第七章 7.3.2 离散型随机变量的方差(共67张PPT)

(共67张PPT)
7.3.2　离散型随机变量的方差
第七章　§7.3　离散型随机变量的数字特征
学习目标
XUE XI MU BIAO
1.理解取有限个值的离散型随机变量的方差及标准差的概念.
2.能计算简单离散型随机变量的方差，并能解决一些实际问题.
3.掌握方差的性质以及两点分布的方差的求法，会利用公式求它们的
方差.
内
容
索
引
知识梳理
题型探究
随堂演练
课时对点练
1
知识梳理
PART ONE
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
设离散型随机变量X的分布列如表所示.
知识点一　离散型随机变量的方差、标准差
我们用X所有可能取值xi与E(X)的偏差的平方(x1－E(X))2，(x2－E(X))2，…，(xn－E(X))2，关于取值概率的加权平均，来度量随机变量X取值与其均值E(X)的偏离程度.我们称D(X)＝
为随机变量X的方差(variance)，有时也记为Var(X)，
并称为 随机变量X的标准差(standard deviation)，记为σ(X).
(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－
E(X))2pn＝ (xi－E(X))2pi
知识点二　离散型随机变量方差的性质
1.设a，b为常数，则D(aX＋b)＝ .
2.D(c)＝0(其中c为常数).
a2D(X)
1.离散型随机变量的方差越大，随机变量越稳定.(　　)
2.若a是常数，则D(a)＝0.(　　)
3.离散型随机变量的方差反映了随机变量取值偏离于均值的平均程度.
(　　)
思考辨析 判断正误
SI KAO BIAN XI PAN DUAN ZHENG WU
×
√
√
×
2
题型探究
PART TWO
一、求离散型随机变量的方差
例1　袋中有20个大小相同的球，其中记上0号的有10个，记上n号的有n个(n＝1,2,3,4).现从袋中任取一球.ξ表示所取球的标号.
(1)求ξ的分布列、均值和方差；
解　ξ的分布列为
解　由D(η)＝a2D(ξ)，得a2×2.75＝11，得a＝±2.
又由E(η)＝aE(ξ)＋b，得1.5a＋b＝1，
所以当a＝2时，由1＝2×1.5＋b，得b＝－2；
当a＝－2时，由1＝－2×1.5＋b，得b＝4.
(2)若η＝aξ＋b，E(η)＝1，D(η)＝11，试求a，b的值.
反思感悟
(1)求离散型随机变量方差的步骤
①理解随机变量X的意义，写出X的所有取值；
②求出X取每个值的概率；
③写出X的分布列；
④计算E(X)；
⑤计算D(X).
(2)线性关系的方差计算：若η＝aξ＋b，则D(η)＝a2D(ξ).
跟踪训练1　已知随机变量ξ的分布列如下表：
(2)设η＝2ξ＋3，求E(η)，D(η).
二、方差的应用
例2　有甲、乙两种建筑材料，从中各取等量样品检查它们的抗拉强度如下：
ξA 110 120 125 130 135
P 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2
ξB 100 115 125 130 145
P 0.1 0.2 0.4 0.1 0.2
其中，ξA，ξB分别表示甲、乙两种材料的抗拉强度，在使用时要求抗拉强度不低于120，试比较甲、乙两种建筑材料的稳定程度(哪一个的稳定性较好).
解　E(ξA)＝110×0.1＋120×0.2＋125×0.4＋130×0.1＋135×0.2＝125.
E(ξB)＝100×0.1＋115×0.2＋125×0.4＋130×0.1＋145×0.2＝125.
D(ξA)＝0.1×(110－125)2＋0.2×(120－125)2＋0.4×(125－125)2＋0.1×(130－125)2＋0.2×(135－125)2＝50.
D(ξB)＝0.1×(100－125)2＋0.2×(115－125)2＋0.4×(125－125)2＋0.1×(130－125)2＋0.2×(145－125)2＝165.
由此可见E(ξA)＝E(ξB)，D(ξA)故两种材料的抗拉强度的均值相等，其稳定程度材料乙明显不如材料甲，即甲的稳定性较好.
反思感悟
均值、方差在决策中的作用
(1)均值：均值反映了离散型随机变量取值的平均水平，均值越大，平均水平越高.
(2)方差：方差反映了离散型随机变量取值的离散波动程度，方差越大越不稳定.
(3)在决策中常结合实际情形依据均值、方差做出决断.
跟踪训练2　甲、乙两个野生动物保护区有相同的自然环境，且候鸟的种类和数量也大致相同，两个保护区每个季度发现违反保护条例的事件次数的分布列分别为
X 0 1 2 3
P 0.3 0.3 0.2 0.2
Y 0 1 2
P 0.1 0.5 0.4
试评定这两个保护区的管理水平.
解　甲保护区内违反保护条例的次数X的均值和方差分别为
E(X)＝0×0.3＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.2＝1.3，
D(X)＝(0－1.3)2×0.3＋(1－1.3)2×0.3＋(2－1.3)2×0.2＋(3－1.3)2×0.2＝1.21.
乙保护区内违反保护条例的次数Y的均值和方差分别为
E(Y)＝0×0.1＋1×0.5＋2×0.4＝1.3，
D(Y)＝(0－1.3)2×0.1＋(1－1.3)2×0.5＋(2－1.3)2×0.4＝0.41.
因为E(X)＝E(Y)，D(X)>D(Y)，
所以两个保护区内每个季度发现违反保护条例的事件的平均次数相同，
但甲保护区内违反保护条例的事件次数相对分散且波动较大，
乙保护区内违反保护条例的事件次数更加集中和稳定，
相对而言，乙保护区的管理更好一些.
三、分布列、均值、方差的综合应用
例3　甲、乙两人进行定点投篮游戏，投篮者若投中，则继续投篮，否则由对方投篮；第一次由甲投篮，已知每次投篮甲、乙命中的概率分别为 .
(1)求第三次由乙投篮的概率；
(2)在前3次投篮中，乙投篮的次数为X，求X的分布列、均值及标准差.
解　由题意，得X的所有可能取值为0,1,2，
故X的分布列为
反思感悟
处理综合问题的方法
第一步：确定事件间的关系，是互斥、对立还是相互独立.
第二步：要依据事件间的关系，选择相应的概率公式，计算相应事件的概率.
第三步：列分布列，并计算均值及方差.
跟踪训练3　有三张形状、大小、质地完全相同的卡片，在各卡片上分别写上0,1,2，现从中任意抽取一张，将其上数字记作x，然后放回，再抽取一张，其上数字记作y，令X＝xy，求：
(1)X所取各值的分布列；
解　由题意知，随机变量X的可能取值为0,1,2,4.
“X＝0”是指两次取的卡片上至少有一次为0，
“X＝2”是指两次取的卡片上一个标着1，另一个标着2，
“X＝4”是指两次取的卡片上都标着2，
“X＝1”是指两次取的卡片上都标着1，
则X的分布列为
(2)随机变量X的均值与方差.
3
随堂演练
PART THREE
1.设随机变量X的方差D(X)＝1，则D(2X＋1)的值为
A.2 B.3 C.4 D.5
1
2
3
4
5
√
解析　D(2X＋1)＝4D(X)＝4×1＝4.
2.有甲、乙两种水稻，测得每种水稻各10株的分蘖数据，计算出样本均值E(X甲)＝E(X乙)，方差分别为D(X甲)＝11，D(X乙)＝3.4.由此可以估计
A.甲种水稻比乙种水稻分蘖整齐
B.乙种水稻比甲种水稻分蘖整齐
C.甲、乙两种水稻分蘖整齐程度相同
D.甲、乙两种水稻分蘖整齐程度不能比较
√
1
2
3
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5
3.(多选)下列说法中错误的是
A.离散型随机变量X的均值E(X)反映了X取值的概率的平均值
B.离散型随机变量X的方差D(X)反映了X取值的平均水平
C.离散型随机变量X的均值E(X)反映了X取值的平均水平
D.离散型随机变量X的方差D(X)反映了X取值的概率的平均值
√
√
√
解析　E(X)反映了X取值的平均水平，D(X)反映了X取值的离散程度.
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5
4.已知离散型随机变量X的分布列如下表所示，若E(X)＝0，D(X)＝1，
则a＝___，b＝___.
X －1 0 1 2
P a b c
1
2
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5
解析　设P(ξ＝1)＝a，P(ξ＝2)＝b，
1
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4
5
1.知识清单：
(1)离散型随机变量的方差、标准差.
(2)离散型随机变量的方差的性质.
2.方法归纳：转化化归.
3.常见误区：方差公式套用错误.
课堂小结
KE TANG XIAO JIE
4
课时对点练
PART FOUR
基础巩固
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1.随机变量X的方差，反映其取值的
A.平均水平 B.分布规律
C.波动大小 D.最大值和最小值
√
2.(多选)已知X的分布列为

则
√
√
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3.由以往的统计资料表明，甲、乙两名运动员在比赛中的得分情况为


现有一场比赛，应派哪位运动员参加较好
A.甲 B.乙 C.甲、乙均可 D.无法确定
X1(甲得分) 0 1 2
P 0.2 0.5 0.3
X2(乙得分) 0 1 2
P 0.3 0.3 0.4
√
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解析　∵E(X1)＝E(X2)＝1.1，
D(X1)＝1.12×0.2＋0.12×0.5＋0.92×0.3＝0.49，
D(X2)＝1.12×0.3＋0.12×0.3＋0.92×0.4＝0.69，
∴D(X1)故派甲运动员参加较好.
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解析　由X的分布列知，P(X＝0)＝1－p，P(X＝1)＝p，
故E(X)＝0×(1－p)＋1×p＝p，
易知X服从两点分布，∴D(X)＝p(1－p).
4.设随机变量X的概率分布列为P(X＝k)＝pk(1－p)1－k(k＝0,1)，则E(X)，D(X)的值分别是
A.0和1 B.p和p2 C.p和1－p D.p和(1－p)p
√
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5.已知随机变量X的分布列为P(X＝k)＝ ，k＝1,2,3，则D(3X＋5)等于
A.6 B.9 C.3 D.4
√
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6.已知随机变量X的分布列如表所示：

则a＝____，D(X)＝_____.
解析　根据随机变量分布列的性质，知0.4＋0.1＋a＝1，所以a＝0.5，
E(X)＝0.4＋0.3＋2.5＝3.2，
D(X)＝2.22×0.4＋0.22×0.1＋1.82×0.5＝3.56.
0.5
3.56
X 1 3 5
P 0.4 0.1 a
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7.已知离散型随机变量X的可能取值为x1＝－1，x2＝0，x3＝1，且E(X)＝0.1，D(X)＝0.89，则对应x1，x2，x3的概率p1，p2，p3分别为____，____，____.
0.4
0.1
0.5
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8.若随机事件A在1次试验中发生的概率为p(0在1次试验中发生的次数，则方差D(X)的最大值为____，此时p＝____.
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解析　随机变量X的所有可能的取值是0,1，
并且P(X＝1)＝p，P(X＝0)＝1－p.
从而E(X)＝0×(1－p)＋1×p＝p，
D(X)＝(0－p)2×(1－p)＋(1－p)2·p＝p－p2
∵01
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9.甲、乙两名射手在一次射击中得分为两个相互独立的随机变量ξ与η，且ξ，η的分布列为


(1)求a，b的值；
ξ 1 2 3
P a 0.1 0.6
η 1 2 3
P 0.3 b 0.3
解　由离散型随机变量的分布列的性质可知a＋0.1＋0.6＝1，∴a＝0.3.
同理0.3＋b＋0.3＝1，b＝0.4.
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(2)计算ξ，η的均值与方差，并以此分析甲、乙的技术状况.
ξ 1 2 3
P a 0.1 0.6
η 1 2 3
P 0.3 b 0.3
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解　E(ξ)＝1×0.3＋2×0.1＋3×0.6＝2.3，
E(η)＝1×0.3＋2×0.4＋3×0.3＝2，
D(ξ)＝(1－2.3)2×0.3＋(2－2.3)2×0.1＋(3－2.3)2×0.6＝0.81，
D(η)＝(1－2)2×0.3＋(2－2)2×0.4＋(3－2)2×0.3＝0.6.
由于E(ξ)>E(η)，说明在一次射击中，甲的平均得分比乙高，
但D(ξ)>D(η)，说明甲得分的稳定性不如乙，
因此甲、乙两人技术水平都不够全面，各有优劣.
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10.已知X的分布列为

(1)求X2的分布列；
从而X2的分布列为
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(2)计算X的方差；
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(3)若Y＝4X＋3，求Y的均值和方差.
解　因为Y＝4X＋3，所以E(Y)＝4E(X)＋3＝2，
D(Y)＝42D(X)＝11.
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综合运用
11.设随机试验的结果只有A发生和A不发生，且P(A)＝m，令随机变量X
＝ 则X的方差D(X)等于
A.m B.2m(1－m)
C.m(m－1) D.m(1－m)
√
解析　显然X服从两点分布，∴D(X)＝m(1－m).
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12.(多选)已知随机变量X的分布列是
√
√
√
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13.已知随机变量ξ的分布列为


若E(ξ)＝2，则D(ξ)的最小值等于
A.0 B.2 C.4 D.无法计算
√
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当n＝2时，D(ξ)取得最小值，
此时m＝2，不符合题意，
故D(ξ)无法取得最小值.
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拓广探究
15.编号为1,2,3的三位学生随意入座编号为1,2,3的三个座位，每位学生坐一个座位，设与座位编号相同的学生的人数是ξ，则E(ξ)＝____，D(ξ)＝____.
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解析　ξ的所有可能取值为0,1,3，ξ＝0表示三位同学全坐错了，有2种情况，即编号为1,2,3的座位上分别坐了编号为2,3,1或3,1,2的学生，
ξ＝1表示三位同学只有1位同学坐对了，
ξ＝3表示三位同学全坐对了，即对号入座，
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所以ξ的分布列为
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16.A，B两个投资项目的利润率分别为随机变量X1和X2，根据市场分析，X1和X2的分布列分别如下表：
X1 5% 10%
P 0.8 0.2
X2 2% 8% 12%
P 0.2 0.5 0.3
(1)在A，B两个投资项目上各投资100万元，Y1和Y2分别表示投资项目A和B所获得的利润，求方差D(Y1)，D(Y2)；
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解　根据题意，知Y1和Y2的分布列分别如下表：
Y1 5 10
P 0.8 0.2
Y2 2 8 12
P 0.2 0.5 0.3
从而E(Y1)＝5×0.8＋10×0.2＝6，
D(Y1)＝(5－6)2×0.8＋(10－6)2×0.2＝4，
E(Y2)＝2×0.2＋8×0.5＋12×0.3＝8，
D(Y2)＝(2－8)2×0.2＋(8－8)2×0.5＋(12－8)2×0.3＝12.
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(2)将x(0≤x≤100)万元投资项目A，(100－x)万元投资项目B，f(x)表示投资项目A所得利润的方差与投资项目B所得利润的方差的和.求f(x)的最小值，并指出x为何值时，f(x)取得最小值.
X1 5% 10%
P 0.8 0.2
X2 2% 8% 12%
P 0.2 0.5 0.3
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当x＝75时，f(x)取得最小值3.
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