这个常数叫做事件 A 的概率,记作 P ( A) . 3.概率的确定方法:通过进行大量的重复试验,用这个事件发生的频率近似地作为它的概率; 4.概率的性质:必然事件的概率为 1 ,不可能事件的概率为 0 ,随机事件的概率为 0 ? P( A) ? 1,必然事 件和不可能事件看作随机事件的两个极端情形 5 基本事件:一次试验连同其中可能出现的每一个结果(事件 A )称为一个基本事件 6.等可能性事件:如果一次试验中可能出现的结果有 n 个,而且所有结果出现的可能性都相等,那么每 个基本事件的概率都是

m 总是接近某个常数,在 n

1 ,这种事件叫等可能性事件 n m n

7.等可能性事件的概率:如果一次试验中可能出现的结果有 n 个,而且所有结果都是等可能的,如果事 件 A 包含 m 个结果,那么事件 A 的概率 P ( A) ?

8.等可能性事件的概率公式及一般求解方法 9.事件的和的意义:对于事件 A 和事件 B 是可以进行加法运算的 10 互斥事件:不可能同时发生的两个事件. P( A ? B) ? P( A) ? P( B) 一般地:如果事件 A1 , A2 ,

, An 中的任何两个都是互斥的,那么就说事件 A1 , A2 ,

, An 彼此互斥

11.对立事件:必然有一个发生的互斥事件. P( A ? A) ? 1 ? P( A) ? 1 ? P( A) 12.互斥事件的概率的求法:如果事件 A1 , A2 ,

, An 彼此互斥,那么

P( A1 ? A2 ?

? An ) = P( A1 ) ? P( A2 ) ?

? P( An )

13.相互独立事件:事件 A (或 B )是否发生对事件 B (或 A )发生的概率没有影响,这样的两个事件叫做 相互独立事件 若 A 与 B 是相互独立事件,则 A 与 B , A 与 B , A 与 B 也相互独立

14.相互独立事件同时发生的概率: P( A ? B) ? P( A) ? P( B) 一般地,如果事件 A1 , A2 , 率的积, P( A1 ? A2 ?

, An 相互独立,那么这 n 个事件同时发生的概率,等于每个事件发生的概

? An ) ? P( A1 ) ? P( A2 ) ? ? P( An )

二、讲解新课: 1 独立重复试验的定义: 指在同样条件下进行的,各次之间相互独立的一种试验 2.独立重复试验的概率公式: 一般地,如果在 1 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
k k 次的概率 Pn (k ) ? Cn P (1 ? P) n?k .

它是 ? (1 ? P) ? P ? 展开式的第 k ? 1 项
n

3.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
k k n ?k (k=0,1,2,?,n, q ? 1 ? p ) . Pn (? ? k ) ? Cn p q ,

于是得到随机变量 ξ 的概率分布如下: ξ 0
0 0 n Cn pq

1
1 1 n ?1 Cn pq

? ?

k
k k n?k Cn p q

? ?

n
n n 0 Cn p q

P

k k n?k 由 于 Cn p q 恰好是二项展开式 0 0 n 1 1 n?1 k k n ?k n n 0 (q ? p) n ? Cn p q ? Cn p q ? ? ? Cn p q ? ? ? Cn p q

中 的 各 项的 值 ,所 以 称这 样 的 随机 变 量 ξ 服 从二 项 分 布( binomial distribution ) ,
k k n?k 记 作 ξ ~ B ( n , p ) ,其中 n , p 为参数,并记 Cn p q =b(k;n,p).

三、讲解范例: 例 1.某射手每次射击击中目标的概率是 0 . 8.求这名射手在 10 次射击中, (1)恰有 8 次击中目标的概率; (2)至少有 8 次击中目标的概率. (结果保留两个有效数字.) 解:设 X 为击中目标的次数,则 X~B (10, 0.8 ) . (1)在 10 次射击中,恰有 8 次击中目标的概率为 P (X = 8 ) = C10 ? 0.8 ? (1 ? 0.8)
8 8 10?8

? 0.30 .

(2)在 10 次射击中,至少有 8 次击中目标的概率为 P (X≥8) = P (X = 8) + P ( X = 9 ) + P ( X = 10 )
8 9 10 C10 ? 0.88 ? (1 ? 0.8)10?8 ? C10 ? 0.89 ? (1 ? 0.8)10?9 ? C10 ? 0.810 ? (1 ? 0.8)10?10

? 0.68 . 例 2. (2000 年高考题)某厂生产电子元件,其产品的次品率为 5%.现从一批产品中任意地连续取出

2 件,写出其中次品数 ξ 的概率分布. 解:依题意,随机变量 ξ ~B(2,5%).所以,
2 0 1 P(ξ =0)= C 2 (95%) =0.9025,P(ξ =1)= C 2 (5%)(95%)=0.095, 2 2 P( ? ? 2 )= C 2 (5%) =0.0025.

因此,次品数 ξ 的概率分布是 ξ 0 0.9025 1 0.095 2 0.0025

P

例 3.重复抛掷一枚筛子 5 次得到点数为 6 的次数记为 ξ ,求 P(ξ >3). 解:依题意,随机变量 ξ ~B ? 5, ? .

? 1? ? 6?

1 ? 1 ? 5 25 5 ?1? ∴P(ξ =4)= C ? ? ? = ,P(ξ =5)= C5 . ? ? = ? 6 ? 7776 ? 6 ? 6 7776
4 5

4

5

∴P(ξ >3)=P(ξ =4)+P(ξ =5)=

13 3888

例 4.某气象站天气预报的准确率为 80% ,计算(结果保留两个有效数字) : (1)5 次预报中恰有 4 次准确的概率; (2)5 次预报中至少有 4 次准确的概率 解: (1)记“预报 1 次,结果准确”为事件 A .预报 5 次相当于 5 次独立重复试验,根据 n 次独立重 复试验中某事件恰好发生 k 次的概率计算公式,5 次预报中恰有 4 次准确的概率
4 4 5?4 P ? 0.84 ? 0.41答:5 次预报中恰有 4 次准确的概率约为 0.41. 5 (4) ? C5 ? 0.8 ? (1 ? 0.8)

(2)5 次预报中至少有 4 次准确的概率,就是 5 次预报中恰有 4 次准确的概率与 5 次预报都准确的概 率的和,即
4 4 5?4 5 P?P ? C5 ? 0.85 ? (1 ? 0.8)5?5 5 (4) ? P 5 (5) ? P 5 (4) ? C5 ? 0.8 ? (1 ? 0.8)

? 0.84 ? 0.85 ? 0.410 ? 0.328 ? 0.74
答:5 次预报中至少有 4 次准确的概率约为 0.74. 例 5.某车间的 5 台机床在 1 小时内需要工人照管的概率都是

1 ,求 1 小时内 5 台机床中至少 2 台需 4

要工人照管的概率是多少?(结果保留两个有效数字) 解:记事件 A =“1 小时内,1 台机器需要人照管” ,1 小时内 5 台机器需要照管相当于 5 次独立重复 试验

1 5 3 5 4 4 1 1 4 1 1 小时内 5 台机床中恰有 1 台需要工人照管的概率 P5 (1) ? C5 ? ? (1 ? ) , 4 4
1 小时内 5 台机床中没有 1 台需要工人照管的概率 P 5 (0) ? (1 ? ) ? ( ) , 所以 1 小时内 5 台机床中至少 2 台需要工人照管的概率为

P ? 1? ? P 5 (0) ? P 5 (1)? ? 0.37
答:1 小时内 5 台机床中至少 2 台需要工人照管的概率约为 0.37 . 点评: “至多” , “至少”问题往往考虑逆向思维法

例 6.某人对一目标进行射击,每次命中率都是 0.25,若使至少命中 1 次的概率不小于 0.75,至少应 射击几次? 解:设要使至少命中 1 次的概率不小于 0.75,应射击 n 次 记事件 A =“射击一次,击中目标” ,则 P( A) ? 0.25 . ∵射击 n 次相当于 n 次独立重复试验,
n ∴事件 A 至少发生 1 次的概率为 P ? 1 ? P n (0) ? 1 ? 0.75 .

1 3 n 1 n 由题意,令 1 ? 0.75 ? 0.75 ,∴ ( ) ? ,∴ n ? 4 ? 4.82 , 3 4 4 lg 4 ∴ n 至少取 5. lg
答:要使至少命中 1 次的概率不小于 0.75,至少应射击 5 次 例 7.十层电梯从低层到顶层停不少于 3 次的概率是多少?停几次概率最大? 解:依题意,从低层到顶层停不少于 3 次,应包括停 3 次,停 4 次,停 5 次,??,直到停 9 次 ∴从低层到顶层停不少于 3 次的概率

1 1 3 1 3 1 6 5 1 5 1 4 9 1 9 P ? C9 ( ) ( ) ? C94 ( ) 4 ( )5 ? C9 ( ) ( ) ? ? C9 ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 233 1 1 3 5 9 0 1 ? (C9 ? C94 ? C9 ? ? C9 )( )9 ? ? 29 ? (C9 ? C9 ? C92 ) ? ( )9 ? (29 ? 46)( )9 ? ? ? 2 256 2 2 1 1 1 k k 9?k ? C9k ( )9 , 设从低层到顶层停 k 次,则其概率为 C9 ( ) ( ) 2 2 2 1 k 9 k ∴当 k ? 4 或 k ? 5 时, C9 最大,即 C9 ( ) 最大, 2 233 答:从低层到顶层停不少于 3 次的概率为 ,停 4 次或 5 次概率最大. 256
例 8.实力相等的甲、乙两队参加乒乓球团体比赛,规定 5 局 3 胜制(即 5 局内谁先赢 3 局就算胜出 并停止比赛) . (1)试分别求甲打完 3 局、4 局、5 局才能取胜的概率. (2)按比赛规则甲获胜的概率. 解:甲、乙两队实力相等,所以每局比赛甲获胜的概率为

1 1 ,乙获胜的概率为 . 2 2

记事件 A =“甲打完 3 局才能取胜” ,记事件 B =“甲打完 4 局才能取胜” , 记事件 C =“甲打完 5 局才能取胜” . ①甲打完 3 局取胜,相当于进行 3 次独立重复试验,且每局比赛甲均取胜 ∴甲打完 3 局取胜的概率为 P ( A) ? C3 ( ) ?
3 3

1 2

1 . 8

②甲打完 4 局才能取胜,相当于进行 4 次独立重复试验,且甲第 4 局比赛取胜,前 3 局为 2 胜 1 负 ∴甲打完 4 局才能取胜的概率为 P( B) ? C3 ? ( ) ?
2 2

1 2

1 1 3 ? ? . 2 2 16

③甲打完 5 局才能取胜,相当于进行 5 次独立重复试验,且甲第 5 局比赛取胜,前 4 局恰好 2 胜 2 负

1 2 1 2 1 3 ? . 2 2 2 16 (2)事件 D =“按比赛规则甲获胜”,则 D ? A ? B ? C , 又因为事件 A 、 B 、 C 彼此互斥,
∴甲打完 5 局才能取胜的概率为 P(C ) ? C4 ? ( ) ? ( ) ?
2

故 P( D) ? P( A ? B ? C ) ? P ( A) ? P ( B ) ? P (C ) ? 答:按比赛规则甲获胜的概率为

1 3 3 1 ? ? ? . 8 16 16 2

1 . 2

例 9.一批玉米种子,其发芽率是 0.8.(1)问每穴至少种几粒,才能保证每穴至少有一粒发芽的概 率大于 98% ?(2)若每穴种 3 粒,求恰好两粒发芽的概率. ( lg 2 ? 0.3010 ) 解:记事件 A =“种一粒种子,发芽” ,则 P( A) ? 0.8 , P( A) ? 1 ? 0.8 ? 0.2 , (1)设每穴至少种 n 粒,才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于 98% . ∵每穴种 n 粒相当于 n 次独立重复试验,记事件 B =“每穴至少有一粒发芽” ,则
0 0 n n P(B) ? P n (0) ? Cn 0.8 (1 ? 0.8) ? 0.2 .

∴ P(B) ? 1 ? P(B) ? 1 ? 0.2n . 由题意,令 P( B) ? 98% ,所以 0.2 ? 0.02 ,两边取常用对数得,
n

n lg 0.2 ? lg 0.02 .即 n(lg 2 ? 1) ? lg 2 ? 2 ,
∴n ?

lg 2 ? 2 1.6990 ? ? 2.43 ,且 n ? N ,所以取 n ? 3 . lg 2 ? 1 0.6990

答:每穴至少种 3 粒,才能保证每穴至少有一粒发芽的概率大于 98% . (2)∵每穴种 3 粒相当于 3 次独立重复试验,
2 ∴每穴种 3 粒,恰好两粒发芽的概率为 P ? C3 ? 0.82 ? 0.2 ?? 0.384 ,

答:每穴种 3 粒,恰好两粒发芽的概率为 0.384 四、课堂练习: 1.每次试验的成功率为 p(0 ? p ? 1) ,重复进行 10 次试验,其中前 7 次都未成功后 3 次都成功的概率为 ( )
3 3 ( B ) C10 p (1 ? p)3

3 3 ( A) C10 p (1 ? p)7

(C ) p3 (1 ? p)7

( D ) p7 (1 ? p)3


2.10 张奖券中含有 3 张中奖的奖券,每人购买 1 张,则前 3 个购买者中,恰有一人中奖的概率为(
3 ( A) C10 ? 0.72 ? 0.3 1 ( B ) C3 ? 0.72 ? 0.3

(C )

3 10

(D)

1 3 A72 ? A3 3 A10

3.某人有 5 把钥匙,其中有两把房门钥匙,但忘记了开房门的是哪两把,只好逐把试开,则此人在 3 次 内能开房门的概率是 ( )

( A) 1 ?

3 A3 3 A5

(B)

1 1 2 A32 ? A2 A3 ? A2 ? 3 3 A5 A5

3 2 3 2 1 ? ( )1 ? ( ) 2 ( D ) C32 ? ( ) 2 ? ( ) ? C3 5 5 5 5 4.甲、乙两队参加乒乓球团体比赛,甲队与乙队实力之比为 3 : 2 ,比赛时均能正常发挥技术水平,则在 5

3 (C ) 1 ? ( ) 3 5

局 3 胜制中,甲打完 4 局才胜的概率为(


3 2 3 1 ( ) ( ) ( D ) C4 3 3

3 2 ( A) C32 ( )3 ? 5 5

3 2 ( B ) C32 ( ) 2 ( ) 5 3

3 3 3 2 ( ) ( ) (C ) C 4 5 5

5.一射手命中 10 环的概率为 0.7,命中 9 环的概率为 0.3,则该射手打 3 发得到不少于 29 环的概率为 . (设每次命中的环数都是自然数) 6.一名篮球运动员投篮命中率为 60% ,在一次决赛中投 10 个球,则投中的球数不少于 9 个的概率为 . 7.一射手对同一目标独立地进行 4 次射击,已知至少命中一次的概率为

80 ,则此射手的命中率为 81



8.某车间有 5 台车床,每台车床的停车或开车是相互独立的,若每台车床在任一时刻处于停车状态的概 率为

1 ,求: (1)在任一时刻车间有 3 台车床处于停车的概率; (2)至少有一台处于停车的概率 3

9.种植某种树苗,成活率为 90%,现在种植这种树苗 5 棵,试求: ⑴全部成活的概率; ⑵全部死亡的概率; ⑶恰好成活 3 棵的概率; ⑷至少成活 4 棵的概率

80 ,试求在一次试验中事件 A 发生的 81 1 概率(2)某人向某个目标射击,直至击中目标为止,每次射击击中目标的概率为 ,求在第 n 次才击中 3
10. (1)设在四次独立重复试验中,事件 A 至少发生一次的概率为 目标的概率 答案:1. C 2. D 3. A
3 5

4. A
3 2

5. 0.784

6. 0.046

2 7. 3

? 1 ? ? 2 ? 40 ? 2 ? 211 8.(1) P5 ? 3? ? C ? ? ? ? ? (2) P ? B ? ? 1 ? P B ? 1 ? C55 ? ? ? ? 3 ? ? 3 ? 243 ? 3 ? 243
5 ⑵ C5 0.15 ? 0.00001 ;

??

5

5 9.⑴ C5 0.95 ? 0.59049 ;

⑶P 5 ? 3? ? C5 0.9 ? 0.1 ? 0.0729 ;
3 3 2

⑷P?P 5 ? 4? ? P 5 ? 5? ? 0.91854

10.(1) P ?

2 3

(2) P ?

1 2 n ?1 ?( ) 3 3

五、小结 :1.独立重复试验要从三方面考虑第一:每次试验是在同样条件下进行第二:各次试验中的事 件是相互独立的第三,每次试验都只有两种结果,即事件要么发生,要么不发生 2.如果 1 次试验中某事件发生的概率是 P ,那么 n 次独立重复试验中这个事件恰好发生 k 次的概率为
k k Pn (k ) ? Cn P (1 ? P) n?k 对于此式可以这么理解:由于 1 次试验中事件 A 要么发生,要么不发生,所以在

n 次独立重复试验中 A 恰好发生 k 次,则在另外的 n ? k 次中 A 没有发生,即 A 发生,由 P( A) ? P ,
P( A) ? 1 ? P 所以上面的公式恰为 [(1 ? P) ? P]n 展开式中的第 k ? 1 项,可见排列组合、二项式定理及概
率间存在着密切的联系 六、课后作业:课本 58 页 练习 1、2、3、4 第 60 页 七、板书设计(略) 八、课后记: 习题 2. 2 B 组 2、3

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
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

? ? a? ? b, a, b 是常数, 若 ? 是随机变量, 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
k k n ?k (k=0,1,2,?,n, q ? 1 ? p ) . Pn (? ? k ) ? Cn p q ,

于是得到随机变量 ξ 的概率分布如下: ξ 0 1

? ?

k
k k n?k Cn p q

? ?

n
n n 0 Cn p q k k n?k

P

0 0 n Cn pq

1 1 n ?1 Cn pq

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 Cn p q

=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( A1 A2 A3

Ak ?1 Ak ) ? P( A1 )P( A2 )P( A3 )

P( Ak ?1)P( Ak ) ? qk ?1 p ( k = 0,1,2, ? ,

.于是得到随机变量 ξ 的概率分布如下: q ? 1? p ) ξ 1 2 3 ? ?

k

? ?

P

p

pq

q2 p

q k ?1 p

称 这 样 的随 机 变 量 ξ 服从 几 何 分布 记 作 g ( k , p )= q k ?1 p ,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 P(? ? 5) ? n ? 0.04n
????

次得 4 环; 次得 5 环;

P(? ? 10) ? n ? 0.22n
故在 n 次射击的总环数大约为

次得 10 环.

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? ? x1 p1 ? x 2 p 2 ? ? ? xn pn ? ?

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 ? ? ? p n ?

1 1 , E? ? ( x1 ? x2 ? ? ? x n ) ? ,所以 ξ 的数学期望又称为平均数、均值 n n

4. 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
p1

ax2 ? b
p2

axn ? b
pn

于是 E? ? (ax1 ? b) p1 ? (ax2 ? b) p2 ? ? ? (axn ? b) pn ? ? = a( x1 p1 ? x 2 p 2 ? ? ? xn pn ? ?) ? b( p1 ? p 2 ? ? ? p n ? ?) = aE? ? b , 由此,我们得到了期望的一个性质: E (a? ? b) ? aE? ? b 5.若ξ 证明如下: ∵ ∴ B(n,p) ,则 Eξ =np

k k k k n ?k P(? ? k ) ? Cn p (1 ? p)n?k ? Cn pq , 0 0 n 1 1 n ?1 2 2 n?2 k k n?k n n 0 E? ? 0× Cn p q +1× Cn p q +2× Cn p q +?+k× Cn p q +?+n× Cn p q .

又∵

k kCn ?k?

n! n ? (n ? 1)! k ?1 ? ? nCn ?1 , k!(n ? k )! (k ? 1)![(n ? 1) ? (k ? 1)]!
np(
0 1 1 1 n?2 k ?1 k ?1 ( n ?1) ?( k ?1) + ? + Cn + ? + Cn p0n? q + Cn q ?1 p q ?1 p ?1



E? ?

n ?1 n ?1 0 Cn q ) ? np( p ? q) n?1 ? np . ?1 p



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; ? X 3 = ?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) ? 0.859 由此可得 ? 的概率分布如下:

?
P

1 0.15

2 0.1275

3 0.1084

4 0.092

5 0.0783

6 0.0666

7 0.0566

8 0.0481

9 0.0409

10 0.2316

根据以上的概率分布,可得 ? 的期望

E? ? 1? 0.15 ? 2 ? 0.1275? ? ? ? ? 10 ? 0.2316? 5.35
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 P 所以

6

1 6

1 6

1 6

1 6

1 6

1 6

E? ? 1×

1 1 1 1 1 1 +2× +3× +4× +5× +6× 6 6 6 6 6 6 1 =(1+2+3+4+5+6)× =3.5. 6

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 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 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 =2 ξ +2 ; ( Ⅱ ) E? ? 15 ? 0.1 ? 16 ? 0.5 ? 17 ? 0.3 ? 18 ? 0.1 ? 16.4 ∵ ∴ η =2 ξ +2

E? ? 2 E ξ +2=34.8

(元)

故所收租车费 η 的数学期望为 34.8 元. ( Ⅲ ) 由 38=2 ξ +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 E? ?( )

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 P(? ? 1) ? 0.7 , P(? ? 0) ? 0.3 ,所以

E? ? 1× P(? ? 1) +0× P(? ? 0) ? 0.7
⑵η 的概率分布为 η 0 1
1 C2 ? 0.7 ? 0.3

2

P
所以

0.32

0.7 2

E? ? 0× 0.09 +1× 0.42 +2× 0.98 =1.4.

⑶ξ 的概率分布为 ξ 0 1
1 C3 ? 0.7 ? 0.32

2
2 C3 ? 0.7 2 ? 0.3

3

P
所以

0.33

0.7 3

E? ? 0× 0.027 +1× 0.189 +2× 0.98 =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

1 ,事件“ξ =k”发生,即 n 个大肠杆菌中 m

恰有 k 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 k 次的概率 计算方法可求出 P(ξ = k ), 进 而 可 求 E ξ .

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 =k)=Pn(k)=C k n

1 . m

1 k 1 n-k ) (1- ) (k=0,1,2,?.,n) . m m 1 1 n ∴ ξ ~B(n, ),故 Eξ =n× = m m m
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

?
p 于是 E( ? )=0×

0

1

2

3 10

3 5

1 10

3 3 1 +1× +2× =0.8 5 10 10

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

2 C4 1 p( ? =0)= 2 ? C9 6 1 1 C4 ? C3 1 ? 2 3 C9 1 1 C 32 C2 ? C4 11 + ? 2 2 36 C9 C9

? =1 时,取 1 黑 1 白

p( ? =1)=

? =2 时,取 2 白或 1 红 1 黑 p( ? =2)=

1 1 C3 ? C2 1 ? =3 时,取 1 白 1 红,概率 p( ? =3)= ? 2 6 C9 2 C2 1 ? 2 C9 36

? =4 时,取 2 红,概率 p( ? =4)=

∴ ? 分布列为 p

?

0

1

2

3

4

1 6

1 3

11 36

1 6

1 36

(2)期望 E ? =0×

1 1 11 1 1 14 +1× +2× +3× +4× = 6 3 6 36 36 9

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)

Ai 表示第 i 台仪器不出现故障,则:
p( ? =1)=p(A1· A2 · A3 )+ p( A1 ·A2· A3 )+ p( A1 · A2 ·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· A )+ p(A1· A2 · A3 )+ p( A1 ·A2·A3) = p1p2 (1-p3)+ p1p3(1-p2)+ p2p3(1-p1) = p1p2+ p1p3+ p2p3-3p1p2p3 p( ? =3)=p(A1· A2·A3)= p1p2p3 ∴ E? =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 解:从 5 个球中同时取出 2 个球,出现红球的分布列为

1.2

?
P

0
2 C2 ? 0.1 2 C5

1
1 1 C3 ? C2 ? 0.6 2 C5

2
2 C3 ? 0.3 2 C5

? E? ? 0 ? 0.1 ? 1 ? 0.6 ? 2 ? 0.3 ? 1.2
5.

A 、 B 两个代表队进行乒乓球对抗赛,每队三名队员, A 队队员是 A1 , A2 , A3 , B 队队员是

B1 , B2 , B3 ,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 A1 对 B1 A2 对 B2 A 队队员胜的概率 B 队队员胜的概率

2 3 2 5

1 3 3 5

A3 对 B3

2 5

3 5

现按表中对阵方式出场,每场胜队得 1 分,负队得 0 分,设 A 队, B 队最后所得分分别为 ? , ? (1)求 ? , ? 的概率分布; (2)求 E? , E?

解: (Ⅰ) ? , ? 的可能取值分别为 3,2,1,0
2 3 2 P ?? ? 2? ? 3 2 P ?? ? 1? ? 3 1 P ?? ? 0? ? 3 P ?? ? 3? ? 2 5 2 ? 5 3 ? 5 3 ? 5 ? 2 5 3 ? 5 3 ? 5 3 ? 5 ? 8 , 27 1 2 2 2 3 2 28 ? ? ? ? ? ? ? , 3 5 5 3 5 5 75 1 2 3 1 3 2 2 ? ? ? ? ? ? ? , 3 5 5 3 5 5 5 3 ? 25 ?

根据题意知 ? ? ? ? 3 ,所以
P ?? ? 0? ? P ?? ? 3? ? P ?? ? 2? ? P ?? ? 1? 8 28 , P ?? ? 1? ? P ?? ? 2? ? , 75 75 2 3 ? , P ?? ? 3? ? P ?? ? 0? ? 5 25

8 28 2 3 22 ? 2? ? 1? ? 0 ? ? ; 75 75 5 25 15 23 因为 ? ? ? ? 3 ,所以 E? ? 3 ? E? ? 15
(Ⅱ) E? ? 3 ? 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 的期望 Eξ =np 。 公式 E(aξ +b)= aEξ +b,以及服从二项分布的随机变量

2.3.2 离散型随机变量的方差

教学目标: 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)=a Dξ ” ,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 。 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:离散型随机变量的方差、标准差 教学难点:比较两个随机变量的期望与方差的大小,从而解决实际问题 教具准备:多媒体、实物投影仪 。 2 教学设想:了解方差公式“D(aξ +b)=a Dξ ” ,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 。 授课类型:新授课 课时安排:2 课时 教 具:多媒体、实物投影仪 内容分析: 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,表示了随机变 量在随机实验中取值的平均值,所以又常称为随机变量的平均数、均值.今天,我们将对随机变量取值的 稳定与波动、集中与离散的程度进行研究.其实在初中我们也对一组数据的波动情况作过研究,即研究过 一组数据的方差. 回顾一组数据的方差的概念:设在一组数据 x1 , x2 ,?, xn 中,各数据与它们的平均值 x 得差的 平方分别是 ( x1 ? x ) 2 , ?, 那么 S ? ( x2 ? x ) 2 , ( xn ? x ) 2 ,
2

1 [ ( x1 ? x ) 2 + ( x2 ? x ) 2 +?+ ( xn ? x ) 2 ] n

叫做这组数据的方差 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 5. 分布列:

x2 ? xi ? P P2 ? Pi ? 6. 分布列的两个性质: ⑴Pi≥0,i=1,2,?; ⑵P1+P2+?=1.
ξ 7.二项分布: ξ ~ B ( n , p ) ,并记 Cn p q ξ 0
0 0 n Cn pq
k ?1

x1 P1

k

k

n?k

=b(k;n,p). ? ?

1
1 1 n ?1 Cn pq

k
k k n?k Cn p q

? ?

n
n n 0 Cn p q

P

8.几何分布: g ( k , p )= q

p ,其中 k=0,1,2,?, q ? 1 ? p .

ξ

1

2

3

? ?

k

? ?

P

p

pq

q2 p

q k ?1 p

9.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? ? x1 p1 ? x 2 p 2 ? ? ? xn pn ? ?

为 ξ 的数学期望,简称期望.

10. 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 11 平均数、 均值: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 ?

1 1 , E? ? ( x1 ? x2 ? ? ? x n ) ? ,所以 ξ 的数学期望又称为平均数、均值 n n

12. 期望的一个性质: E (a? ? b) ? aE? ? b 13.若ξ B(n,p) ,则 Eξ =np 二、讲解新课: 1. 方差: 对于离散型随机变量 ξ ,如果它所有可能取的值是 x1 , x2 ,?, xn ,?,且取这些值的 概率分别是 p1 , p 2 ,?, p n ,?,那么 ,

D? = ( x1 ? E? ) 2 ? p1 + ( x2 ? E? ) 2 ? p2 +?+ ( xn ? E? ) 2 ? pn +?
称为随机变量 ξ 的均方差,简称为方差,式中的 E? 是随机变量 ξ 的期望. 2. 标准差: D ? 的算术平方根 D? 叫做随机变量 ξ 的标准差,记作 ?? . 3.方差的性质: (1) D(a? ? b) ? a D? ; (2) D? ? E? ? ( E? ) ;
2 2 2

(3)若 ξ ~B(n,p),则 D? ? np(1-p) 4.其它: ⑴随机变量 ξ 的方差的定义与一组数据的方差的定义式是相同的; ⑵随机变量 ξ 的方差、 标准差也是随机变量 ξ 的特征数, 它们都反映了随机变量取值的稳定与波动、 集中与离散的程度; ⑶标准差与随机变量本身有相同的单位,所以在实际问题中应用更广泛 三、讲解范例: 例 1.随机抛掷一枚质地均匀的骰子,求向上一面的点数的均值、方差和标准差. 解:抛掷散子所得点数 X 的分布列为 ξ P 从而 1 2 3 4 5 6

1 6

1 6

1 6

1 6

1 6

1 6

1 1 1 1 1 1 EX ? 1? ? 2 ? ? 3 ? ? 4 ? ? 5 ? ? 6 ? ? 3.5 ; 6 6 6 6 6 6

1 1 1 1 DX ? (1 ? 3.5) 2 ? ? (2 ? 3.5) 2 ? ? (3 ? 3.5) 2 ? ? (4 ? 3.5) 2 ? 6 6 6 6 1 1 ? (5 ? 3.5) 2 ? ? (6 ? 3.5) 2 ? ? 2.92 6 6

? X ? DX ? 1.71 .
例 2.有甲乙两个单位都愿意聘用你,而你能获得如下信息: 甲单位不同职位月工资 X1/元 获得相应职位的概率 P1 1200 0.4 1400 0.3 1600 0.2 1800 0.1

乙单位不同职位月工资 X2/元 获得相应职位的概率 P2

1000 0.4

1400 0.3

1800 0.2

2000 0.1

根据工资待遇的差异情况,你愿意选择哪家单位? 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. 1 = 40 000 ; EX2=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<DX2,所以两家单位的工资均值相等,但甲单位不同职位的工资相对集中,乙单 位不同职位的工资相对分散.这样,如果你希望不同职位的工资差距小一些,就选择甲单位;如果你希望 不同职位的工资差距大一些,就选择乙单位. 例 3.设随机变量ξ 的分布列为 ξ P 求 Dξ 解: (略) E? ? 1 2 ? ? n

1 n

1 n

1 n

n ?1 n 2 -1 , D? ? 2 12

例 4.已知离散型随机变量 ? 1 的概率分布为

?1

1

2

3

4

5

6

7

P

1 7

1 7

1 7

1 7

1 7

1 7

1 7

离散型随机变量 ? 2 的概率分布为

?2
P

3.7

3.8

3.9

4

4.1

4.2

4.3

1 7

1 7

1 7

1 7

1 7

1 7

1 7

求这两个随机变量期望、均方差与标准差 解: E?1 ? 1 ?

1 1 1 ? 2? ? ??? ? 7? ? 4 ; 7 7 7 1 1 1 D?1 ? (1 ? 4) 2 ? ? (2 ? 4) 2 ? ? ? ? ? ? (7 ? 4) 2 ? ? 4 ; ??1 ? D?1 ? 2 7 7 7 1 1 1 E? 2 ? 3.7 ? ? 3.8 ? ? ? ? ? ? 4.3 ? ? 4 ; 7 7 7

D? 2 =0.04, ?? 2 ? D? 2 ? 0.2 .
点评:本题中的 ? 1 和 ? 2 都以相等的概率取各个不同的值,但 ? 1 的取值较为分散, ? 2 的取值较为集 中. E?1 ? E? 2 ? 4 , D?1 ? 4 , D? 2 ? 0.04 ,方差比较清楚地指出了 ? 2 比 ? 1 取值更集中.

?? 1 =2, ?? 2 =0.02,可以看出这两个随机变量取值与其期望值的偏差
例 5.甲、乙两射手在同一条件下进行射击,分布列如下:射手甲击中环数 8,9,10 的概率分别为 0.2,0.6,0.2;射手乙击中环数 8,9,10 的概率分别为 0.4,0.2,0.24 用击中环数的期望与方差比较两名射 手的射击水平 解: E?1 ? 8 ? 0.2 ? 9 ? 0.6 ? 10 ? 0.2 ? 9

D?1 ? (8 ? 9)2 ? 0.2 ? (9 ? 9)2 ? 0.6 +(10-9) 2 ?0.2 ? 0.4 ;
同理有 E? 2 ? 9, D? 2 ? 0.8 由上可知, E?1 ? E? 2 , D?1 ? D?2 所以,在射击之前,可以预测甲、乙两名射手所得的平均环数很 接近,均在 9 环左右,但甲所得环数较集中,以 9 环居多,而乙得环数较分散,得 8、10 环地次数多些. 点评:本题中, ? 1 和 ? 2 所有可能取的值是一致的,只是概率的分布情况不同. E?1 ? E? 2 =9,这时就 通过 D?1 =0.4 和 D? 2 =0.8 来比较 ? 1 和 ? 2 的离散程度,即两名射手成绩的稳定情况 例 6.A、B 两台机床同时加工零件,每生产一批数量较大的产品时,出次品的概率如下表所示: A 机床 次品数ξ 概率 P
1

B 机床 2 0.06 3 0.04 次品数ξ 概率 P
1

0 0.7

1 0.2

0 0.8

1 0.06

2 0.04

3 0.10

问哪一台机床加工质量较好 解: Eξ 1=0×0.7+1×0.2+2×0.06+3×0.04=0.44, Eξ 2=0×0.8+1×0.06+2×0.04+3×0.10=0.44. 它们的期望相同,再比较它们的方差 Dξ 1=(0-0.44) ×0.7+(1-0.44) ×0.2+(2-0.44) ×0.06+(3-0.44) ×0.04=0.6064, Dξ 2=(0-0.44) ×0.8+(1-0.44) ×0.06+(2-0.44) ×0.04+(3-0.44) ×0.10=0.9264. ∴Dξ 1< Dξ
2 2 2 2 2 2 2 2 2

故 A 机床加工较稳定、质量较好.

四、课堂练习: 1 .已知 ? ~ B ? n, p ? , E? ? 8, D? ? 1.6 ,则 n, p 的值分别是( )

A. 100和0.08 ; B. 20和0.4 ; C. 10和0.2 ; D. 10和0.8 答案:1.D 2. 一盒中装有零件 12 个,其中有 9 个正品,3 个次品,从中任取一个,如果每次取出次品就不再放回 去,再取一个零件,直到取得正品为止.求在取得正品之前已取出次品数的期望. 分析:涉及次品率;抽样是否放回的问题.本例采用不放回抽样,每次抽样后次品率将会发生变化, 即各次抽样是不独立的.如果抽样采用放回抽样,则各次抽样的次品率不变,各次抽样是否抽出次品是完 全独立的事件. 解:设取得正品之前已取出的次品数为ξ ,显然ξ 所有可能取的值为 0,1,2,3 当ξ =0 时,即第一次取得正品,试验停止,则 P(ξ =0)=

9 3 ? 12 4 3 9 9 ? ? 12 11 44 3 2 9 9 ? ? ? 12 11 10 220 3 2 1 9 1 ? ? ? ? 12 11 10 9 220

当ξ =1 时,即第一次取出次品,第二次取得正品,试验停止,则 P(ξ =1)=

当ξ =2 时,即第一、二次取出次品,第三次取得正品,试验停止,则 P(ξ =2)=

当ξ =3 时, 即第一、 二、 三次取出次品, 第四次取得正品, 试验停止, 则P (ξ =3) = 所以,Eξ = 0 ?

3 9 9 1 3 ? 1? ? 2? ? 3? ? 4 44 220 220 10

3. 有一批数量很大的商品的次品率为 1%,从中任意地连续取出 200 件商品,设其中次品数为ξ ,求 Eξ ,Dξ 分析:涉及产品数量很大,而且抽查次数又相对较少的产品抽查问题.由于产品数量很大,因而抽样 时抽出次品与否对后面的抽样的次品率影响很小, 所以可以认为各次抽查的结果是彼此独立的. 解答本题, 关键是理解清楚:抽 200 件商品可以看作 200 次独立重复试验,即ξ B(200,1%) ,从而可用公式:Eξ =np,Dξ =npq(这里 q=1-p)直接进行计算 解:因为商品数量相当大,抽 200 件商品可以看作 200 次独立重复试验,所以ξ B(200,1%)因为 Eξ =np,Dξ =npq,这里 n=200,p=1%,q=99%,所以,Eξ =200×1%=2,Dξ =200×1%×99%=1.98 4. 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ξ 的方差不超过 1/4

分析:这是一道纯数学问题.要求学生熟悉随机变量的期望与方差的计算方法,关键还是掌握随机变 量的分布列.求出方差 Dξ =P(1-P)后,我们知道 Dξ 是关于 P(P≥0)的二次函数,这里可用配方法,也可 用重要不等式证明结论 证明:因为ξ 所有可能取的值为 0,1 且 P(ξ =0)=1-p,P(ξ =1)=p, 所以,Eξ =0×(1-p)+1×p=p

? p ? (1 ? p) ? 1 则 Dξ =(0-p) ×(1-p)+(1-p) ×p=p(1-p) ? ? ? ? 2 ? ? 4
2 2

2

5. 有 A、B 两种钢筋,从中取等量样品检查它们的抗拉强度,指标如下: ξ P
A

110 0.1

120 0.2

125 0.4

130 0.1

135 0.2

ξ P

B

100 0.1

115 0.2

125 0.4

130 0.1

145 0.2

其中ξ A、ξ B 分别表示 A、B 两种钢筋的抗拉强度.在使用时要求钢筋的抗拉强度不低于 120,试比较 A、B 两种钢筋哪一种质量较好 分析: 两个随机变量ξ A 和ξ B&都以相同的概率 0.1,0.2,0.4,0.1,0.2 取 5 个不同的数值.ξ A 取较为集中的数值 110,120,125,130,135;ξ B 取较为分散的数值 100,115,125,130,145.直观上 看,猜想 A 种钢筋质量较好.但猜想不一定正确,需要通过计算来证明我们猜想的正确性 解:先比较ξ A 与ξ B 的期望值,因为 Eξ A=110×0.1+120×0.2+125×0.4+130×0.1+135×0.2=125, Eξ B=100×0.1+115×0.2+125×0.4 十 130×0.1+145×0.2=125. 所以,它们的期望相同.再比较它们的方差.因为 2 2 2 2 Dξ A=(110-125) ×0.1+(120-125) ×0.2+(130-125) ×0.1+(135-125) ×0.2=50, 2 2 2 2 Dξ B=(100-125) ×0.1+(110-125) ×0.2+(130-125) ×0.1+(145-125) ×0.2=165. 所以,Dξ A < Dξ B.因此,A 种钢筋质量较好 6. 在有奖摸彩中,一期(发行 10000 张彩票为一期)有 200 个奖品是 5 元的,20 个奖品是 25 元的,5 个奖品是 100 元的.在不考虑获利的前提下,一张彩票的合理价格是多少元? 分析:这是同学们身边常遇到的现实问题,比如福利彩票、足球彩票、奥运彩票等等.一般来说,出 台各种彩票,政府要从中收取一部分资金用于公共福利事业,同时也要考虑工作人员的工资等问题.本题 的“不考虑获利”的意思是指:所收资金全部用于奖品方面的费用 解:设一张彩票中奖额为随机变量ξ ,显然ξ 所有可能取的值为 0,5,25,100 依题 意,可得ξ 的分布列为 ξ P 0 5 25 100

391 1 1 500 400 50 391 1 1 1 E? ? 0 ? ? 5 ? ? 25 ? ? 100 ? ? 0.2 400 50 500 2000

1 2000

答:一张彩票的合理价格是 0.2 元. 五、小结 :⑴求离散型随机变量 ξ 的方差、标准差的步骤: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 ;④根据方差、 标准差的定义求出 D ? 、 ?? .若 ξ ~B(n,p),则不必写出分布列,直接用公式计算即可. ⑵对于两个随机变量 ? 1 和 ? 2 ,在 E? 1 和 E? 2 相等或很接近时,比较 D?1 和

D? 2 ,可以确定哪个随机变量的性质更适合生产生活实际,适合人们的需要
六、课后作业: P69 练习 1,2,3 P69 A 组 4 B 组 1,2

1.设 ? ~B(n、p)且 E ? =12

D ? =4,求 n、p D ? = np(1-p)

解:由二次分布的期望与方差性质可知 E ? =np

?np ? 12 ∴? ?np(1 ? p) ? 4

?n ? 18 ? ∴? 2 p? ? 3 ?
1 1 )求 b (2;6, ) 3 3

2.已知随机变量 ? 服从二项分布即 ? ~B(6、 解:p( ? =2)=c6 (
2

1 2 2 4 )( ) 3 3

3.已知甲、 乙两名射手在一次射击中的得分为两个相互独立的随机变量 ? 和 ? , 已知 ? 和 如下: (注得分越大,水平越高)

? 的分布列

?
p

1 a

2 0.1

3 0.6

?
p

1 0.3

2 b

3 0.3

试分析甲、乙技术状况 解:由 0.1+0.6+a+1 ? a=0.3 0.3+0.3+b=1 ? a=0.4 ∴E ? =2.3 , E ? =2.0

D ? =0.81 , D ? =0.6 七、板书设计(略) 八、教学反思: ⑴求离散型随机变量 ξ 的方差、标准差的步骤: 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 ; ④根据方差、标准差的定义求出 D ? 、 ?? .若 ξ ~B(n,p),则不必写出分布列,直接用公式计算 即可. ⑵对于两个随机变量 ? 1 和 ? 2 ,在 E? 1 和 E? 2 相等或很接近时,比较 D?1 和 D? 2 ,可以确定哪个随 机变量的性质更适合生产生活实际,适合人们的需要。

2.4 正态分布
教学目标: 知识与技能:掌握正态分布在实际生活中的意义和作用 。 过程与方法:结合正态曲线,加深对正态密度函数的理理。 情感、态度与价值观:通过正态分布的图形特征,归纳正态曲线的性质 。 教学重点:正态分布曲线的性质、标准正态曲线 N(0,1) 。 教学难点:通过正态分布的图形特征,归纳正态曲线的性质。 教具准备:多媒体、实物投影仪 。 教学设想:在总体分布研究中我们选择正态分布作为研究的突破口,正态分布在统计学中是最基本、最重 要的一种分布。 内容分析: 1.在实际遇到的许多随机现象都服从或近似服从正态分布 在上一节课我们研究了当样本容量无限 增大时,频率分布直方图就无限接近于一条总体密度曲线,总体密度曲线较科学地反映了总体分布 但总 体密度曲线的相关知识较为抽象,学生不易理解,因此在总体分布研究中我们选择正态分布作为研究的突 破口 正态分布在统计学中是最基本、最重要的一种分布 2.正态分布是可以用函数形式来表述的 其密度函数可写成:
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? 1 f ( x) ? e 2??

( x ? ? )2 2? 2

, x ? (??, ??) , (σ >0)

由此可见,正态分布是由它的平均数μ 和标准差σ 唯一决定的 常把它记为 N (? , ? 2 )
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3.从形态上看,正态分布是一条单峰、对称呈钟形的曲线,其对称轴为 x=μ ,并在 x=μ 时取最大值 从 x=μ 点开始,曲线向正负两个方向递减延伸,不断逼近 x 轴,但永不与 x 轴相交,因此说曲线在正负 两个方向都是以 x 轴为渐近线的 4.通过三组正态分布的曲线,可知正态曲线具有两头低、中间高、左右对称的基本特征 5.由于正态分布是由其平均数μ 和标准差σ 唯一决定的,因此从某种意义上说,正态分布就有好多好多, 这给我们深入研究带来一定的困难 但我们也发现,许多正态分布中,重点研究 N(0,1) ,其他的正态分
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布都可以通过 F ( x ) ? ? (

x??

?

) 转化为 N(0,1) ,我们把 N(0,1)称为标准正态分布,其密度函数为

F ( x) ?

1 2?

e

1 ? x2 2

,x∈(-∞,+∞) ,从而使正态分布的研究得以简化

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6.结合正态曲线的图形特征,归纳正态曲线的性质 正态曲线的作图较难,教科书没做要求,授课时 可以借助几何画板作图,学生只要了解大致的情形就行了,关键是能通过正态曲线,引导学生归纳其性质
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教学过程: 学生探究过程: 复习引入: 总体密度曲线:样本容量越大, 所分组数越多, 各组的频率就越接近于总体在相应各组取值的概率. 设 想样本容量无限增大,分组的组距无限缩小,那么频率分布直方图就会无限接近于一条光滑曲线 ,这条曲 线叫做总体密度曲线.

频率/组距

总体密度曲线

单位
O

a

b

它反映了总体在各个范围内取值的概率.根据这条曲线,可求出总体在区间(a,b)内取值的概率等 于总体密度曲线,直线 x=a,x=b 及 x 轴所围图形的面积. 观 察 总 体 密 度 曲 线 的 形状 , 它 具 有 “ 两 头 低 ,中 间 高 , 左 右 对 称 ” 的特 征 , 具 有 这 种 特征 的总体密度曲线一般可用下面函数的图象来表示或近似表示:
? 1 ?? ,? ( x) ? e 2?? ( x ? ? )2 2? 2

, x ? (??, ??)

式 中 的 实 数 ? 、 ? (? ? 0) 是 参 数 , 分 别 表 示 总 体 的 平 均 数 与 标 准 差 , ?? ,? ( x) 的 图 象 为 正 态 分 布 密度曲线 , 简称正态 曲线. 讲解新课:

一般地,如果对于任何实数 a ? b ,随机变量 X 满足

P(a ? X ? B) ? ? ?? ,? ( x)dx ,
a

b

则称 X 的分布为正态分布(normal distribution ) .正态分布完全由参数 ? 和 ? 确定,因此正态分布 常记作 N (? , ? 2 ) .如果随机变量 X 服从正态分布,则记为 X~ N (? , ? 2 ) . 经验表明,一个随机变量如果是众多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用结果之和,它就服从 或近似服从正态分布.例如,高尔顿板试验中,小球在下落过程中要与众多小木块发生碰撞,每次碰撞的 结果使得小球随机地向左或向右下落,因此小球第 1 次与高尔顿板底部接触时的坐标 X 是众多随机碰撞 的结果,所以它近似服从正态分布.在现实生活中,很多随机变量都服从或近似地服从正态分布.例如长 度测量误差;某一地区同年龄人群的身高、体重、肺活量等;一定条件下生长的小麦的株高、穗长、单位 面积产量等;正常生产条件下各种产品的质量指标(如零件的尺寸、纤维的纤度、电容器的电容量、电子 管的使用寿命等) ;某地每年七月份的平均气温、平均湿度、降雨量等;一般都服从正态分布.因此,正 态分布广泛存在于自然现象、生产和生活实际之中.正态分布在概率和统计中占有重要的地位. 说明:1 参数 ? 是反映随机变量取值的平均水平的特征数, 可以用样本均值去佑计;? 是衡量随机变量 总体波动大小的特征数,可以用样本标准差去估计. 2.早在 1733 年,法国数学家棣莫弗就用 n!的近似公式得到了正态分布.之后,德国数学家高斯在 研究测量误差时从另一个角度导出了它,并研究了它的性质,因此,人们也称正态分布为高斯分布. 2.正态分布 N (? , ? 2 ) )是由均值μ 和标准差σ 唯一决定的分布 通过固定其中一个值,讨论均值与标准差对于正态曲线的影响
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3.通过对三组正态曲线分析,得出正态曲线具有的基本特征是两头底、中间高、左右对称 正态曲线 的作图,书中没有做要求,教师也不必补上 讲课时教师可以应用几何画板,形象、美观地画出三条正态 曲线的图形,结合前面均值与标准差对图形的影响,引导学生观察总结正态曲线的性质 4.正态曲线的性质: (1)曲线在 x 轴的上方,与 x 轴不相交 (2)曲线关于直线 x=μ 对称 (3)当 x=μ 时,曲线位于最高点 (4)当 x<μ 时,曲线上升(增函数) ;当 x>μ 时,曲线下降(减函数) 并且当曲线向左、右两边 无限延伸时,以 x 轴为渐近线,向它无限靠近 (5)μ 一定时,曲线的形状由σ 确定 σ 越大,曲线越“矮胖” ,总体分布越分散; σ 越小.曲线越“瘦高” .总体分布越集中: 五条性质中前三条学生较易掌握,后两条较难理解,因此在讲授时应运用数形结合的原则,采用对比 教学 5 . 标 准 正 态 曲 线 : 当 μ =0 、 σ =l 时 , 正 态 总 体 称 为 标 准 正 态 总 体 , 其 相 应 的 函 数 表 示 式 是
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f ( x) ?

1 2?

e

?

x2 2

, (-∞<x<+∞)

其相应的曲线称为标准正态曲线 标准正态总体 N(0,1)在正态总体的研究中占有重要的地位 任何正态分布的概率问题均可转化成 标准正态分布的概率问题 讲解范例: 例 1.给出下列三个正态总体的函数表达式,请找出其均值μ 和标准差σ
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(1) f ( x) ?

1 2? 1

e

?

x2 2

, x ? (??,??)

(2) f ( x) ?

2 2?

e

?

( x ?1) 2 8

, x ? (??,??)

(3) f ( x) ?

2 ?2( x ?1)2 e , x ? (??, ??) 2?

答案:(1)0,1;(2)1,2;(3)-1,0.5 例 2 求标准正态总体在( -1 , 2 )内取值的概率. 解:利用等式 p ? ?( x2 ) ? ?( x1 ) 有

p ? ?(2) ? ?(?1) ? ?(2) ? ? 1 ? ??? ?? 1

?? ?

= ?(2) ? ?(1) ? 1 =0.9772 + 0.8413 - 1=0.8151 . 1.标准正态总体的概率问题:
y

x

对于标准正态总体 N(0,1) , ?( x0 ) 是总体取值小于 x0 的概率, 即

?( x0 ) ? P( x ? x0 ) ,
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其中 x0 ? 0 , 图中阴影部分的面积表示为概率 P( x ? x0 ) 只要有标准正态分布表即可查表解决.从图中不 难发现:当 x0 ? 0 时, ?( x0 ) ? 1 ? ?(? x0 ) ;而当 x0 ? 0 时,Φ (0)=0.5 2. 标准正态分布表 标 准 正 态 总 体 N (0,1) 在 正 态 总 体 的 研 究 中 有 非 常 重 要 的 地 位 , 为 此 专 门 制 作 了 “ 标 准 正 态 分 布 表 ” . 在 这 个 表 中 , 对 应 于 x0 的 值 ?( x0 ) 是 指 总 体 取 值 小 于 x0 的 概 率 , 即
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?( x0 ) ? P( x ? x0 ) , ( x0 ? 0) .
若 x0 ? 0 ,则 ?( x0 ) ? 1 ? ?(? x0 ) . 利 用 标 准 正 态 分 布 表 , 可 以 求 出 标 准 正 态 总 体 在 任 意 区 间 ( x1 , x 2 ) 内 取 值 的 概 率 , 即 直 线

x ? x1 , x ? x2 与正态曲线、 x 轴所围成的曲边梯形的面积 P( x1 ? x ? x2 ) ? ?( x2 ) ? ?( x1 ) .
3.非标准正态总体在某区间内取值的概率:可以通过 F ( x ) ? ? (
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x??

?

) 转化成标准正态总体,然后查

标准正态分布表即可 在这里重点掌握如何转化 首先要掌握正态总体的均值和标准差,然后进行相应的 转化 4.小概率事件的含义 发生概率一般不超过 5%的事件,即事件在一次试验中几乎不可能发生 假设检验方法的基本思想:首先,假设总体应是或近似为正态总体,然后,依照小概率事件几乎不可 能在一次试验中发生的原理对试验结果进行分析 假设检验方法的操作程序,即“三步曲” 一是提出统计假设,教科书中的统计假设总体是正态总体; 二是确定一次试验中的 a 值是否落入(μ -3σ ,μ +3σ ); 三是作出判断
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讲解范例: 例 1. 若 x ~ N (0,1), 求 (l) P (-2.32< x <1.2) ; (2) P ( x >2). 解: (1) P (-2.32< x <1.2)= ? (1.2)- ? (-2.32) = ? (1.2)-[1- ? (2.32)]=0.8849-(1-0.9898)=0.8747. (2) P ( x >2)=1- P ( x <2)=1- ? (2)=l-0.9772=0.0228. 例 2.利用标准正态分布表,求标准正态总体在下面区间取值的概率:
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(1)在 N(1,4)下,求 F (3)
2

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(2)在 N(μ ,σ )下,求F(μ -σ ,μ +σ ) ; F(μ -1.84σ ,μ +1.84σ ) ;F(μ -2σ ,μ +2σ ) ; F(μ -3σ ,μ +3σ )

3 ?1 ) =Φ (1)=0.8413 2 ? ?? ? ? ) =Φ (1)=0.8413 (2)F(μ +σ )= ? (
解: (1) F (3) = ? (

? ? ?? ? ? ) =Φ (-1)=1-Φ (1)=1-0.8413=0.1587 F(μ -σ )= ? ( ?
F(μ F(μ F(μ F(μ -σ ,μ +σ )=F(μ +σ )-F(μ -σ )=0.8413-0.1587=0.6826 -1.84σ ,μ +1.84σ )=F(μ +1.84σ )-F(μ -1.84σ )=0.9342 -2σ ,μ +2σ )=F(μ +2σ )-F(μ -2σ )=0.954 -3σ ,μ +3σ )=F(μ +3σ )-F(μ -3σ )=0.997

对于正态总体 N (? , ? 2 ) 取值的概率:

68.3%
x

95.4%
x

99.7%
x







在区间(μ -σ ,μ +σ ) 、 (μ -2σ ,μ +2σ ) 、 (μ -3σ ,μ +3σ )内取值的概率分别为 68.3%、95.4%、 99.7% 因此我们时常只在区间(μ -3σ ,μ +3σ )内研究正态总体分布情况,而忽略其中很小的一部分
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例 3.某正态总体函数的概率密度函数是偶函数,而且该函数的最大值为 1.2,0.2)之间的概率

1 2?

,求总体落入区间(-

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解: 正态分布的概率密度函数是 f ( x) ?

1 2? ?

e

?

( x?? )2 2? 2

它是偶函数, 说明μ =0,f ( x) , x ? (??,??) ,

的最大值为 f ( ? ) =

1 2? ?

,所以σ =1,这个正态分布就是标准正态分布

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P(?1.2 ? x ? 0.2) ? ?(0.2) ? ?(?1.2) ? ?(0.2) ? [1 ? ?(1.2)] ? ?(0.2) ? ?(1.2) ? 1
巩固练习:书本第 74 页 1,2,3 课后作业: 书本第 75 页 习题 2. 4 A 组 1 , 2 B 组 1 , 2 教学反思:

1. 在实际遇到的许多随机现象都服从或近似服从正态分布 在上一节课我们研究了当样本容量无限增 大时,频率分布直方图就无限接近于一条总体密度曲线,总体密度曲线较科学地反映了总体分布 但总体 密度曲线的相关知识较为抽象,学生不易理解,因此在总体分布研究中我们选择正态分布作为研究的突破 口 正态分布在统计学中是最基本、最重要的一种分布 2.正态分布是可以用函数形式来表述的 其密度函数可写成:
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? 1 f ( x) ? e 2??

( x ? ? )2 2? 2

, x ? (??, ??) , (σ >0)

由此可见,正态分布是由它的平均数μ 和标准差σ 唯一决定的 常把它记为 N (? , ? 2 )
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3.从形态上看,正态分布是一条单峰、对称呈钟形的曲线,其对称轴为 x=μ ,并在 x=μ 时取最大值 从 x=μ 点开始,曲线向正负两个方向递减延伸,不断逼近 x 轴,但永不与 x 轴相交,因此说曲线在正负 两个方向都是以 x 轴为渐近线的 4.通过三组正态分布的曲线,可知正态曲线具有两头低、中间高、左右对称的基本特征。由于正态分布 是由其平均数μ 和标准差σ 唯一决定的,因此从某种意义上说,正态分布就有好多好多,这给我们深入研 究带来一定的困难 但我们也发现,许多正态分布中,重点研究 N(0,1) ,其他的正态分布都可以通过
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F ( x) ? ? (

x??

?

) 转化为 N (0, 1) , 我们把 N (0, 1) 称为标准正态分布, 其密度函数为 F ( x) ?

1 2?

e

1 ? x2 2



x∈(-∞,+∞) ,从而使正态分布的研究得以简化。结合正态曲线的图形特征,归纳正态曲线的性质 正 态曲线的作图较难,教科书没做要求,授课时可以借助几何画板作图,学生只要了解大致的情形就行了, 关键是能通过正态曲线,引导学生归纳其性质。
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