随机变量的数字特征习题课

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）。

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 $P(-2 < Z < 2) = 2 \\times 0.9545 - (P(Z \\leq -2) + P(Z \\geq 2))$。

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 >）。

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）【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.。

习 题 4.11.设随机变量X 的分布列为试求22(),(),(31).E X E X E X +解 根据随机变量期望的定义()(3)0.410.230.40.2E X =-⨯+⨯+⨯=，根据随机变量函数的期望的计算公式2222()(3)0.410.230.47.4E X =-⨯+⨯+⨯=，根据随机变量期望的性质22(31)3()137.4123.2E X E X +=+=⨯+=.2.设二维随机变量(,)X Y 的联合分布列为试求232(),()E X Y E X Y +.解 根据随机变量函数的期望的计算公式22222()100.2110.3200.1210.4 1.9E X Y =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=3232323232()(10)0.2(11)0.3(20)0.1(21)0.4 5.2E X Y +=+⨯++⨯++⨯++⨯=.3.设有n 个人N 个房间，若每个人住到每个房间是等可能，且每个房间住的人数不受限制，求有人住的房间数的平均值.解 令X 表示有人住的房间数，且按如下方式引入随机变量(1,2,,)i X i n =：1,0,i X ⎧=⎨⎩第i 个房间有人住；第i 个房间没人住.易知，12n X X X X =+++，且i X 的分布列为因此121()()()()[1(1)]nn E X E X E X E X n N=+++=--.4.据以往的资料，某人打一次电话的持续时间X (单位：分)的密度函数为3,02;44(),2;0,xx p x x x⎧<≤⎪⎪⎪=>⎨⎪⎪⎪⎩其它.求此人打一次电话的平均持续时间.解 由题意，此人打一次电话的平均持续时间为23248()()43xE X xf x dx x dx xdx x +∞+∞-∞==+=⎰⎰⎰分钟. 5.设在某一规定的时间间隔里，某电器设备用于最大负荷的时间X (单位：分)的密度函数为22,01500;15003000(),15003000;15000,xx x p x x ⎧<≤⎪⎪-⎪=<≤⎨⎪⎪⎪⎩其它. 求该电器用于最大负荷的平均时间.解 由题意，该电器用于最大负荷的平均时间为1500300022015003000()()150015001500x x E X xf x dx x dx x dx +∞-∞-==+=⎰⎰⎰分钟. 6.游客乘电梯从底层到电视塔顶层观光，电梯于每个整点的第5分钟、25分钟和55分钟从底层起行.假设一游客从早晨八点的第X 分钟到达底层侯电梯，且X 服从区间[0,60]上的均匀分布.求该游客的平均等候时间.解 由题意，X 的密度函数为1,060;()600,.x p x ⎧≤≤⎪=⎨⎪⎩其它令Y 表示游客的等候时间，则Y 是X 的如下函数：5,05;25,525;()55,2555;65,5560.X X X X Y g X X X X X -<≤⎧⎪-<≤⎪==⎨-<≤⎪⎪-<≤⎩故该游客的平均等候时间为5250511()[()]()()(5)(25)6060E Y E g X g x f x dx x dx x dx +∞-∞===-+-⎰⎰⎰5560255511(55)(65)6060x dx x dx +-+-⎰⎰11.67=分钟.7. 设某种商品的每周需求量X 是服从区间[10,30]上的均匀分布的随机变量，而经销商的进货数量为[10,30]中的某一整数.经销商每销售一单位的商品可获利500元；若供大于求则削价处理，每处理一单位商品亏损100元；若供不应求则可从外部调剂供应，此时每一单位商品仅获利300元.为使商品所获平均利润达到最大，试确定进货量. 解 设进货量为a ，则利润为 500300()300200,;(,)500100()600100,.a X a X a X a Q Q a X X a X X a X a +-+>⎧⎧===⎨⎨---≤⎩⎩ 由题意，X 的密度函数为1,1030;()200,.x p x ⎧≤≤⎪=⎨⎪⎩其它 且该商品的平均利润为301011()(,)()(600100)(300200)2020a aE Q Q a x p x dx x a dx x a dx +∞-∞==-++⎰⎰⎰27.53505250a a =-++，由于a 取整数，结合一元二次函数求最值的方法知:当23a =时，平均利润达到最大，此时的利润为9332.5元.8.一商店经销某种商品，每周的进货量X 与顾客对该商品的需求量Y 是两个随机变量，且相互独立，都服从区间[10,20]上的均匀分布，商店每销售一件商品盈利1000元；若供不应求可从外部调剂供应，这时每销售一件商品盈利500元；若供大于求则削价处理，每处理一件商品亏损200元.试求此商店经销该种商品的平均周利润.解 设此商店经销该种商品的周利润为Q ，则1000500()500500,;(,)1000200()1200200,.X Y X Y X X Y Q Q X Y Y X Y Y X X Y +-+≤⎧⎧===⎨⎨--->⎩⎩ 由题意，(,)X Y 的联合密度函数为1,10,20;(,)1000,.x y f x y ⎧≤≤⎪=⎨⎪⎩其它 则此商店经销该种商品的平均周利润为()((,))(,)(,)E Q E Q X Y Q x y p x y dxdy +∞+∞-∞-∞==⎰⎰20202010101011[(500500)][(1200200)]100100xx y x dy dx y x dy dx =++-⎰⎰⎰⎰36500121673=≈元. 7166.67？9.气体分子的运动速度X 服从马克斯威尔分布，其密度函数为23,0;()0,0.x a x p x x -⎧>=≤⎩设气体分子的质量为m ，试求气体分子的平均动能. 解 设气体分子的动能为Q ，则212Q mX =.从而，气体分子的平均动能为 21()()2E Q mx p x dx +∞-∞=⎰2232012x a mx dx +∞-=⎰22/t x a =3320tt edt +∞-==⎰.10.保险公司开出的保险单规定:如果某个事件A 在一年内发生了，保险公司必须付出一笔钱m .如果保险公司估计事件A 在一年内发生的概率为p ，保险公司向顾客收多少保费才能使得他们的平均收益达到m 的10%.解 设收取的保费为x ，收益记为随机变量Y ，则Y 的分布列为从而，平均收益为()(1)()E Y x p x m p =-+-,令 ()10%E Y m =，可得公司需向客户收取的保费为(10%)x m p =+.11.某人参加面试，一共有问题1和问题2两个问题，他可以自行决定回答的顺序.如果他先回答问题i ，那么只有回答正确，他才被允许回答问题()j j i ≠，否则就没有机会回答另一问题.如果他能正确回答问题i 将得i V 分,且他能正确回答问题i 的概率为i p (1,2)i =.试问他先回答哪个问题才能使平均得分达到最大？解 设i Y 表示先回答问题i 时的得分（1,2i =），则1Y 和2Y 的分布列分别为从而有11211212()(1)()E Y p p V p p V V =-++， 22121212()(1)()E Y p p V p p V V =-++,当12()()E Y E Y ≥即11221211p V p Vp p ≥--时，先回答问题1使得平均得分达到最大. 当12()()E Y E Y <即11221211p V p Vp p <--时，先回答问题2使得平均得分达到最大. 12.设某省内有三条高速公路，每天在高速公路上发生的事故数是服从泊松分布的随机变量，其参数分别为0.3,0.5和0.7.试求今天在高速公路上发生的事故总数的平均值. 解 令X 表示今天高速公路上发生的事故总数，i X 表示第i 条公路上发生的事故数（1,2,3i =），由题意知123X X X X =++，且今天在高速公路上发生的事故总数的平均值为123()()()()E X E X E X E X =++0.30.50.7 1.5=++=.13.某人从家到公司相继要乘两条线路的公共汽车，乘各辆车的候车时间（单位：分）都服从区间[0,5]上的均匀分布，求他从家到公司用在候车上的平均时间.解 令X 表示某人从家到公司用在候车上时间，1X 和2X 表示某人从家到公司在相继两条线路上的候车时间，由题意知12X X X =+，且他从家到公司用在候车上的平均时间为1255()()()522E X E X E X =+=+=分钟. 习题4.21.某公司准备投资生产新产品，有两个产品：普通凉鞋和防雨制品，其年利润与气候是多雨或少雨有关.根据气象部门预报，当年气候多雨和少雨的概率分别为60%和40%.通过调查，该公司认为若气候多雨，生产普通凉鞋和防雨制品的年利润分别是42万元和100万元；若气候少雨，前者的年利润为37万元，而后者则亏损50万元.请问：该公司如何投资为好？解 设投资生产普通凉鞋、防雨制品的年利润分别为X 、Y ，其分布列分别为两个投资方案的平均收益分别为()420.6370.440E X =⨯+⨯=，()1000.6(50)0.440E Y =⨯+-⨯=, 而每个决策方案的方差分别为22()(4240)0.6(3740)0.46Var X =-⨯+-⨯=， 22()(10040)0.6(5040)0.45400Var X =-⨯+--⨯=，由上面的计算结果知，两种投资方案的平均收益是一样的，而投资生产普通凉鞋所承担的风险要小的多，故应投资生产普通凉鞋.2.一个人有N 把钥匙，每次开门时，他随机地拿出一把（只有一把钥匙能打开这道门），直到门打开为止.以X 记到此时为止用的钥匙数（包括最后拿对的那一把）.按以下两种情况分别计算X 的期望和方差：(1)试过打不开不再放回，(2)试过打不开仍然放回. 解 （1）该问题相当于抽签问题，每次打开门的概率都是1N，因此X 的分布列为1()P X i N==，1,2,,.i N =从而11111()()2NN i i N E X i i N N ==+=⨯==∑∑， 2221111(1)(21)()()6NN i i N N E X i i N N ==++=⨯==∑∑， 故 2221()()[()]12N Var X E X E X -=-=.（2） 由题意，X 的分布列为111()()i N P X i N N--==，1,2,,,i N =,从而1111111()()()i i i i i N N E X i n NN N N ∞∞--==--===∑∑，22121211111()()()2i i i i i N N E X i n n NN N N ∞∞--==--===-∑∑，故 22()()[()](1)V X E X E X N N =-=-.3.从英文句子“The girl put on her beautiful red hat ”中任意挑出一个单词，用X 表示单词所包含的字母个数，求()E X ，()D X .解 由题意，X 的分布列为从而151115()234988884E X =⨯+⨯+⨯+⨯=，22222151173()234988884E X =⨯+⨯+⨯+⨯=故 2267()()[()]16Var X E X E X =-=.4.设随机变量X 满足()()E X Var X λ==，已知[(1)(2)]1E X X --=，试求λ. 解 由题意，221[(1)(2)]()3()2()[()]3()2E X X E X E X Var X E X E X =--=-+=+-+，即 2321λλλ+-+=， 解上述方程可得1λ=.5. 设连续型随机变量X 服从参数为λ的指数分布，试求()E X ，2(1)E X +，()Var X ，(2)Var X -.解 由题意，X 的密度函数为1,0;()0,.xe x p x λλ-⎧>⎪=⎨⎪⎩其它 从而0001()()()x xxE X xp x dx x edx x e edx λλλλλ+∞+∞+∞+∞--∞===-+=⎰⎰⎰，2222201()()()22xxxE X x p x dx xe dx x e xe dx λλλλλ+∞+∞+∞+∞--∞===-+=⎰⎰⎰，故 222(1)()2()1221E X E X E X λλ+=++=++，222()()[()]Var X E X E X λ=-=，2(2)4()4Var X Var X λ-==.6.设随机变量X 的分布函数为0,0;,01;2()1,1 1.5;21, 1.5,x x x F x x x x <⎧⎪⎪≤<⎪=⎨⎪-≤<⎪⎪≥⎩试求()k k E X μ=与(())k k v E X E X =-. 解 由题意，X 的密度函数为1,01;2()1,1 1.5;0,.x p x x ⎧≤<⎪⎪=≤<⎨⎪⎪⎩其它从而 1 1.511111()()1(32)22(1)kkkkk kk k E X x p x dx x dx x dx k μ+∞++-∞===+=-+⎰⎰⎰.特别的， 17()16E X μ==. 故 (())kk v E X E X =-=11.5017717()()()()11616216k k k x p x dx x dx x dx +∞-∞-=-+-=⎰⎰⎰12(1)1451[2.173(7)]2(1)k k k k k ++++=---+. 7.设随机变量X 的密度函数为,12;3()3,23;0,xx f x x x ⎧<≤⎪⎪=-<≤⎨⎪⎪⎩其它，试求(23)Var X +. 解 由题意，231235()()(3)318x E X xp x dx x dx x x dx +∞-∞==+-=⎰⎰⎰，23222212()()(3)43xE X x p x dx x dx x x dx +∞-∞==+-=⎰⎰⎰，故 2271(23)4()4()4[()]81Var X Var X E X E X +==-=. 8.求参数为λ的泊松分布的三阶原点矩和三阶中心矩.解 设随机变量X 服从参数为λ的泊松分布，则()()E X Var X λ==，22()E X λλ=+且其分布列为()!kP X k e k λλ-==，0,1,k =.故参数为λ的泊松分布的三阶原点矩和三阶中心矩分别为33()E X μ==321!(1)!kkk k keke k k λλλλ∞∞--===-∑∑=2(1)!kk k e k λλλ∞-=+∑222(1)[()2()1](31)E X E X E X λλλλλ=+=++=++，332233()()3()3()v E X E X E X E X λλλλ=-=-+-2233(31)3()3λλλλλλλλλ=++-++-=.9.对三台仪器进行检验，各台仪器产生故障的概率分别为123,,p p p ，设X 表示产生故障的仪器的台数，试求X 的期望和方差.解 引入如下随机变量1,0,.i i X i ⎧=⎨⎩第台机器发生故障；第台机器没发生故障 1,2,3.i = 由题意，i X （1,2,3i =）的分布列为且123X X X X =++，从而有123123()()()()E X E X E X E X p p p =++=++123112233()()()()(1)(1)(1)Var X Var X Var X Var X p p p p p p =++=-+-+-.10.某保险公司的人寿保险单持有者死亡将获得的保险金为随机变量X （单位：万元），它服从区间[1,5]上的均匀分布.在该公司购买人寿保险的人在一年内的死亡人数为随机变量Y ，它服从参数为8的泊松分布.每个人获得的保险金额相互独立且与X 同分布，X 与Y 也是相互独立的.试求该保险公司在一年内需要支付的总保险金额的期望和方差. 解 令Z 表示该保险公司在一年内需要支付的总保险金额，由题意，()3E X =，2222(51)31()()[()]3123E X Var X E X -=+=+=， ()8E Y =，222()()[()]8872E Y Var Y E Y =+=+=.且Z XY =，由于X 和Y 是独立的，从而有()()()()24E Z E XY E X E Y ===，2222222()()()[()]()()[()][()]68Var Z Var XY E X Y E XY E X E Y E X E Y ==-=-=.11.某工程队完成某项工程的时间X （单位：天）服从正态分布(100,16)N ，甲方规定：若工程在100天内完成，发奖金10000元；若在112天内完成，只发奖金1000元；若完成时间超过112天，则罚款5000元.求该工程队完成此工程时获得奖金的期望和方差.解 令Y 表示该工程队完成此工程时获得奖金，由题意Y 所有可能的取值为10000、100 -5000，对应的概率分别为(10000)(100)(0)0.5P Y P X ==≤=Φ=，(1000)(100112)(0.75)(0)0.27P Y P X ==<≤=Φ-Φ≈，(5000)(112)1(0.75)0.23P Y P X =-=<=-Φ≈，从而()100000.510000.2750000.234120E Y =⨯+⨯-⨯=，22227()100000.510000.27(5000)0.23 5.60210E Y =⨯+⨯+-⨯=⨯，故 227()()[()] 3.910Var Y E Y E Y =-≈⨯.12.设随机变量X 服从区间[,]a b 上的均匀分布，求X 的偏度和峰度. 解 由题意X 的密度函数为1,;()0,.a xb p x b a⎧≤≤⎪=-⎨⎪⎩其它 且()2a bE X +=.从而有 22221()(())()212baa b b a v E X E X x dx b a +-=-=-=-⎰， 3331(())()02ba ab v E X E X x dx b a+=-=-=-⎰， 44441()(())()280b aa b b a v E X E X x dx b a +-=-=-=-⎰， 故偏度和峰度分别为313/220()v v β==，42223 1.2()v v β=-=-. 13.试证随机变量X 的偏度与峰度对位移和改变比例尺是不变的，即对任意的实数(0)a a ≠和b ，Y aX b =+与X 有相同的偏度和峰度.解 由题意知，22222(())(())(())(())E Y E Y E aX b E aX b E aX aE X a E X E X -=+-+=-=-， 33333(())(())(())(())E Y E Y E aX b E aX b E aX aE X a E X E X -=+-+=-=-， 44444(())(())(())(())E Y E Y E aX b E aX b E aX aE X a E X E X -=+-+=-=-，从而有333323/2223/223/2(())(())(())[(())][(())][(())]E Y E Y a E X E X E X E X E Y E Y a E X E X E X E X ---==---， 44442222222(())(())(())[(())][(())][(())]E Y E Y a E X E X E X E X E Y E Y a E X E X E X E X ---==--- 故对任意的实数(0)a a ≠和b ，Y aX b =+与X 有相同的偏度和峰度.习题4.31.已知二维随机变量(,)X Y 的联合分布律如表所示：求(),(),(),(),cov(,),XY E X E Y D X D Y X Y ρ.解 23301555EX =⨯+⨯= 235EX = 625DX = 32201555EY =⨯+⨯= 235EY = 625DY =3cov(,)()50X Y E XY EXEY =-=14XY ρ== 2.设随机变量(,)X Y 具有概率密度,011(,)0y x x f x y <<<⎧=⎨⎩其它试求(),(),cov(,)E X E Y X Y .解102(,)3xxEX xf x y dxdy xdx dy +∞+∞-∞-∞-===⎰⎰⎰⎰ 10(,)0xxEY yf x y dxdy dx ydy +∞+∞-∞-∞-===⎰⎰⎰⎰ (奇函数在对称区间上积分为零)10()(,)0xxE XY xyf x y dxdy xdx ydy +∞+∞-∞-∞-===⎰⎰⎰⎰cov(,)()0X Y E XY EXEY =-=3.设随机变量(,)X Y 具有概率密度20,20),(81),(≤≤≤≤+=y x y x y x f求(),(),cov(,),XY E X E Y X Y ρ.解 220017()86EX dx x x y dy =+=⎰⎰ 220017()86EY dx y x y dy =+=⎰⎰220014()83EXY dx xy x y dy =+=⎰⎰22220015()83EX dx x x y dy =+=⎰⎰ 1136DX =22220015()83EY dx y x y dy =+=⎰⎰ 1136DY =1cov(,)()36X Y E XY EXEY =-=-111XY ρ==- 4.对随机变量X Y 和，已知()23Cov ,1,D X D Y X Y ===-（），（）， 计算：Cov(32143)X Y X Y -++-，解 Cov(321,43)3()10Cov(,)8()X Y X Y D X X Y D Y -++-=+- 3210(1)8328=⨯+⨯--⨯=- (因常数与任一随机变量独立，故()()Cov X,3Cov Y,30==,其余类似).5.两随机变量,X Y 的方差分别为25及36，相关系数为0.4，求(),()D X Y D X Y +-.解 ()2cov(,)D X Y DX DY X Y ±=+±cov(,)12XY X Y ρ==()85D X Y ∴+= ()37D X Y ∴-=6.设随机变量~(0,1)X N ，且令2Y X =，求证,X Y 不相关. 解 222cov(,)cov(,)[()()]X Y X X E X EX X EX ==--~(0,1)X N 0EX = 22()1DX EX EX =-= 21EX =22332cov(,)[(1)]0x X Y E X X EX EX x edx +∞--∞=-=-==⎰(奇函数)所以,X Y 不相关.7.设随机变量,X Y 的联合分布律如表所示验证：X 和Y 不相关，但和不是相互独立的.解 33(1)1088EX EY ==-⨯+⨯=11111(1)08888i j ij i j EXY x y p ==-⨯-⨯--+=∑∑cov(,)0X Y EXY EXEY =-= ,X Y 不相关但(0,0)0P X Y === 而0161)0()0(≠===ηξP P 所以,X Y 不相互独立.8.设二维随机变量X Y （，）的概率密度为221,1,π0,.x x y y f ⎧+≤⎨=⎪⎪⎩（，）其他试验证X Y 和是不相关的，但X Y 和不是相互独立的.解 设22{(,)|1}D x y x y =+≤.2211()(,)d d d d πx y E X xf x y x y x x y +∞+∞-∞-∞+≤==⎰⎰⎰⎰ 2π1001=cos d d 0.πr r r θθ=⎰⎰同理()0E Y =. 而 C o v (,)[()][()](,X Y x E x y E Y f x y x y+∞+∞-∞-∞=--⎰⎰222π1200111d d sin cos d d 0ππx y xy x y r r r θθθ+≤===⎰⎰⎰⎰, 由此得0XY ρ=,故X 与Y 不相关. 下面讨论独立性，当1x ≤时，1()X f x y 当1y ≤时，1()Y f y x 显然()()(,).X Y f x f y f x y ≠ 故X 和Y 不是相互独立的.9.设二维随机变量X Y （，）在以0001,10（，）,(，）(，）为顶点的三角形区域上服从均匀分布，求XY Cov(X Y ρ，），.解 如图，12D S =，故X Y （，）的概率密度为题9图2,(,),(,)0,x y D f x y ∈⎧=⎨⎩其他. ()(,)d d DE X xf x y x y =⎰⎰11001d 2d 3xx x y -==⎰⎰22()(,)d d DE X x f x y x y =⎰⎰112001d 2d 6x x x y -==⎰⎰从而222111()()[()].6318D XE X E X ⎛⎫=-=-= ⎪⎝⎭同理11(),().318E Y D Y == 而 1101()(,)d d 2d d d 2d .12xDDE XY xyf x y x y xy x y x xy y -====⎰⎰⎰⎰⎰⎰所以1111Cov(,)()()()123336X Y E XY E X E Y =-=-⨯=-. 从而112)()XY D Y ρ-===-10.设X Y （，）的概率密度为1ππsin(),0,0,2220.x y x f y ,x y ⎧+≤≤≤⎨=≤⎪⎪⎩（，其他）求协方差Cov(X Y)，和相关系数XY ρ. 解 π/2π/21π()(,)d d d sin()d .24E X xf x y x y x xx y y +∞+∞-∞-∞==+=⎰⎰⎰⎰ππ2222201ππ()d sin()d 2.282E X x x x y y =+=+-⎰⎰从而222ππ()()[()] 2.162D XE X E X =-=+-同理 2πππ(),() 2.4162E Y D Y ==+- 又 π/2π/2π()d sin()d d 1,2E XY x xy x y x y =+=-⎰⎰故 2ππππ4C o v (,)()()()1.2444X Y E X Y E X E Y -⎛⎫⎛⎫=-=--⨯=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭222222π4(π4)π8π164.πππ8π32π8π32)()2162XY D Y ρ-⎛⎫- ⎪--+⎝⎭===-=-+-+-+- 11.已知随机变量,X Y 服从二维正态分布，()()0,()16,()25,E X E Y D X D Y ====cov(,)12X Y =，求(,)X Y 的概率密度.解 5,4,02121====σσμμ 35XY ρ==]}2550316[3216exp{321),(22y xy x y x f +--=π 32.已知随机变量X Y 和分别服从正态分布N(132，）和N(042，），且X Y 与的相关系数XY 12ρ=，设Z 32X Y=+. （1） 求Z 的数学期望E(Z)和方差D(Z)； （2） 求X 与Z 的相关系数XZ ρ； （3） 问X 与Z 是否相互独立，为什么？解 (1) 1().323X Y E Z E ⎛⎫=+=⎪⎝⎭ ()2Cov ,3232XY X Y D Z D D ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭11119162Cov(,),9432X Y =⨯+⨯+⨯⨯ 而1Cov(,)()3462XY X Y D Y ρ⎛⎫==-⨯⨯=- ⎪⎝⎭所以 1()146 3.3D Z =+-⨯= (2) 因()()11Cov(,)Cov ,Cov ,Cov ,3232X Y X Z X X X X Y ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭ 119()(6)3=0,323D X =+⨯-=-所以0.)()XZ D Z ρ==(3) 由0XZ ρ==，得X 与Z 不相关.又因1~,3,~(1,9)3Z N X N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以X 与Z 也相互独立.习题4.41．设X 为随机变量，()E X μ=，2()D X σ=，试估计{}3P X μσ-<． 解:由切比雪夫不等式,有{}2()18311(3)99D X P X μσσ-<≥-=-= 2. 一台设备由10个独立工作的元件组成，每一个元件在时间T 发生故障的概率为0.05，设在时间T 发生故障的元件数为随机变量X 。

第四章随机变量的数字特征
第四章随机变量的数字特征
第四章随机变量的数字特征
例一民航送客载有20位旅客自机场开出，旅客第四章随机变量的数字特征
第四章随机变量的数字特征
例，且相互独立。

设)1,0(~,U Y X 第四章
随机变量的数字特征
（续）
第四章随机变量的数字特征
第四章随机变量的数字特征∞∞
第四章随机变量的数字特征
第四章随机变量的数字特征第四章随机变量的数字特征
第四章随机变量的数字特征
1
∞
第四章随机变量的数字特征
第一章随机事件与概率。

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()(), (,) +=+为常数E aX b aE X b a b+=+()()()E X Y E X E Y11()()nni 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 =。

§12.6 随机变量的数字特征、正态分布1．(2016·郑州一模)某班举行了一次“心有灵犀”的活动，教师把一张写有成语的纸条出示给A 组的某个同学，这个同学再用身体语言把成语的意思传递给本组其他同学．若小组内同学甲猜对成语的概率是0.4，同学乙猜对成语的概率是0.5，且规定猜对得1分，猜不对得0分，则这两个同学各猜1次，得分之和X (单位：分)的期望为( ) A ．0.9 B ．0.8 C ．1.2 D ．1.12．(2017·芜湖质检)若X ～B (n ，p )，且E (X )＝6，D (X )＝3，则P (X ＝1)的值为( ) A ．3×2－2 B ．2－4 C ．3×2－10D ．2－83．设随机变量X ～N (μ，σ2)，且X 落在区间(－3，－1)内的概率和落在区间(1,3)内的概率相等，若P (X >2)＝p ，则P (0<X <2)等于( ) A.12＋p B ．1－p C ．1－2p D.12－p 4．一射击测试中每人射击三次，每击中目标一次记10分，没有击中记0分．某人每次击中目标的概率为23，则此人得分的期望与方差分别为________，________.5．(2016·湖北宜昌一中月考)已知X ～N (μ，σ2)时，P (μ－σ<X <μ＋σ)＝0.683，P (μ－2σ<X <μ＋2σ)＝0.954，P (μ－3σ<X <μ＋3σ)＝0.997，则ʃ4312πe －(x －1)22d x ＝________.6.某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A 和B ，系统A 和系统B 在任意时刻发生故障的概率分别为110和p .(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，求p 的值；(2)设系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的分布列及期望E (ξ)．7.(2016·汕尾调研)为了解某市高三学生身高情况，对全市高三学生进行了测量，经分析，全市高三学生身高X (单位：cm)服从正态分布N (160，σ2)，已知P (X <150)＝0.2，P (X ≥180)＝0.03. (1)现从该市高三学生中随机抽取一名学生，求该学生身高在区间[170,180)的概率； (2)现从该市高三学生中随机抽取三名学生，记抽到的三名学生身高在区间[150,170)的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和期望 E (ξ)．8.(2016·泉州模拟)某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为23，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为25，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品． (1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求X ≤3的概率； (2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的期望较大？9.为回馈顾客，某商场拟通过模拟兑奖的方式对1 000位顾客进行奖励，规定：每位顾客从一个装有4个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获的奖励额．(1)若袋中所装的4个球中有1个所标的面值为50元，其余3个均为10元，求： ①顾客所获的奖励额为60元的概率； ②顾客所获的奖励额的分布列及期望；(2)商场对奖励总额的预算是60 000元，并规定袋中的4个球只能由标有面值10元和50元的两种球组成，或标有面值20元和40元的两种球组成．为了使顾客得到的奖励总额尽可能符合商场的预算且每位顾客所获的奖励额相对均衡，请对袋中的4个球的面值给出一个合适的设计，并说明理由．答案精析1．A 2.C 3.D 4.2020035.0.021 5 6．解 (1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C ，那么 1－P (C )＝1－110·p ＝4950，解得p ＝15.(2)由题意，得随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3， 则P (ξ＝0)＝⎝⎛⎭⎫1103＝11 000， P (ξ＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫1－110×⎝⎛⎭⎫1102＝271 000， P (ξ＝2)＝C 23×⎝⎛⎭⎫1－1102×110＝2431 000， P (ξ＝3)＝⎝⎛⎭⎫1－1103＝7291 000. ∴随机变量ξ的分布列为故随机变量ξ的期望E (ξ)＝0×11 000＋1×271 000＋2×2431 000＋3×7291 000＝2710.(或∵ξ～B (3，910)，∴E (ξ)＝3×910＝2710.)7．解 (1)由全市高三学生身高X 服从 N (160，σ2)，P (X <150)＝0.2， 得P (160≤X <170)＝P (150≤X <160) ＝0.5－0.2＝0.3. 因为P (X ≥180)＝0.03，所以P (170≤X <180)＝0.5－0.3－0.03＝0.17.故从该市高三学生中随机抽取一名学生，该学生身高在区间[170,180)的概率为0.17. (2)因为P (150≤X <170)＝P (150≤X <160)＋P (160≤X <170)＝0.3＋0.3＝0.6，ξ服从二项分布B (3,0.6)，所以P (ξ＝0)＝(1－0.6)3＝0.064， P (ξ＝1)＝3×0.6×(1－0.6)2＝0.288， P (ξ＝2)＝3×0.62×(1－0.6)＝0.432， P (ξ＝3)＝0.63＝0.216. 所以ξ的分布列为所以E (ξ)＝3×0.6＝8．解 方法一 (1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X ≤3”为事件A ， 则事件A 的对立事件为“X ＝5”， 因为P (X ＝5)＝23×25＝415，所以P (A )＝1－P (X ＝5)＝1115，即这2人的累计得分X ≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖的中奖次数为X 1，都选择方案乙抽奖的中奖次数为X 2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的期望为E (2X 1)，选择方案乙抽奖累计得分的期望为E (3X 2)．由已知可得，X 1～B (2，23)，X 2～B (2，25)，所以E (X 1)＝2×23＝43，E (X 2)＝2×25＝45，从而E (2X 1)＝2E (X 1)＝83，E (3X 2)＝3E (X 2)＝125，因为E (2X 1)>E (3X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的期望较大．方法二 (1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X ≤3”为事件A ，则事件A 包含有“X ＝0”，“X ＝2”， “X ＝3”三个两两互斥的事件， 因为P (X ＝0)＝(1－23)×(1－25)＝15， P (X ＝2)＝23×(1－25)＝25，P (X ＝3)＝(1－23)×25＝215，所以P (A )＝P (X ＝0)＋P (X ＝2)＋P (X ＝3)＝1115，即这2人的累计得分X ≤3的概率为1115.(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X 1，都选择方案乙所获得的累计得分为X 2，则X 1，X 2的分布列如下：所以E (X 1)＝0×19＋2×49＋4×49＝83， E (X 2)＝0×925＋3×1225＋6×425＝125.因为E (X 1)>E (X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的期望较大． 9．解 (1)设顾客所获的奖励额为X .①依题意，得P (X ＝60)＝C 11C 13C 24＝12，即顾客所获的奖励额为60元的概率为12.②依题意，得X 的所有可能取值为20,60. P (X ＝60)＝12，P (X ＝20)＝C 23C 24＝12，故X 的分布列为所以顾客所获的奖励额的期望为 E (X )＝20×12＋60×12＝40.(2)根据商场的预算，每个顾客的平均奖励额为60元， 所以，先寻找期望为60元的可能方案． 对于面值由10元和50元组成的情况， 如果选择(10,10,10,50)的方案， 因为60元是面值之和的最大值， 所以期望不可能为60元； 如果选择(50,50,50,10)的方案， 因为60元是面值之和的最小值， 所以期望也不可能为60元．因此可能的方案是(10,10,50,50)，记为方案1. 对于面值由20元和40元组成的情况， 同理可排除(20,20,20,40)和(40,40,40,20)的方案， 所以可能的方案是(20,20,40,40)，记为方案2. 以下是对两个方案的分析． 对于方案1，即方案(10,10,50,50)， 设顾客所获的奖励额为X 1， 则X 1的分布列为X 1的期望为E (X 1)＝20×16＋60×23＋100×16＝60，X 1的方差为D (X 1)＝(20－60)2×16＋(60－60)2×23＋(100－60)2×16＝1 6003.对于方案2，即方案(20,20,40,40)， 设顾客所获的奖励额为X 2， 则X 2的分布列为X 2的期望为E (X 2)＝40×16＋60×23＋80×16＝60，X 2的方差为D (X 2)＝(40－60)2×16＋(60－60)2×23＋(80－60)2×16＝4003.由于两种方案的奖励额的期望都符合要求，但方案2奖励额的方差比方案1的小，所以应该选择方案2.。

第四章随机变量的数字特征4.1 数学期望习题1设随机变量X服从参数为p的0-1分布，求E(X).解答：依题意，X的分布律为X01P1-p p由E(X)=∑i=1∞xipi,有E(X)=0⋅(1-p)+1⋅p=p.习题2袋中有n张卡片，记有号码1,2,…,n.现从中有放回抽出k张卡片来，求号码之和X的期望.分析：.解答：设Xi表示第i次取得的号码，则X=∑i=1kXi,且P{Xi=m}=1n,其中m=1,2,⋯,n,i=1,2,⋯,k,故E(Xi)=1n(1+2+⋯+n)=n+12,i=1,2,⋯,k,从而E(X)=∑i=1kE(Xi)=k(n+1)2.习题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)(设诸产品是否为次品是相互独立的).解答：X的可能取值为0,1,2,3,4,且知X∼b(4,p),其中p=P{调整设备}=1-C101×0.1×0.99-0.910≈0.2639,所以E(X)=4×p=4×0.2639=1.0556.习题4据统计，一位60岁的健康(一般体检未发生病症)者，在5年之内仍然活着和自杀死亡的概率为p(0<p<1,p为已知),在5年之内非自杀死亡的概率为1-p,保险公司开办5年人寿保险，条件是参加者需交纳人寿保险费a元(a已知),若5年内非自杀死亡，公司赔偿b元(b>a),应如何确定b才能使公司可期望获益，若有m人参加保险，公司可期望从中收益多少？解答：令X=“从一个参保人身上所得的收益”，由X的概率分布为+32×0.1+22×0.0+12×0.1+42×0.0+32×0.3+22×0.1=5.也可以利用期望的性质求E(Z), 得E[(X-Y)2]=E(X2-2XY+Y2)=E(X2)-2E(XY)+E(Y2)=(12×0.4+22×0.2+32×0.4)-2[-1×0.2 +1×0.1+(-2)×0.1+2×0.1+(-3)×0.0+3×0.1] +(-1)2×0.3+12×0.3 =5.习题12设(X,Y)的概率密度为f(x,y)={12y2,0≤y≤x≤10,其它,求E(X),E(Y),E(XY),E(X2+Y2). 解答： 如右图所示.E(X)=∫-∞+∞∫-∞+∞xf(x,y)dxdy=∫01dx∫0xx ⋅12y2dy=45,E(Y)=∫-∞+∞∫-∞+∞yf(x,y)dxdy=∫01dx∫0xy ⋅12y2dy=35,E(XY)=∫-∞+∞∫-∞+∞xyf(x,y)dxdy=∫01dx∫0xxy ⋅12y2dy=12,E(X2+Y2)=∫-∞+∞∫-∞+∞(x2+y2)f(x,y)dxdy=∫01dx∫0x(x2+y2)⋅12y2dy=23+615=1615. 习题13设X 和Y 相互独立，概率密度分别为ϕ1(x)={2x,0≤x≤10,其它,ϕ2(y)={e-(y-5),y>50,其它,求E(XY). 解答：解法一 由独立性.E(XY)=E(X)⋅E(Y)=∫01x ⋅2xdx∫0+∞ye -(y-5)dy=23×6=4.解法二 令z=y-5, 则E(XY)=E(X)⋅E(Y)=∫01x ⋅2xdx ⋅E(z+5)=23×(1+5)=4.4.2 方差习题1设随机变量X 服从泊松分布，且P(X=1)=P(X=2), 求E(X),D(X). 解答：由题设知，X 的分布律为P{X=k}=λkk!e -λ(λ>0)λ=0(舍去),λ=2.所以E(X)=2,D(X)=2.习题2下列命题中错误的是().(A)若X∼p(λ),则E(X)=D(X)=λ;(B)若X服从参数为λ的指数分布，则E(X)=D(X)=1λ; Array (C)若X∼b(1,θ),则E(X)=θ,D(X)=θ(1-θ);(D)若X服从区间[a,b]上的均匀分布，则E(X2)=a2+ab+b23.解答：应选(B).E(X)=1λ,D(X)=1λ2.习题3设X1,X2,⋯,Xn是相互独立的随机变量，且都服从正态分布N(μ,σ2)(σ>0),则ξ¯=1n∑i=1nξi服从的分布是¯.解答：由多维随机变量函数的分布知：有限个相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布，且E(X¯)=μ,D(X¯)=σ2n.习题4若Xi∼N(μi,σi2)(i=1,2,⋯,n),且X1,X2,⋯,Xn相互独立，则Y=∑i=1n(aiXi+bi)服从的分布是 .解答：应填N(∑i=1n(aiμi+bi),∑i=1nai2σi2).由多维随机变量函数的分布知：有限个相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布，且E(Y)=∑i=1n(aiμi+bi),D(Y)=∑i=1nai2σi2.习题5设随机变量X服从泊松分布，且3P{X=1}+2P{X=2}=4P{X=0},求X的期望与方差.解答：X的分布律为P{X=k}=λkk!e-λ,k=0,1,2,⋯,于是由已知条件得3×λ11!e-λ+2×λ22!e-λ=4×λ00!e-λ,\becauseD(XY)=E(XY)2-E2(XY)=E(X2Y2)-E2(X)2 (Y),又\becauseE(X2Y2)=∫-∞+∞∫-∞+∞x2y2f(x,y)dxdy=∫-∞+∞x2fX(x)dx∫-∞+∞y2fY(y)dy=E(X2)E(Y2),∴D(XY)=E(X2)E(Y2)-E2(X)E2(Y)=[D(X)+E2(X)][D(Y)+E2(Y)]-E2(X)E2(Y)=D(X)D(Y)+D(X)E2(Y)+D(Y)E2(X)=2×3+2×32+3×12=27.习题9设随机变量X1,X2,X3,X4相互独立，且有E(Xi)=i,D(Xi)=5-i,i=1,2,3,4,又设Y=2X1-X2+3X3-12X4,求E(Y),D(Y).解答：E(Y)=E(2X1-X2+3X3-12X4)=2E(X1)-E(X2)+3E(X 3)-12E(X4)=2×1-2+3×3-12×4=7,D(Y)=4D(X1)+D(X2)+9D(X3)+14D(X4)=4×4+3+9×2+14×1=37.25.习题105家商店联营，它们每两周售出的某种农产品的数量(以kg计)分别为X1,X2,X3,X4,X5.已知X1∼N(200,225),X2∼N(240,240),X3∼N(180,225),X4∼N(260,265),X5∼N(320,270),X1,X2,X3,X4,X5相互独立.(1)求5家商店两周的总销售量的均值和方差；(2)商店每隔两周进货一次，为了使新的供货到达前商店不会脱销的概率大于0.99，问商店的仓库应至少储存该产品多少千克？解答：(1)设总销售量为X,由题设条件知X=X1+X2+X3+X4+X5,于是E(X)=∑i=15E(Xi)=200+240+180+260+320=1200, D(X)=∑i=15D(X i)=225+240+225+265+270=1225 .(2)设商店的仓库应至少储存y千克该产品，为使P{X≤y}>0.99,求y.由(1)易知，X∼N(1200,1225),P{X≤y}=P{X-12001225≤y-12001225=Φ(y-12001225)>0.99.查标准正态分布表得y-12001225=2.33,y=2.33×1225+1200≈1282(kg).习题11设随机变量X1,X2,⋯,Xn相互独立，且都服从数学期望为1的指数分布，求Z=min{X1,X2,⋯,Xn}的数学期望和方差.解答：Xi(i=1,2,⋯,n)的分布函数为F(x)={1-e-x,x>00,其它,Z=min{X1,X2,⋯,Xn}的分布函数为FZ(z)=1-[1-F(z)]n={1-e-nz,z>00,其它,于是E(Z)=∫0∞zne-nzdz=-ze-nz∣0∞+e-nzdz=1n,而E(Z2)=∫0∞z2ne-nzdz=2n2,于是D(Z)=E(Z2)-(E(Z))2=1n2.4.3 协方差与相关系数习题1设(X,Y)服从二维正态分布，则下列条件中不是X,Y相互独立的充分必要条件是().(A)X,Y不相关；(B)E(XY)=E(X)E(Y);(C)cov(X,Y)=0;(D)E(X)=E(Y)=0.解答：应选（D）。

第四章随机变量的数字特征1. (2016)设随机变量X 的概率密度函数2,01(),0,x x f x <<⎧=⎨⎩其他 则2()E X =0.5 .2. (2016)设随机变量X 与Y 满足()1,()2,()4,()9,0.5XY E X E Y D X D Y ρ=====, 则()E XY = 5 .3. (2016)设二维随机变量(,)X Y 的联合分布律为(1) 求,X Y 的边缘分布律; (2) 求,X Y 的相关系数XY ρ; (3) 判断,X Y 是否相关、是否独立？ 解答: （1）X 与Y分分（2）2()()3E X E Y ==, 4()()9D X D Y ==, 2()9E XY =, 因此 故 1.2XY ρ===- …...................................4分（3）X 与Y 相关, 不独立. ...............................................................................2分4.(2016)设A 与B 是两个随机事件, 随机变量1,,0,A X A ⎧=⎨⎩出现不出现 1,,0,B Y B ⎧=⎨⎩出现不出现证明: 随机变量X 与Y 不相关的充分必要条件是A 与B 相互独立.证明: X故 ()()E X P A =, 同理, ()()E Y P B =.XY故 ()()E XY P AB =. ...........................................................................................3分XY ρ==因此 X 与Y 不相关0XY ρ⇔=()()()E XY E X E Y ⇔=()()()P AB P A P B ⇔= 即 X 与Y 不相关的充分必要条件是A 与B 相互独立. ..................................2分 5. (2015)设随机变量X 服从参数为2的泊松分布, 则期望2[(1)]E X +=11 . 6. (2015)设随机变量X 服从正态分布2(1,3)N , Y 服从正态分布2(0,4)N , X 与Y的相关系数12XY ρ=-, 设32X YZ =+, 求:(1) Z 数学期望()E Z 及方差()D Z ;(2) X 与Z 的协方差cov(,)X Z 及相关系数XZ ρ. 解答：（1）111()()()323E Z E X E Y =+=;()()32X YD Z D =+1111()()29432XY D X D Y ρ=++⋅⋅2211111342()34394322=⋅+⋅+⋅⋅⋅-⋅⋅=. …...................................…6分（2）cov(,)cov(,)32X YX Z X =+ 11cov(,)cov(,)32X X X Y =+11()32XY D X ρ=+21113(0322=⋅+-=. 故 0XZ ρ=. ............................................................................................……...4分 7. (2014)对球的半径做近似测量, 设测量值均匀分布在区间(2,3)上, 则球的体积的数学期望为653π . 8. (2014)设随机变量X 与Y 的方差均为4, 相关系数12XY ρ=, 2Z X Y =+, 则协方差cov(,)X Z = 8 .9. (2014)设X ,Y 为随机变量, 下列选项中, 不是()()()E XY E X E Y =的充要条件的是 D . (A) cov(,)0X Y = (B) ()D X Y DX DY -=+ (C) X 与Y 不相关(D) X 与Y 独立10. (2014)设连续型随机变量X 的概率密度函数为,01()0,Ax x f x <<⎧=⎨⎩，其他. （1）求常数A ;（2）设随机变量2Y X =, 求Y 的概率密度函数()Y f y ;（3）设随机变量11,,210,.2X Z X ⎧≥⎪⎪=⎨⎪<⎪⎩, 求()E Z .解答：（1）+-()d 1f x x ∞∞=⎰，即+d 1Ax x ∞-∞=⎰，得2A =. ……………………3分（2）法1：2y x =的反函数为x =(01,()0,X XYf f yf y⎧+<<⎪=⎨⎪⎩其它.0,01,0,y⎧+<<⎪=⎨⎪⎩其它.1,01,0,y<<⎧=⎨⎩其它.…………………4分法2：2(){}{}YF y P Y y P X y=≤=≤当0y≤时：()0YF y=，当01y<<时：(){dYF y P X x x y=≤≤==⎰，当1y≥时：()1YF y=.因此1,01,()()0,Y Yyf y F y<<⎧'==⎨⎩其它.……………………………………4分（3）11213{1}{}2d24P Z P X x x==≥==⎰，故3()4E Z=. ………………………3分11.(2014)设某厂生产的某种设备的寿命（单位: 年）X服从指数分布, 其概率密度函数为141e, 0,()40,0.xxf xx-⎧>⎪=⎨⎪≤⎩工厂规定: 若出售的设备在一年内损坏, 则可予以调换. 工厂售出一台设备后, 若在一年内未损坏, 厂方可获利100元, 若在一年内损坏, 厂方则亏损200元.试求厂方售出一台设备的平均利润.解答：设Y为厂方售出一台设备的利润，有114411{1}e d1e4xP X x--<==-⎰，……………………3分则Y平均利润111444()100e200(1e)300e200E Y---=--=-. (3)分。