随机变量的数字特征习题课
随机变量的数字特征练习题(优.选)

1.设随机变量X的概率分布为X 1234p1/81/41/21/8求E(X),E(X2),E(X+2)2. 解.由离散型随机变量的数学期望公式可知E(X)=1×1/8+2×1/4+3×1/2+4×1/8=21/8;E(X2)= 12×1/8+22×1/4+32×1/2+42×1/8=61/8;E(X+2)2=E(X2+4X+4) =E(X2)+4E(X)+4=61/8+4×21/8+4=177/8.2.某种产品共有10件,其中有次品3件.现从中任取3件,求取出的3件产品中次品数X 的数学期望和方差. 解.由题意可知,随机变量X的取值范围是0, 1, 2, 3,且取这些值的概率为;;;.因此E(X)=0×7/24+1×21/40+2×7/40+3×1/120=9/10;E(X2)=02×7/24+12×21/40+22×7/40+32×1/120=13/10;∴D (X )=E (X 2)-(E (X ))2=13/10-(9/10)2=49/100.3.一批零件中有9个合格品与3个废品,在安装机器时,从这批零件中任取1个,如果取出的是废品就不再放回.求在取得合格品之前,已经取出的废品数的数学期望和方差.解. 随机变量X 表示在取得合格品之前,已经取出的废品数.所以 X 的所有可能取值为0, 1, 2, 3,且取这些值的概率为P (X =0)=9/12=3/4 ;;;.所以由数学期望公式得到E (X )=0×3/4+1×9/44+2×9/220+3×1/220=0.3 ;E (X 2)= 02×3/4+12×9/44+22×9/220+32×1/220=9/22 ;∴D (X )=E (X 2)-(E (X ))2=9/22-0.32=0.319.4.射击比赛,每人射四次(每次一发),约定全部不中得0分,只中一弹的得20分,中两弹得40分,中三弹得70分,中解. 随机变量X 表示此人的得分. 根据题意,可得四弹得100分.某人每次射击的命中率均为3/5,求他得分的数学期望.,,,,.所以=54.05.5.设随机变量X的概率分布密度函数为,求X的数学期望和方差. 解.根据连续型随机变量的数学期望和方差公式可知; 又因为;∴D(X)=E(X2)-(E(X))2=π2/12-1/2 .6.设随机变量X的概率分布密度函数为.求X的数学期望和方差. 解.根据连续型随机变量的数学期望和方差公式可知, 又根据密度函数的性质得到∴A=15/16 即E(X)=1.又∵;∴D(X)=E(X2)-(E(X))2=8/7-1=1/7.7.设随机变量X的概率分布密度函数为,且已知方差D(X)=1, 求常数a和b. 解.显然常数a>0.由密度函数的性质可知①根据数学期望公式得到;;∴由已知D(X)=E(X2)-(E(X))2=a3b/6=1②解方程①②得到 .解.根据连续型随机变量的数学期望和方差公式可知8.设随机变量X的概率分布密度函数为,求X的方差.∴D(X)=E(X2)-(E(X))2=1/6-0=1/6.最新文件---------------- 仅供参考--------------------已改成word文本--------------------- 方便更改。
第3章随机变量的数字特征课后习题答案(高教出版社浙江大学)

第3章 随机变量的数字特征1,解:根据题意,有1/5的可能性取到5个单词中的任意一个。
它们的字母数分别为4,5,6,7,7。
所以分布律为X4 5 6 7 k p1/5 1/5 1/5 2/55/29)77654(51)(=++++=X E .2,解:5个单词字母数还是4,5,6,7,7。
这时,字母数更多的单词更有可能被取到。
分布律为Y4 5 6 7 k p4/29 5/29 6/29 14/2929/175)147665544(291)(=⨯+⨯+⨯+⨯=Y E .3,解:根据古典概率公式,取到的电视机中包含的次品数分别为0,1,2台的概率分别为1163123100==C C p , 229312210121==C C C p , 221312110222==C C C p 。
所以取到的电视机中包含的次品数的数学期望为)(21222112290116台=⨯+⨯+⨯=E 。
4,解:根据题意,有1/6的概率得分超过6,而且得分为7的概率为两个1/6的乘积(第一次6点,第2次1点),其余类似;有5/6的概率得分小于6。
分布律为Y1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12k p61 61 61 61 61 361 361 361 361 361 361得分的数学期望为)(1249)121110987(361)54321(61点=++++++++++=E 。
5,解:(1)根据)(~X λπ,可得}6{!6!5}5{65=====--X P e e X P λλλλ,因此计算得到6=λ,即)6(~X π。
所以)(X E =6。
(2)根据题意,按照数学期望的公式可得21121221112ln 61)1(66)1(}{)1()(πππ=-=-==-=∑∑∑+∞=-+∞=-+∞=-k k k k k k k k k k X kP X E , 因此期望存在。
(利用了11,1)1()1ln(0≤<-+-=+∑∞=x n x x n nn)(不符书上答案)6,解:(1)一天的平均耗水量为⎰⎰⎰⎰⎰+∞-+∞-+∞-+∞-+∞∞--=+=-===03/03/03/203/2)(2320)(39)()(x x x x e xd dx xe e d x dx e x dx x xf X E 62003/=+=⎰+∞-dx e x (百万升)。
1381_高中数学: 随机变量的数字特征 第1课时 离散型随机变量的均值 课后习题(含答案

4.2.4随机变量的数字特征第一课时离散型随机变量的均值必备知识基础练1.已知离散型随机变量X的分布列为X123P3*******则X的数学期望E(X)等于()A.32B.2C.52D.32.有10件产品,其中3件是次品,从中任取2件,用X表示取到次品的个数,则E(X)等于()A.35B.815C.1415D.13.已知随机变量X的分布列是X4a910P0.30.1b0.2若E(X)=7.5,则a等于()A.5B.6C.7D.84.若随机变量X的分布列如下表,则E(X)等于()X012345P2x3x7x2x3x xA.118B.19C.209D.9205.如图,将一个各面都涂了油漆的正方体,切割成125个同样大小的小正方体.经过搅拌后,从中随机取出一个小正方体,记它的涂油漆面数为X,则X的数学期望E(X)等于()A.126125B.65C.168125D.756.若从1,2,3,4,5这5个数字中任取不同的两个数,则这两个数的乘积的数学期望是.7.甲、乙两人对同一目标各射击一次,甲命中的概率为23,乙命中的概率为45,且他们的结果互不影响,若命中目标的人数为ξ,则E(ξ)=.8.设离散型随机变量X可能取的值为1,2,3,4.P(X=k)=ak+b(k=1,2,3,4).若X的数学期望E(X)=3,则a+b=.9.在一个均匀小正方体的六个面中,三个面上标以数字0,两个面上标以数字1,一个面上标以数字2,将这个小正方体抛掷2次,则向上一面上的数字之积X的均值是.关键能力提升练10.已知0<a<23,随机变量ξ的分布列如图,则当a增大时,ξ的期望E(ξ)变化情况是()ξ-101P13a bA.E(ξ)增大B.E(ξ)减小C.E(ξ)先增后减D.E(ξ)先减后增11.(2021四川模拟)“四书”是《大学》《中庸》《论语》《孟子》的合称,又称“四子书”,在世界文化史、思想史上的地位极高,所载内容及哲学思想至今仍具有积极意义和参考价值.为弘扬中国优秀传统文化,某校计划开展“四书”经典诵读比赛活动.某班有4位同学参赛,每人从《大学》《中庸》《论语》《孟子》这4本书中选取1本进行准备,且各自选取的书均不相同.比赛时,若这4位同学从这4本书中随机抽取1本选择其中的内容诵读,则抽到自己准备的书的人数的均值为()A.12B.1C.32D.212.(多选题)某市有A ,B ,C ,D 四个景点,一位游客来该市游览,已知该游客游览A 的概率为23,游览B ,C 和D 的概率都是12,且该游客是否游览这四个景点相互独立.用随机变量X 表示该游客游览的景点的个数,则下列选项正确的是()A.游客至多游览一个景点的概率为14B.P (X=2)=38C.P (X=4)=124D.E (X )=13613.随机变量X~B 10,12,变量Y=20+4X ,则E (Y )=.14.一个不透明袋中放有大小、形状均相同的小球,其中红球3个、黑球2个,现随机等可能取出小球.当有放回依次取出两个小球时,记取出的红球数为ξ1,则E (ξ1)=;若第一次取出一个小球后,放入一个红球和一个黑球,再第二次随机取出一个小球.记取出的红球总数为ξ2,则E (ξ2)=.15.某学校为了学生的健康,对课间操活动做了如下规定:课间操时间若有雾霾则停止课间操,若无雾霾则组织课间操.预报得知,在未来一周从周一到周五的课间操时间出现雾霾的概率是:前3天均为12,后2天均为34,且每一天出现雾霾与否是相互独立的.(1)求未来5天至少一天停止课间操的概率;(2)求未来5天组织课间操的天数X 的分布列和数学期望.学科素养创新练16.在某次投篮测试中,有两种投篮方案:方案甲:先在A点投篮一次,以后都在B点投篮;方案乙:始终在B点投篮.每次投篮之间相互独立.某选手在A点命中的概率为34,命中一次记3分,没有命中得0分;在B点命中的概率为45,命中一次记2分,没有命中得0分,用随机变量ξ表示该选手一次投篮测试的累计得分,如果ξ的值不低于3分,则认为其通过测试并停止投篮,否则继续投篮,但一次测试最多投篮3次.(1)若该选手选择方案甲,求测试结束后所得分ξ的分布列和数学期望;(2)试问该选手选择哪种方案通过测试的可能性较大?请说明理由.参考答案4.2.4随机变量的数字特征第一课时离散型随机变量的均值1.A E(X)=1×35+2×310+3×110=1510=32.2.A X的可能取值为0,1,2,P(X=0)=C72C102=715,P(X=1)=C71C31C102=715,P(X=2)=C32C102=115,所以E(X)=1×715+2×115=35.3.C因为E(X)=4×0.3+0.1a+9b+2=7.5,又0.3+0.1+b+0.2=1,所以a=7,b=0.4.4.C由题意,得2x+3x+7x+2x+3x+x=1,解得x=118,所以,E(X)=0×2x+1×3x+2×7x+3×2x+4×3x+5×x=40x=40×118=209.5.B根据题意可知X的可能取值为0,1,2,3,且P(X=0)=27125,P(X=1)=54125,P(X=2)=36125,P(X=3)=8125,所以E(X)=0×27125+1×54125+2×36125+3×8125=65.6.8.5从1,2,3,4,5中任取不同的两个数,其乘积X的值为2,3,4,5,6,8,10,12,15,20,取每个值的概率都是110,所以E(X)=110×(2+3+4+5+6+8+10+12+15+20)=8.5.7.2215ξ的可能取值为0,1,2,则P(ξ=0)=13×15=115,P(ξ=1)=23×15+13×45=25,P(ξ=2)=23×45=815,所以E(ξ)=0×115+1×25+2×815=2215.8.110由题意可得随机变量X的分布列为X1234Pa+b2a+b3a+b4a+b由分布列的性质得(a+b)+(2a+b)+(3a+b)+(4a+b)=1,即10a+4b=1.又E(X)=3,所以1×(a+b)+2×(2a+b)+3×(3a+b)+4×(4a+b)=3,即30a+10b=3.联立以上两式解得a=110,b=0.所以a+b=110.9.49P(X=0)=3×3+2×3×2+1×3×236=2736,P(X=1)=2×236=19,P(X=2)=2×236=19,P(X=4)=136,X的分布列为X0124P27361919136所以E(X)=0×2736+1×19+2×19+4×136=49.10.B()=-13+,++=1,即E(ξ)=-13+23-a=13-a,所以当a增大时,ξ的期望E(ξ)减小,故选B.11.B 记抽到自己准备的书的学生数为X ,则X 的可能取值为0,1,2,4,P (X=0)=C 31×3A 44=924,P (X=1)=C 41×2A 44=824,P (X=2)=C 42×1A 44=624,P (X=4)=1A 44=124,所以E (X )=0×924+1×824+2×624+4×124=1.故选B .12.ABD 记该游客游览i 个景点为事件A i ,i=0,1,则P (A 0)=1-231-121-121-12=124,P (A 1)=23×1-123+1-23C 31×12×1-122=524,所以游客至多游览一个景点的概率为P (A 0)+P (A 1)=124+524=14,故A 正确;随机变量X 的可能取值为0,1,2,3,4,P (X=0)=P (A 0)=124,P (X=1)=P (A 1)=524,P (X=2)=23×C 31×12×1-122+1-23×C 32×122×1-12=38,故B 正确;P (X=3)=23×C 32×122×1-12+1-23×C 33×123=724,P (X=4)=23×123=112,故C 错误;数学期望为E (X )=0×124+1×524+2×924+3×724+4×224=136,故D 正确.故选ABD .13.40因为X~B 10,12,所以E (X )=10×12=5,因为Y=20+4X ,所以E (Y )=20+4E (X )=20+20=40.14.6576ξ1可取值为0,1,2,P (ξ1=0)=C 21C 21C 51C51=425,P (ξ1=1)=C 31C 21+C 21C 31C 51C 51=1225,P (ξ1=2)=C 31C 31C 51C51=925,所以E (ξ1)=1×1225+2×925=65.ξ2可取值为0,1,2,P (ξ2=0)=C 21C 21C 51C 61=430,P (ξ2=1)=C 31C 31+C 21C 41C 51C 61=1730,P (ξ2=2)=C 31C 31C 51C 61=930,所以E (ξ2)=1×1730+2×930=76.15.解(1)由题意,可知未来5天每天都组织课间操的概率为P 1=123142=1128,所以未来5天至少一天停止课间操的概率:P=1-P 1=1-1128=127128.(2)未来5天组织课间操的天数X 的可能取值为0,1,2,3,4,5,P (X=0)=123342=9128,P (X=1)=123C 213414+C 3112122×342=33128,P (X=2)=C 3212212342+C 3112×122·C 213414+123142=46128,P (X=3)=C 3112122142+C 3212212×C 211434+123342=30128,P (X=4)=C 3212212142+123×C 211434=9128,P (X=5)=123142=1128,所以X 的分布列为X 012345P912833128461283012891281128数学期望E (X )=0×9128+1×33128+2×46128+3×30128+4×9128+5×1128=2.16.解(1)在A 点投篮命中记作A ,不中记作;在B 点投篮命中记作B ,不中记作,其中P(A)=34,P()=1-34=14,P(B)=45,P()=1-45=15,ξ的所有可能取值为0,2,3,4,则P(ξ=0)=P()=P()P()P()=14×15×15=1100,P(ξ=2)=P()+P(B)=2×14×15×45=225,P(ξ=3)=P(A)=34,P(ξ=4)=P(BB)=P()P(B)P(B)=14×45×45=425.ξ的分布列为P(ξ=0)=1100,P(ξ=2)=225,P(ξ=3)=34,P(ξ=4)=425.所以E(ξ)=0×1100+2×225+3×34+4×425=305100=3.05,所以ξ的数学期望为3.05.=P(ξ≥3)=34+425=91100=0.91,(2)选手选择方案甲通过测试的概率为P1=P(ξ≥3)=2×15×45×45+45×45=112125=0.896,因为P1>P2,所以该选手选择方案乙通过测试的概率为P2选手应选择方案甲通过测试的概率更大.。
随机变量的数字特征的例题

随机变量的数字特征的例题在概率与统计学中,随机变量是一种数值结果的变量,其值取决于随机事件的结果。
随机变量的数字特征是描述随机变量的重要指标,例如均值、方差等。
本文将通过一个实际的例题来介绍随机变量的数字特征的计算方法和应用。
问题描述假设某个服装店销售一种T恤,已知该店每个月的销售量服从正态分布,均值为1000件,标准差为200件。
请回答以下问题:1.按照正态分布的性质,该店每个月销售量在900件到1100件之间的概率是多少?2.该店连续两个月的销售量总和在1800件到2200件之间的概率是多少?解答问题1根据正态分布的性质,我们知道约68%的随机变量取值在均值的标准差范围内,约95%的随机变量取值在两倍标准差范围内,约99.7%的随机变量取值在三倍标准差范围内。
那么,求在900件到1100件之间的概率,即求解 $P(900 \\leq X \\leq 1100)$,其中 X 为月销售量。
首先,我们需要将原始的均值和标准差转化为标准正态分布,即均值为0,标准差为1的情况。
这可以通过标准化公式进行计算:$$Z = \\frac{X - \\mu}{\\sigma}$$其中,Z 为标准化的变量,X 为原始变量,$\\mu$为均值,$\\sigma$为标准差。
将该问题转化为标准正态分布后,我们可以使用标准正态分布的性质进行计算。
由于标准正态分布的概率密度函数通常无法直接计算,所以我们可以借助于查找标准正态分布表来进行计算。
根据标准正态分布表,我们可以得到 $P(-2 \\leq Z \\leq 2) \\approx 0.9545$,即随机变量取值在均值的两倍标准差范围内的概率。
由于我们需要求解 P(−2<Z<2),所以需要减去 $P(Z \\leq -2)$ 和 $P(Z \\geq 2)$ 的概率,即 $P(-2 < Z < 2) = 2 \\times 0.9545 - (P(Z \\leq -2) + P(Z \\geq 2))$。
概率论与数理统计第四章随机变量的数字特征习题解答

习题4-11、设随机变量X 服从参数为p 的01-分布,求()E X 。
解:据题意知,X 的分布律为根据期望的定义,得()0(1)1E X p p p =⋅-+⋅=。
2、袋中有n 张卡片,记有号码1,2,,n 。
现从中有放回地抽出k 张卡片,求号码之和X 的数学期望。
解:设i X 表示第i 次取到的卡片的号码(1,2,,i k =),则12k X X X X =+++。
因为是有放回地抽出卡片,所以i X 之间相互独立。
所以第i 次抽到号码为m 的卡片的概率为1{},(1,2,,;1,2,,)i P X m m n i k n====,即i X 的分布律为1{},(1,2,,)i P X m m n n===, 所以11()(12)2i n E X n n+=+++=, 所以,1(1)()()2k k n E X E X X +=++=。
注:求复杂随机变量期望时可先引入若干个简单的随机变量,再根据期望的性质即可。
3、某产品的次品率为0.1,检验员每天检验4次。
每次随机地抽取10件产品进行检验,如果发现其中的次品数多于1,就去调整设备,以X 表示一天中调整设备的次数,试求()E X 。
(设诸产品是否是次品是相互独立的。
)解:令Y 表示一次抽检的10件产品的次品数,据题意知,~(10,0.1)Y b ,00101191010{1}1{0}{1}10.10.90.10.90.2639p P Y P Y P Y C C =>=-=-==--=,因此,~(4,0.2639)X b ,从而()40.2639 1.0556E X np ==⋅=。
注:此题必须先求出一天中调整设备的概率。
即p 值。
4、据统计,一位60岁的健康(一般体检未发生病症)者,在5年内仍然活着或自杀身亡的概率为p (01p <<,p 为已知),在五年内非自杀身亡的概率为1p -。
保险公司开办5年人寿保险,条件是参保者需缴纳人寿保费a 元(a 已知),若5年内非自杀死亡,保险公司赔偿b 元(b a >)。
(概率论习题课4)--随机变量的数字特征

2.连续情形:定义:设连续型随机变量X的概率密度为 f (x), 则 若广义积分 绝对收敛,则称此积分为X的数学期望,
xf ( x )dx
E( X )
x f ( x)dx
注:E(X)反映了随机变量X取值的“概率平均”,X的观测值的“算术平均值”在E(X)附近 摆动。
3. 二维情形的计算
[ x E ( X )]
i i
2
pi xi2 pi [ E ( x)]2 ,其中pi为离散型的分布律。
i
D( X ) 连续型:
[ x E ( x)] f ( x)dx x 2 f ( x)dx E 2 ( x) ,
2
其中f (x)为X的概率密度。 3.二维随机变量的方差
Cov ( X , Y ) D( X ) D(Y )
| 1
为随机变量X和Y的相关系数 . b.相关系数的性质: 1. |
=0,但其逆不真 2.X和Y独立时,
.
3. 1
存在常数a,b(b≠0), 使P{Y=a+bX}=1, 即X和Y以概率1线性相关.
4.若Y=ax+b,(a不为0),则
[ y E ( y )] f ( x, y )dydx.
4.方差的性质 1. D ( C ) 0 ,C 为常数。 2. D(aX ) a2 D( X ) ,a为常数。
D(X Y) D(X) DY ( ) 3.当随机变量 X , Y 相互独立时,
5.常见分布及其期望和方差 分布名称 0-1分布 二项分布 泊松分布 均匀分布 正态分布 指数分布 E(X) p np λ a+b/2 µ 1/λ D(X) pq npq λ (b-a)2/12 δ2 1/λ2
第3章随机变量的数字特征_答案_

第3章随机变量的数字特征_答案_第3章随机变量的数字特征⼀.填空题1.(90-1-2)已知随机变量X 服从参数为2的泊松分布22{},0,1,2...!k P X k e k k ?===则随机变量32Z X =?的数学期望E (Z)= (4)解: ()()()()~(2), 2,32323224X P E X E Z E X E X ==?=?=×?=2.设随机变量X 的密度函数为+=0)(B Ax x f 则且其它,127)(,10=≤≤X E x A =_____,B =______. (1,1/2)解:1()112f x dx A B +∞∞=?+=∫, 7117()123212EX xf x dx A B +∞∞==?+=∫, 11,2A B ∴==3. (92-1-3)已知随机变量X 服从参数为1的指数分布, 则数学期望()2XE X e+= (4/3)解:()()()()222300, 011~(1), 1, , 330, 0x X x x x x e x X E E X f x E e e f x dx e e dx e x ?+∞+∞+∞∞?>=====?=?≤?∫∫ ()211/34/3X E X e ?+=+=4.(95-1-3)设X 表⽰10次独⽴重复射击命中⽬标的次数,每次射中⽬标的概率为0.4,则2x 的数学期望()2E X= (18.4)解:()()()()()()222~(10,0.4),100.44,(1)100.410.4 2.4, 2.4418.4X B E X D X np p E X D X E X =×==?=×?==+=+=5. (99-4-3)设~(),X P λ已知[(1)(2)]1E X X ??=,则λ= (1) 解:()()()()()222~(),,,X P E X D X E XD XE X λλλλλ===+=+,222[(1)(2)][132)]()3()2211E X X E X X E X E X λλλ??=?+=+=?+=?=?6. (95-4-3)设X 是随机变量,其概率密度为1,10()1, 010,x x f x x x +?≤≤??=?<≤,则⽅差DX 为 (1/6)解:()()00110123231100101111(1)(1)02323E X xf x dx x x dx x x dx x x x x +∞∞?==?++??=++?=∫∫∫()()0011012222343411001011111(1)(1)34346E X x f x dx x x dx x x dx x x x x +∞∞?==?++??=++?=∫∫∫()()()221/601/6D X E X E X =?=?=7.(90-4-3)设随机变量X 和Y 独⽴,~(3,1),~(2,1)X N Y N ?,则27, Z ~Z X Y =?+ (0,5)N 解:()()2()732270,()()4()145~(0,5)E Z E X E Y D Z D X D Y Z N =?+=??×+==+=+=∴8.设两个相互独⽴的随机变量X 和Y均服从(1,1/5)N ,若随机变量X aY ?满⾜条件2()[()]D X aY E X aY ?=?,则a = . (1) 解:()0,()()01101E X aY E X aE Y a a ??=??==?=9.(03-3-4) 随机变量 X 与Y 的相关系数为0.9,若0.4Z X =?则Y 与Z 的相关系数为 (0.9) 解:()()0.4,,cov(,)cov(,0.4)cov()cov(),Z X D Z D X Y Z Y X Y X X Y =?==?==,,0.9YZ ρ===10.(03-4-4)设随机变量X 和Y 的相关系数为0.5,2202EX EY EX EY ====,,试求2E X Y +()= (6) 解: 2202EX EY EX EY ====∵,,()()()222,D X E X E X ∴=?= ()()()222D Y E Y E Y =?=0.5,0 ()0.51XY XY EX EY E XY ρρ====?===222222)2()()2226E X Y E X XY Y E X E XY E Y +=++=++=++=()()(⼆.选择题1.(91-3-3)若随机变量X 与Y 的协⽅差()()()E XY E X E Y =,则下列结论必正确的是( ). 解B (A ) ()()()D XY D X D Y =; (B ) ()D X Y DX DY +=+; (C ) X 与Y 独⽴; (D ) X 与Y 不独⽴2.若随机变量X 与Y 的协⽅差(,)0Cov x y =,则下列结论必正确的是( ). 解C (A ) X 与Y 独⽴; (B )()()()D XY D X D Y =; (C )()D X Y DX DY +=+; (D )()D X Y DX DY ?=?.3.(90-4-3)已知()()~(,), 2.4, 1.44X B n p E X D X ==则,n p 的值( ). 解B (A )4,0.6n p ==; (B ) 6,0.4n p ==; (C ) 8,0.3n p ==; (D ) 24,0.1n p ==. 解:()()1.44, 2.4,1 1.44/2.40.60.4,6D X npq E X np q p p n =====?==?==4.(97-1-3)设两个相互独⽴的随机变量X 和Y 的⽅差为4和2,则随机变量32X Y ?的⽅差是( ) 解D (A) 8; (B)16; (C)28; (D)44 分析: ()329()4()944244D X Y D X D Y ?=+=×+×=5.(95-3-3)设随机变量X,Y 独⽴同分布,记,U X Y V X Y =?=+,则U 和V 必然( ) 解D (A )独⽴; (B)不独⽴; (C ) 相关系数不为0; (D )相关系数为0. 分析: X,Y 独⽴同分布,()(),D X D Y =cov(,)cov(,)cov(,)cov(,)cov(,)cov(,)()()00U V X Y X Y X X X Y Y X Y Y D X D Y ρ=?+=+??=?=?=6.(08-1,3,4-4) (0,1),(1,4),1XY X N Y N ρ=~~,则(). 解D (A)(21)1P Y X =??=. (B)(21)1P Y X =?=. (C)(21)1P Y X =?+=.(D)(21)1P Y X =+=. 分析:,1,0XY Y aX b a ρ=+=∴>,排除A,C,()0,()1,()101E X E Y EY aE X b a b b ===+?=?+?=∵,选D三.计算题 1. 设随机变量X 的分布函数()0, 10.2, 100.5, 011, 1x x F x x x,求EX ,DX (0.3,0.61)解:分析,由()F x 是离散型的分布函数,先求分布律(直接计算分段点的跳跃度(值差)即可)()10.210.50.3EX =?×+×=,()22210.210.50.7EX =?×+×=,2220.70.30.61DX EX E X =?=?=2. 若已知是分布函数()0, 10, 011, 1x F x x x x ?≤=≤,求EX ,DX (1/2,1/12)(思考:如何判别分布函数()F x 是离散型还是连续型?)解:分析,由()F x 是连续型的分布函数,先求导数,()1, 01'()0, x F x f x ≤其他,1120 011122EX x dx x =?==∫, 112230 011133EX x dx x =?==∫,2221113212DX EX E X ??=?=?=3.(89-4-3)设随机变量2123~(0,6),~(0,2),~(3)X U X N X P 相互独⽴,令32132X X X X +?=,求EX ,DX (12, 46) 解:12306 ()()2()3()2033122E X E X E X E X +=?+=×+×= 22123(60)()()4()9()42934612D X D X D X D X ?=++=+×+×=4、设[]~2,6X U ,对X 进⾏20次独⽴观测,Y 表⽰20次观测值中事件{}5X >发⽣的次数,求()2 YE (115/4).解:[]~2,6X U ,()1, [2,6]40, x f x ?∈?=其他,{} 6 511544P X dx >==∫.,据题意 (,)Y B n p ~,120,4n p == 1315205,5444EY np DY npq ==×===×=,()222153528E Y DY E Y =+=+= 5.(02-4-3) 已知随机向量(X ,Y )的联合分布律为,求,,(,),EX DX Cov X Y xy ρ (0.6,0.24,0,0)X -1 0 11/3 0.2 0.3 0.5解:0.6,EX =20.6,EX =220.60.360.24DX EX E X =?=?=,()10.1510.350.2EY =?×+×=(1,1)(1,1)()0.080.20.12E XY xy xy ?=×+×=, (,)0,0xy Cov X Y ρ=∴= 6、已知随机变量),(Y X 服从区域()}{,01,D x y x x y x =<解:依题意,()11, (,),0, x y Df x y d ?=∈?=其他(注意,函数区间利⽤⼆重积分计算)2222(,((,EX xf x EX x f DX EX E X EY yf x y +∞+∞∞∞+∞+∞∞∞+∞∞===?==∫∫∫∫∫()(,EXY xyf Cov X Y EXY +∞+∞∞∞==?∫∫∫7. (05-1,3,4-9)设⼆维随机变量 (X,Y) 的密度函数为()1,01,02,0,x y xf x y <<<其他 1)求边缘概率密度()X f x ,()Y f y . 2)判断X,Y 的独⽴性(补). 3)判断X,Y 的相关性(补解: 1) 01 x <<,()()20,12xX f x f x y dy dy x +∞∞===∫∫2, 01()0, X x x f x <02y <<,()()1/2,112Y y y f y f x y dx dx +∞∞===?∫∫,1, 02()20, Y yy f y ??<2) 显然(,)()()X Y f x y f x f y ≠?,X Y ∴,不独⽴.3) 121122002()(,)23E X xf x y dxdy xdxdy x y dx x dx +∞+∞∞∞=====∫∫∫∫∫∫, 1211222000012()(,)223xx E Y yf x y dxdy ydxdy y dx x dx +∞+∞∞∞=====∫∫∫∫∫∫1211223000011()(,)222xx E XY xyf x y dxdy xydxdy x y dx x dx +∞+∞∞∞=====∫∫∫∫∫∫显然(,)()()()0Cov X Y E XY E X E Y =?≠∴Y X ,相关.8. (07-1,3,4-11)设⼆维随机变量 (X,Y) 的密度函数为()2,01,01,0,x y x y f x y ??<<<其他1) 求{2}P X Y >, 2)判断X,Y 的独⽴性(补), 3)判断X,Y 的相关性(补) (7/24, 不独⽴.相关) 解1) ()1/220001{2}2(2)2x x P X Y x y dxdy y xy y dx >==∫∫∫1205157()822424x x dx =?=?=∫ 2)112001301()(,)(2)(2)22X x f x f x y dy x y dy y xy y x +∞∞≤≤==??=??=?∫∫,,3/2, 01()0, X x x f x ?≤≤?∴=??其他112001301,()(,)(2)(2)22Y y f y f x y dx x y dx x x xy y +∞∞≤≤==??=??=?∫∫3/2, 01()Y y y f y ?≤≤?∴=?显然(,)()()X Y f x y f x f y ≠?, X Y ∴,不独⽴3)1123003315()()()()24312X E X xf x dx x x dx x x +∞?∞==?=?=∫∫,1123003315()()()()24312Y E Y yf y dy y y dy y y +∞?∞==?=?=∫∫11111222320000011211()(,)(2)()()23326E XY xyf x y dxdy xy x y dxdy xy x y xy dx x x dx +∞+∞∞∞==??=??=?=∫∫∫∫∫∫ (,)()()()0Cov X Y E XY E X E Y =?≠X Y ∴,相关. 9.(94-1-6)设22~(1,3),~(0,4),X N Y N 且1,2XY ρ=?设32X YZ =+,1)求(),().E Z D Z 2)求XZ ρ,3)问X,Z 是否相互独⽴?为什么? (1/3, 0, 独⽴) 解:1) 22~(1,3),~(0,4),X N Y N 1,2XY ρ=?32X Y Z =+111()()()323E Z E X E Y ?=+= 1(,)3462Cov X Y ρ==?××=?,111111()(,)916(6)3943943D Z DX DY Cov X Y ∴=++=×+×+?=2)111111(,)(,)(,)()(,)9(6)032323232X Y Cov X Cov X X Cov X Y D X Cov X Y +=+=+=?+?=cov ,0XZ X Z ρ∴==3) X,Z 相互独⽴0XZ ρ?=(⼆维正态独⽴的充要条件)10.飞机场送客汽车载有20位乘客,离开机场后共有10个车站可以下车,若某个车站⽆⼈下车则该车站不停车。
7.3 离散型随机变量的数字特征(精练)(解析版)

7.3 离散型随机变量的数字特征(精练)【题组一 分布列均值与方差】1.(2020·吉林长春市实验中学)若随机变量ξ的分布列:那么E (5ξ+4)等于( ) A .15 B .11C .2.2D .2.3【答案】A【解析】由已知,得:E ξ=1×0.4+2×0.3+4×0.3=2.2, ∴E (5ξ+4)=5E (ξ)+4=5×2.2+4=15.故选:A. 2.(2020·全国高二单元测试)设ξ的分布列为又设η=2ξ+5,则E (η)等于( ) A .76B .176C .173D .323【答案】D 【解析】E (ξ)=1×16+2×16+3×13+4×13=176,所以E (η)=E (2ξ+5)=2E (ξ)+5=2×176+5=323.故选:D. 3.(2020·全国高二课时练习)设01a <<,则随机变量X 的分布列是:则当a 在()0,1内增大时( ) A .()D X 增大B .()D X 减小C .()D X 先增大后减小 D .()D X 先减小后增大【答案】D【解析】由分布列得1()3aE X +=, 则2222111111211()01333333926a a a D X a a +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯+-⨯=-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 则当a 在(0,1)内增大时,()D X 先减小后增大.故选:D.4.(2020·江苏省前黄高级中学高二期中)甲、乙两个运动员射击命中环数ξ、η的分布列如下表.表中射击比较稳定的运动员是( )A .甲B .乙C .一样D .无法比较【答案】B【解析】E (ξ)=9.2,E (η)=9.2,所以E (η)=E (ξ),D (ξ)=0.76,D (η)=0.56<D (ξ),所以乙稳定. 5.(多选)(2020·全国高二单元测试)已知X 的分布列为则下列说法正确的有( ) A .P (X =0)=13B .E (X )=-13C .D (X )=2327D .P (X >-1)=12【答案】ABD【解析】由分布列的性质可知1126a ++=1,即a =13.∴P (X =0)=13,故A 正确;E (X )=1111(1)012363-⨯+⨯+⨯=-,故B 正确; D (X )=22211111151013233369⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+⨯++⨯++⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,故C 错误; P (X >-1)=P (X =0)+P (X =1)=12,故D 正确. 故选:ABD.6.(多选)(2020·全国高二单元测试)已知 0<a <1,随机变量ξ的分布列如下.当 a 增大时,( ) A .E (ξ)增大 B .E (ξ)减小C .D (ξ)减小D .D (ξ)增大【答案】AD 【解析】0<a <14,由随机变量ξ的分布列,得:E (ξ)=a -34, ∴当a 增大时,E (ξ)增大;D (ξ)=23(1)4a --+×34+23(0)4a -+×1()4a -+23(1)4a -+×a =-a 2+52a +316=-25()4a -+74,∵0<a <14,∴当a 增大时,D (ξ)增大.故选:AD. 7.(多选)(2020·山东济宁市·高二期末)已知随机变量X 的分布列如下,且()2E X =,则下列说法正确的是( )A .2m =,6n =B .13m =,13n =C .()23D X =D .()12D X =【答案】BC【解析】依题意()11232123E X m n m n =⋅+⋅+⨯=++=,所以21m n +=,结合113m n ++=,解得13m n ==,所以B 选项正确. ()()()()22211121222323333D X =-⋅+-⋅+-⋅=,所以C 选项正确.故选:BC8.(2020·全国高二课时练习)已知随机变量X 的分布列如下表;且()2E X =,则p =________,(23)D X -=_____________.【答案】24 【解析】因为11163p ++=,所以12p =.因为()2E X =,所以111()022623E X a =⨯+⨯+⨯=,3a ∴=. 222111()(02)(22)(3 2) 1623D X ∴=-⨯+-⨯+-⨯=.故2(23)2()4D X D X -=⨯=.故答案为:12,4 9.(2021·北京房山区·高二期末)设随机变量ξ的分布列为:则m =____;随机变量ξ的数学期望()E ξ=____. 【答案】16 23【解析】因为概率之和等于1即11123m ++=,解得:16m =,所以()11120122363E ξ=⨯+⨯+⨯=, 故答案为:16;23.10.(2020·甘肃白银市)设随机变量X 的分布列为()1,2,3,44k P X ak k ⎛⎫=== ⎪⎝⎭,a 为常数,则()4E X =________. 【答案】3【解析】因为()12341a +++=, 所以110a =, 所以()1122334434104104104104E X =⨯+⨯+⨯+⨯=, 故()()443E X E X ==. 故答案为:311.(2020·四川乐山市)已知随机变量ξ的分布列如下表所示,且23ηξ=-+,则()=E η________.【答案】3【解析】111()1010424E ξ=-⨯+⨯+⨯=因为23ηξ=-+,所以()2()33E E ηξ=-+=故答案为:3 12.(2020·安徽省六安中学高二期末(理))已知X 的分布列且3Y aX =+,()53E Y =,则a =______. 【答案】4 【解析】1111()(1)012363E X =-⨯+⨯+⨯=-,且3Y aX =+,5()()33E Y aE X ∴=+=,即15333a -+=, 解得4a =, 故答案为:413.(2021·湖南衡阳市八中高二期末)已知随机变量X 的分布列如下:若随机变量Y 满足31Y X =-,则Y 的方差()D Y =___________. 【答案】9【解析】由分布列的性质可知,11132a ++=,所以16a =, 所以数学期望111()0131326E X =⨯+⨯+⨯=,方差222111()(01)(11)(31)1326D X =-⨯+-⨯+-⨯=,因为31Y X =-,所以2()3()9D Y D X ==, 故答案为:9.【题组二 实际应用中的分布列与均值】1.(2021·浙江金华市·高三期末)一个盒子里有2个黑球和3个白球,现从盒子里随机每次取出1个球,每个球被取出的可能性相等,取出后不放回,直到某种颜色的球全部取出.设取出黑球的个数ξ,则()1P ξ==__________,()E ξ=__________.【答案】310 32【解析】0,1,2ξ=,0ξ=表示取球3次,3次取白球,则()33356106010A P A ξ====,1ξ=表示取球4次,3次取白球,前3次中有1次取黑球,则()33356106010A P A ξ====,()113323453623112010C C A P A ξ⨯⨯====, ()1332110105P ξ==--=, 故()32E ξ=. 故答案为:310,32. 2.(2021·江苏南通市·高三期末)“双十一”是指每年的11月11日,以一些电子商务为代表,在全国范围内兴起的大型购物促销狂欢日.某商家在去年的“双十一”中开展促销活动:凡购物满5888元的顾客会随机获得A ,B ,C 三种赠品中的一件,现恰有3名顾客的购物金额满5888元.设随机变量X 表示获得赠品完全相同的顾客人数,则()0P X ==_________________,()E X =____________. 【答案】29 53【解析】()3362027279A P X ====()313279P X === ()12221993P X ==--=()22150239393E X =⨯+⨯+⨯=故答案为:29;53. 3.(2020·全国高二课时练习)一个袋子内装有若干个黑球、3个白球、2个红球(所有的球除颜色外其他均相同),从中一次性任取2个球,每取得一个黑球得0分,每取得一个白球得1分,每取得一个红球得2分,用随机变量ξ表示取2个球的总得分,已知得0分的概率为16. (1)求袋子内黑球的个数; (2)求ξ的分布列与均值.【答案】(1)有4个黑球;(2)分布列见解析,14()9E ξ=.【解析】(1)设袋子内黑球的个数为n ,由条件知,当取得2个黑球时得0分,概率为2251(0)6n n C P C ξ+===,化简得2340n n --=,解得4n =或1n =-(舍去),即袋子内有4个黑球. (2)ξ的所有可能取值为0,1,2,3,4,1(0)6P ξ∴==, 1143291(1)3C C P C ξ===,2113242911(2)36C C C P C ξ+===,1123291(3)6C C P C ξ===,22291(4)36C P C ξ===,ξ∴的分布列为11111114()0123463366369E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=.4.(2019·全国高二课时练习)甲乙两人进行围棋比赛,约定先连胜两局者直接赢得比赛,若赛完5局仍未出现连胜,则判定获胜局数多者赢得比赛,假设每局甲获胜的概率为23,乙获胜的概率为13,各局比赛结果相互独立.(1)求甲在4局以内(含4局)赢得比赛的概率;(2)记X 为比赛决出胜负时的总局数,求X 的分布列和均值(数学期望). 【答案】(1)5681;(2)22481.【解析】(1)用A 表示“甲在4局以内(含4局)赢得比赛”,k A 表示“第k 局甲获胜”,k B 表示“第k 局乙获胜”.则2()3k P A =,1(),1,2,3,4,53k P B k ==. 121231234()()()()P A P A A P B A A P A B A A =++121231234()()()()()()()()()P A P A P B P A P A P A P B P A P A =++2222122125633333381⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⨯+⨯⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.(2)X 的可能取值为2,3,4,5.12121212(2)()()()()()()P X P A A P B B P A P A P B P B ==+=+2211533339=⨯+⨯=, 123123123123(3)()()()()()()()()P X P B A A P A B B P B P A P A P A P B P B ==+=+12221123333339=⨯⨯+⨯⨯=, 1234123412341234(4)()()()()()()()()()()P X P A B A A P B A B B P A P B P A P A P B P A P B P B ==+=+21221211103333333381=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= 8(5)1(2)(3)(4)81P X P X P X P X ==-=-=-==. 故X 的分布列为所以.5.(2021·海林市)某产品有4件正品和2件次品混在了一起,现要把这2件次品找出来,为此每次随机抽取1件进行测试,测试后不放回,直至次品全部被找出为止. (1)求“第1次和第2次都抽到次品”的概率;(2)设所要测试的次数为随机变量X,求X 的分布列和数学期望.【答案】(1)115;(2)见解析【解析】(1)设“第1次和第2次都抽到次品”为事件A,则P(A)==.(2)X的所有可能取值为2,3,4,5.P(X=2)=,P(X=3)==,P(X=4)=+=,P(X=5)=+=.X的分布列为P因此,E(X)=2×+3×+4×+5×=.【题组三均值方差做决策】1.(2019·全国高二课时练习)设甲、乙两家灯泡厂生产的灯泡寿命表1X(单位:小时)和Y的分布列分别如表1和表2所示:试问哪家工厂生产的灯泡质量较好?【答案】乙厂生产的灯泡质量较好.【解析】由期望的定义,得E(X)=900×0.1+1 000×0.8+1 100×0.1=1 000,E(Y)=950×0.3+1 000×0.4+1 050×0.3=1 000.两家灯泡厂生产的灯泡寿命的期望值相等,需进一步考查哪家工厂灯泡的质量比较稳定,即比较其方差.由方差的定义,得D(X)=(900-1 000)2×0.1+(1 000-1 000)2×0.8+(1 100-1 000)2×0.1=2 000,D(Y)=(950-1 000)2×0.3+(1 000-1 000)2×0.4+(1 050-1 000)2×0.3=1 500.因为D(X)>D(Y),所以乙厂生产的灯泡质量比甲厂稳定,即乙厂生产的灯泡质量较好.2.(2020·全国高二课时练习)某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售价每瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验,每天需求量与当天最高气温(单位:℃)有关.如果最高气温不低于25,需求量为500瓶;如果最高气温位于区间[20,25),需求量为300瓶;如果最高气温低于20,需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表:以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率. (1)求六月份这种酸奶一天的需求量X (单位:瓶)的分布列;(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y (单位:元),当六月份这种酸奶一天的进货量n (单位:瓶)为多少时,Y 的数学期望达到最大值? 【答案】(1)分布列见解析;(2)300.【解析】(1)由题意知,X 所有的可能取值为200,300,500,由表格数据知 ()2162000.290P X +===,()363000.490P X ===,()25745000.490P X ++===. 因此X 的分布列为(2)由题意知,这种酸奶一天的需求量至多为500,至少为200,因此只需考虑200500n ≤≤ 当300500n ≤≤时,若最高气温不低于25,则642Y n n n =-=;若最高气温位于区间[)20,25,则()63002300412002Y n n n =⨯+--=-; 若最高气温低于20,则()6200220048002Y n n n =⨯+--=- 因此()()()20.4120020.480020.26400.4E Y n n n n =⨯+-⨯+-⨯=- 当0300n ≤<时,若最高气温不低于20,则642Y n n n =-=, 若最高气温低于20,则()6200220048002Y n n n =⨯+--=-, 因此()()()20.40.480020.2160 1.2E Y n n n =⨯++-⨯=+所以300n =时,Y 的数学期望达到最大值,最大值为520元.3.(2020·全国高二课时练习)某种大型医疗检查机器生产商,对一次性购买2台机器的客户,推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案:方案一:交纳延保金7000元,在延保的两年内可免费维修2次,超过2次每次收取维修费2000元;方案二:交纳延保金10000元,在延保的两年内可免费维修4次,超过4次每次收取维修费1000元.某医院准备一次性购买2台这种机器.现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案,为此搜集并整理了50台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数,得下表:以这50台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率,记X 表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数. (1)求X 的分布列;(2)以所需延保金及维修费用的期望值为决策依据,医院选择哪种延保方案更合算? 【答案】(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)选择延保方案二较合算 【解析】(Ⅰ)X 所有可能的取值为0,1,2,3,4,5,6,()11101010100P X ==⨯=,()1111210525P X ==⨯⨯=,()11213225551025P X ==⨯+⨯⨯=, ()13121132210105550P X ==⨯⨯+⨯⨯=,()22317425510525P X ==⨯+⨯⨯=, ()2365251025P X ==⨯⨯=,()33961010100P X ==⨯=,∴X 的分布列为(Ⅱ)选择延保一,所需费用1Y 元的分布列为:1171176970009000110001300015000100502525100EY =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯ 10720=(元). 选择延保二,所需费用2Y 元的分布列为:267691000011000120001042010025100EY =⨯+⨯+⨯=(元). ∵12EY EY >,∴该医院选择延保方案二较合算.4.(2019·全国高二课时练习)某高校设计了一个实验学科的实验考查方案:考生从6道备选题中一次性随机抽取3题,按照题目要求独立完成全部实验操作.规定:至少正确完成其中2题的便可提交通过.已知6道备选题中考生甲有4题能正确完成,2题不能完成;考生乙每题正确完成的概率都是23,且每题正确完成与否互不影响.(1)分别写出甲、乙两考生正确完成题数的概率分布列,并计算均值;(2)试从两位考生正确完成题数的均值及至少正确完成2题的概率分析比较两位考生的实验操作能力. 【答案】(1)()2,()2E E ξη==; (2)可以判断甲的实验操作能力较强.. 【解析】(1)设考生甲、乙正确完成实验操作的题数分别为ξ,η, 则ξ取值分别为1,2,3;η取值分别为0,1,2,3.P(ξ=1)=124236C C 1C 5=,P(ξ=2)=214236C C 3C 5=,P(ξ=3)=304236CC 1C 5=, ∴考生甲正确完成题数的概率分布列为E ξ=115⨯+235⨯+315⨯=2.∵P(η=0)=30321C 1-327⎛⎫= ⎪⎝⎭,同理P(η=1)=29,P(η=2)=49,P(η=3)=827, ∴考生乙正确完成题数的概率分布列为E η=027⨯+19⨯+29⨯+327⨯=2.(2)∵P(ξ≥2)=3155+=0.8,P(η≥2)=48927+≈0.74,∴P(ξ≥2)>P(η≥2). 从做对题数的均值考察,两人水平相当;从至少完成2题的概率考察,甲获得通过的可能性大. 因此可以判断甲的实验操作能力较强.5.(2020·辽宁本溪市·高二月考)为倡导绿色出行,某市推出“新能源分时租赁汽车”业务.其中一款新能源分时租赁汽车每次租车收费标准由两部分组成:①根据行驶里程数按1元/千米;②行驶时间不超过40分钟时,按0.12元/分计费;超过40分钟时,超出部分按0.20元/分计费.已知王先生家离上班地点15千米,每天租用该款汽车上、下班各一次.由于堵车、红绿灯等因素,每次路上开车花费的时间是变量t (单位:分).现统计其50次路上开车花费时间,在各时间段内的频数分布情况如下表所示:将各时间段发生的频率视为概率,每次路上开车花费的时间视为用车时间,范围为[]20,60分. (1)写出王先生一次租车费用y (单位:元)与用车时间t (单位:分)的函数关系式; (2)若王先生的公司每月发放1000元的车补,每月按22天计算,请估计:①王先生租用一次新能源分时租赁汽车上下班的平均用车时间(同一时段,用该区间的中点值做代表). ②王先生每月的车补能否足够上下班租用新能源分时租赁汽车,并说明理由.【答案】(1)0.1215,20400.211.8,4060t t y t t +≤≤⎧=⎨+<≤⎩;(2)①42.6(分);②王先生每月的车补足够上、下班租用新能源分时租赁汽车,理由见解析.【解析】(1)当2040t ≤≤时,0.1215y t =+,当4060t <≤时,()0.12400.2040150.2011.8y t t =⨯+-+=+,所以0.1215,20400.211.8,4060t t y t t +≤≤⎧=⎨+<≤⎩;(2)①王先生租用一次新能源分时租赁汽车上下班,平均用时21820102535455542.650505050t =⨯+⨯+⨯+⨯=(分), ②法一:每次上下班的平均租车费用约为0.242.611.820.32⨯+=元, 则每月均用费为:20.32222894.08⨯⨯=(元)1000<(元), 由此估计王先生每月的车补足够上、下班租用新能源分时租赁汽车; 法二:每次上下班的平均租车费用约为()()()()2182010250.1215350.1215450.2+11.8+550.2+11.8=20.51250505050⨯++⨯++⨯⨯ 则每月均用费为:22220.512=902.528⨯⨯(元)1000<元, 由此估计王先生每月的车补足够上、下班租用新能源分时租赁汽车.。
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第12讲 随机变量的数字特征习题课教学目的:掌握随机变量的数字特征,了解切比雪夫不等式和大数定律。
教学重点:理解数学期望和方差的概念,掌握它们的性质与计算,熟悉常用分布的数学期望和方差。
教学难点:随机变量函数的数学期望。
教学时数:2学时 教学过程:一、知识要点回顾1. 随机变量X 的数学期望()E X对离散随机变量 ()()i i iE X x p x =∑若1,2,i =,则假定这个级数绝对收敛,否则就没有数学期望。
对连续随机变量 ()()E X xf x dx +∞-∞=⎰假定这个广义积分绝对收敛,否则就没有数学期望。
2. 随机变量X 的函数()g X 的数学期望[()]E g X ,其中()g X 为实函数。
对离散随机变量 [()]()()i i iE g X g x p x =∑对连续随机变量 [()]()()E g X g x f x dx +∞-∞=⎰假定所涉及的无穷级数绝对收敛,所涉及的广义积分绝对收敛。
3. 二维随机变量(,)X Y 的函数(,)g X Y 的数学期望[(,)]E g X Y ,其中(,)g X Y 为二元实函数。
对离散随机变量 [(,)](,)(,)i j i j ijE g X Y g x y p x y =∑∑对连续随机变量 [(,)](,)(,)E g X Y g x y f x y dxdy +∞+∞-∞-∞=⎰⎰假定所涉及的无穷级数绝对收敛,所涉及的广义积分绝对收敛。
4. 数学期望的性质(假定所涉及的数学期望都存在)(), ()E c c c =为常数 ()(), ()E cX cE X c =为常数()(), (,)E aX b aE X b a b +=+为常数()()()E X Y E X E Y +=+11()()n ni i i i i i E c X c E X ===∑∑若,X Y 相互独立,则()()()E XY E X E Y =。
若12,,,n X X X 相互独立,则1212()()()()n n E X X X E X E X E X =。
5. 随机变量X 的方差222(){[()]}()[()]D X E X E X E X E X =-=-,这里假定2(),()E X E X 都存在。
6. 方差的性质()0, ()D c c =为常数2()(), ()D cX c D X c =为常数 2()(), (,)D aX b a D X a b +=为常数若,X Y 相互独立,则()()()D X Y D X D Y +=+。
若12,,,n X X X 相互独立,12,,,n c c c 为常数,则211()()n ni i i i i i D c X c D X ===∑∑。
7. 随机变量X 的k 阶原点矩 ()()k k X E X ν=随机变量X 的k 阶中心矩 (){[()]}k k X E X E X μ=- 易知,112()(),()0,()()X E X X X D X νμμ=≡=。
8. 随机变量X 与Y 的协方差cov(,){[()][()]}()()()X Y E X E X Y E Y E XY E X E Y =--=-22()()()2cov(,), (,)D aX bY a D X b D Y ab X Y a b +=++为常数cov(,)cov(,)X Y Y X =cov(,)cov(,), (,)aX bY ab X Y a b =为常数cov(,)cov(,)cov(,)X Y Z X Z Y Z +=+若cov(,)0X Y =,则称X 与Y 不相关。
若随机变量X 与Y 相互独立,则X 与Y 一定不相关,反之不成立。
9. 随机变量X 与Y的相关系数(,)R X Y =|(,)|1R X Y ≤|(,)|1Y a bX R X Y =+⇔=10. 切比雪夫不等式:若随机变量X 的数学期望()E X 与方差()D X 存在,则对任意正 数ε有2()()D X P X E X εε⎡-≥⎤≤⎣⎦ 由切比雪夫不等式可证明切比雪夫定理,进而推出伯努利定理。
后面两个定理是常用的大数定律。
二 、典型例题解析1.已知随机变量X 的概率分布为求2(46)E X +。
分析 由要点2,令2()46g X X =+,代入公式即可。
解3221(46)(46) 220.360.4100.312i ii E X x p =+=+=⨯+⨯+⨯=∑注 计算随机变量函数的数学期望原则上有两种方法:一种是先求出随机变量的概率分布或概率密度,再按数学期望的定义计算;一种是直接带入要点2种所列的公式。
通常用后一种方法较简便。
2.设二维随机变量(,)X Y 的概率密度01,01(,)0x y x y f x y +≤≤≤≤⎧=⎨⎩其它,求(),(),(),(),(),cov(,),(,)E X E Y D X D Y E XY X Y R X Y 。
分析 题中前五项计算均可按要点3所列公式计算,后两项按要点8与9计算。
解1110()(,)()17()212E X xf x y dxdy xdx x y dyx x dx +∞+∞-∞-∞==+=+=⎰⎰⎰⎰⎰又11222120()(,)()15()212E X x f x y dxdy x dx x y dyx x dx +∞+∞-∞-∞==+=+=⎰⎰⎰⎰⎰所以2225711()()[()]1212144D XE X E X ⎛⎫=-=-=⎪⎝⎭ 按对称性有711(),()12144E Y D Y == 1110()(,)()11()233E XY xyf x y dxdy xdx y x y dyx x dx +∞+∞-∞-∞==+=+=⎰⎰⎰⎰⎰1771cov(,)()()()31212144X Y E XY E X E Y =-=-⨯=-11(,)144121211R X Y =-=- ⎝⎭ 注 二维随机变量的许多计算都可归结为计算二维随机变量函数的数学期望,所以 要点3所列公式应会灵活应用。
3.填空(1) 已知()4,()1,(,)0.6D X D Y R X Y ===,则(32)D X Y -=____________。
(2) 随机变量,X Y相互独立,又1(2),(8,)4XP YB ,则(2)E X Y -=____________,(2)D X Y -=____________。
(3) 设,X Y 独立且同分布011233X p,则(,)E X Y =____________。
(4) 随机变量X 的方差为2,则根据切比雪夫不等式,估计{}()2P X E X -<≥____________。
分析 在要点8中取3,2a b ==-代入公式解答(1);由已知公式得()2E X =,()2D X =1()824E Y =⨯=,133()8442D Y =⨯⨯=,在利用方差性质解答(2);对于(3),可求出随机变量Z XY =的概率分布再求()E XY ,或由,X Y 都服从“0-1”分布得,再代相应公式;对于(4),用2,()2D X ε==带入切比雪夫不等式。
解(1)(32)9()4()12(, 9441120.62125.6D X Y D X D Y R X Y -=+-=⨯+⨯-⨯⨯⨯=(2) (2)()2()2222E X Y E X E Y -=-=-⨯=- 3(2)()4()2482D X Y D X D Y -=+=+⨯= (3) 解一015499XYp,54()0199E XY ∴=⨯+⨯解二 224()()()339E XY E X E Y ==⨯=(4) 22()21{|()|2}1122D X P XE X ε-<≥-=-=注 填空主要用于复习概念,熟悉各种计算公式,通常计算量较小。
4.一台设备有三大部件构成,在设备运转中各部件需要调整的概率相应为0.1,0.2,0.3,假设各部件相互独立,以X 表示同时需要调整的部件数,求数学期望()E X 和方差()D X 。
分析 先引入新随机变量1,i i =1230,i i X ⎧=⎨⎩第个部件需要调整(,,)第个部件无需调整,则31i i X X ==∑,i X 相互独立,利用31()()i i E X E X ==∑,31()()i i D X D X ==∑完成计算。
解 由i X 服从“0-1”分布,()i i E X p =,()(1)i i i D X p p =-,1,2,3i =,得1()0.1E X =,1()0.09D X =,2()0.2E X =,2()0.16D X =,3()0.3E X =,3()0.21D X = 故()0.10.20.30.6E X =++=,()0.090.160.210.46D X =++=。
注 利用性质来计算数学期望和方差往往较有效,应该学会这种方法。
另外,应记住常用分布相应的数学期望和方差。
5.甲乙两队比赛,若有一队先胜四场,则比赛结束。
假定甲队在每场比赛中获胜的概率为0.6,乙队为0.4,求比赛场数的数学期望。
分析 X 可能取值为4,5,6,7,按古典概型计算X 取各值的概率得到X 的概率分布,由此算出)(X E 。
解1552.04.06.0}4{ 44=+==X P141444{5}0.60.40.60.40.2688P X C C ==⨯⨯+⨯⨯=24222455{6}0.60.40.60.40.2995P X C C ==⨯⨯+⨯⨯=34333466{7}0.60.40.60.40.2765P X C C ==⨯⨯+⨯⨯= ()40.155250.268860.299570.2765 5.7E X ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=注 对应用题而言,大量计算是计算概率,这就要求掌握好以前所学过的各种计算概率的方法。
6.设随机变量X 服从Γ分布,其概率密度1,0()()00xx e x f x x ααββα--⎧>⎪=Γ⎨⎪≤⎩,其中0,0αβ>>是常数,求(),()E X D X 。
分析 按定义求()E X ,又22()()[()]D X E X E X =-,计算中涉及Γ函数,10(),(0),(1)()s x s x e dx s ααα+∞--Γ=>Γ+=Γ⎰。
解 0()()xE X x e dx ααββα+∞-=Γ⎰1110()() ()()xx e d x t x ααβαβββββα-+∞+--==Γ⎰令 (1)()()()ααααβαβαβΓ+Γ===ΓΓ又 210()()xE X x e dx ααββα+∞+-=Γ⎰12110()() ()()x x e d x t x ααβαβββββα-+∞+--+==Γ⎰令 222(2)(1)()(1)()()ααααααβαβαβΓ++Γ+===ΓΓ故222(1)()D X ααααβββ+=-=注 Γ分布也是一种常用分布,例如指数分布是11,αβλ==的Γ分布,统计中很有用的2χ分布是1,22k αβ==的Γ分布。