隨機(jī)變量之和期望公式的證明及其應(yīng)用

摘" 要：用函數(shù)法嚴(yán)謹(jǐn)證明了2023年高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)Ⅰ卷第21題中的兩點(diǎn)分布之和的期望公式，并進(jìn)行了推廣，最后給出了所得結(jié)論的一些應(yīng)用.

關(guān)鍵詞：2023年高考；兩點(diǎn)分布；期望；公式證明

中圖分類號(hào)：G632""" 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A""" 文章編號(hào)：1008-0333（2024）22-0054-03

收稿日期：2024-05-05

作者簡(jiǎn)介：吳金連（1979.10—），女，福建省龍巖人，本科，中學(xué)一級(jí)教師，從事高中數(shù)學(xué)教學(xué)研究.

隨著現(xiàn)代社會(huì)的發(fā)展和進(jìn)步，概率統(tǒng)計(jì)在科學(xué)研究和社會(huì)生活中扮演著越來(lái)越重要的角色.因此，近年來(lái)的高考數(shù)學(xué)試題中，加大了對(duì)概率統(tǒng)計(jì)這一內(nèi)容的考查，且考查的形式新穎、情境多變，具有一定的創(chuàng)新性.

1" 試題呈現(xiàn)及解答

問(wèn)題1" （2023年高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)Ⅰ卷第21題）甲、乙兩人投籃，每次由其中一人投籃，規(guī)則如下：若命中則此人繼續(xù)投籃，若未命中則換為對(duì)方投籃．無(wú)論之前投籃情況如何，甲每次投籃的命中率均為0.6，乙每次投籃的命中率均為0.8．由抽簽確定第1次投籃的人選，第1次投籃的人是甲、乙的概率各為0.5．

（1）求第i次投籃的人是甲的概率；

（2）已知：若隨機(jī)變量Xi服從兩點(diǎn)分布，且

P（Xi=1）=1-P（Xi=0）=qi（i=1，2，…，n），則

E（∑ni=1Xi）=∑ni=1qi.記前n次（即從第1次到第n次投籃）中甲投籃的次數(shù)為Y，求E（Y）.

解析" （1）設(shè)第i次投籃的人是甲的概率為pi，則p1=12.可建立遞推公式pi=35pi-1+15（1-pi-1），i≥2，故pi-13=25（pi-1-13）.

即pi-13是首項(xiàng)為16，公比為25的等比數(shù)列.

所以pi=13+16×（25）i-1.

（2）設(shè)隨機(jī)變量Xi=1，第i次的投籃人是甲，0，第i次的投籃人是乙，

i=1，2，…，n，則Xi服從兩點(diǎn)分布，P（Xi=1）=pi=13+16×（25）i-1，且Y=∑ni=1Xi.于是，根據(jù)性質(zhì)1，得

E（Y）=∑ni=113+16×（25）i-1=n3+518×1-（25）n.

2" 隨機(jī)變量之和期望公式的證明

解決問(wèn)題1之后，我們進(jìn)一步追問(wèn)：?jiǎn)栴}1中給出了兩點(diǎn)分布之和的期望公式能否用高中知識(shí)證明呢？筆者查閱資料，發(fā)現(xiàn)文獻(xiàn)［1］和人教A版《普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)選修課程用書(shū)》“概率與統(tǒng)計(jì)”第26頁(yè)已經(jīng)給出了證明，但證明方法較為抽象，不易理解，本文介紹一種更加通俗易懂的證明［1］.

性質(zhì)1" 若隨機(jī)變量Xi服從兩點(diǎn)分布，且P（Xi=1）=1-P（Xi=0）=qi，i=1，2，…，n，則

E（∑ni=1Xi）=∑ni=1qi.

分析" 設(shè)Xi滿足性質(zhì)1中的條件，令X=∑ni=1Xi.先考慮n=2的情形.此時(shí)，易知

P（X=0）=（1-q1）（1-q2）=1-q1-q2+q1q2，

P（X=1）=q1（1-q2）+（1-q1）q2=q1+q2-2q1q2，

P（X=2）=q1q2.

從而E（X）=0×（1-q1-q2+q1q2）+1×

（q1+q2-2q1q2）+2×q1q2=q1+q2.

即n=2時(shí)性質(zhì)1成立.

當(dāng)n=3時(shí)，

P（X=0）=（1-q1）（1-q2）（1-q3）

=1-q1-q2-q3+q1q2+q1q3+q2q3-q1q2q3，

P（X=1）=q1（1-q2）（1-q3）+（1-q1）q2（1-q3）+（1-q1）（1-q2）q3

=q1+q2+q3-2（q1q2+q1q3+q2q3）+3q1q2q3，

P（X=2）=q1q2（1-q3）+q1（1-q2）q3+（1-q1）q2q3=q1q2+q1q3+q2q3-3q1q2q3，

P（X=3）=q1q2q3.

從而

E（X）=0×（1-q1-q2-q3+q1q2+q1q3+q2q3-q1q2q3）+1×［q1+q2+q3-2（q1q2+q1q3+q2q3）+3q1q2q3］+2×（q1q2+q1q3+q2q3-3q1q2q3）+3×q1q2q3=q1+q2+q3.

因此，n=3時(shí)性質(zhì)1成立.下面證明一般情形.

易知P（X=k）=∑qi1…qik（1-qj1）…（1-qjn-k），

其中，i1，…，ik，j1，…，jn-k為1，2，…，n的某一排列，k=0，1，2，…，n.故

E（X）=∑nk=0kP（X=k）

=∑nk=0k∑qi1…qik（1-qj1）…（1-qjn-k）.

對(duì)于一般情形，上式較難化簡(jiǎn).下面使用函數(shù)方法進(jìn)行化簡(jiǎn).

令f（x）=（1-q1）+q1x（1-q2）+q2x…（1-qn）+qnx，易知f（x）是一元n次多項(xiàng)式，注意到P（X=k）為f（x）的展開(kāi)式中xk的系數(shù)，即f（x）=∑nk=0P（X=k）xk.

從而f ′（x）=∑nk=1kP（X=k）xk-1.

因此E（X）=∑nk=1kP（X=k）=f ′（1）.

另一方面，對(duì)f（x）求導(dǎo)，得

f ′（x）=q1［（1-q2）+q2x］［（1-q3）+q3x］…［（1-qn）+qnx］+q2［（1-q1）+q1x］［（1-q3）+q3x］…［（1-qn）+qnx］+…+qk［（1-q1）+q1x］·［（1-q2）+q2x］…［（1-qk-1）+qk-1x］［（1-qk+1）+qk+1x］…［（1-qn）+qnx］+…+qn［（1-q1）+q1x］［（1-q2）+q2x］…［（1-qn-1）+qn-1x］

=∑nk=1qk［（1-q1）+q1x］［（1-q2）+q2x］…［（1-qn）+qnx］［（1-qk）+qkx］

=f（x）∑nk=1qk［（1-qk）+qkx］.

故f ′（1）=f（1）∑nk=1qk（1-qk）+qk×1=∑nk=1qk.

因此，性質(zhì)1成立.

性質(zhì)1簡(jiǎn)潔優(yōu)美，符合直覺(jué)，且有著廣泛的應(yīng)用.例如，它可以用來(lái)求二項(xiàng)分布的數(shù)學(xué)期望，過(guò)程如下：

設(shè)n重伯努利實(shí)驗(yàn)中，每次實(shí)驗(yàn)事件A發(fā)生的概率為p.用X表示事件A發(fā)生的次數(shù)，則X服從二項(xiàng)分布.設(shè)Xi=1，第i次試驗(yàn)中事件A發(fā)生，0，第i次試驗(yàn)中事件A未發(fā)生，i=1，2，…，n，則Xi服從兩點(diǎn)分布，P（Xi=1）=p，且X=∑ni=1Xi.于是，根據(jù)性質(zhì)1得E（X）=np.

可以看到，以上推導(dǎo)二項(xiàng)分布期望公式的方法比現(xiàn)行高中教材（如2019年人教A版選擇性必修三第76頁(yè)）的推導(dǎo)方法更簡(jiǎn)潔.

本文的證明方法稱為生成函數(shù)（母函數(shù)）方法，是組合數(shù)學(xué)中的一種重要方法，常用于解決復(fù)雜的計(jì)數(shù)問(wèn)題.

事實(shí)上，性質(zhì)1對(duì)任意隨機(jī)變量都成立，也就是說(shuō)，有以下結(jié)論.

性質(zhì)2" 已知隨機(jī)變量Xi，i=1，2，…，n，則E（∑ni=1Xi）=∑ni=1E（Xi）.

以上結(jié)論的詳細(xì)證明可見(jiàn)大學(xué)概率論教材，或見(jiàn)人教A版《普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)選修課程用書(shū)》“概率與統(tǒng)計(jì)”第26頁(yè)定理1.

當(dāng)隨機(jī)變量Xi的取值為非負(fù)整數(shù)時(shí)，性質(zhì)2也可以用函數(shù)法證明.根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，只需證明n=2的情形即可.設(shè)隨機(jī)變量X1可能的取值為0，1，2，…，s，隨機(jī)變量X2可能的取值為0，1，2，…，t，其中，s，t為非負(fù)整數(shù).易知P（X1+X2=k）=∑ki=0P（X1=i）P（X2=k-i），0≤k≤s+t（當(dāng)igt;s時(shí)，規(guī)定P（X1=i）=0，X2也按類似的規(guī)定），從而

E（X1+X2）=∑s+tk=0kP（X1+X2=k）

=∑s+tk=0k［∑ki=0P（X1=i）P（X2=k-i）］.

令g（x）=∑si=0P（X1=i）xi∑tj=0P（X2=j）xj，則P（X1+X2=k）為g（x）的展開(kāi)式中xk的系數(shù)，即g（x）=∑s+tk=0P（X1+X2=k）xk.

從而g′（x）=∑s+tk=1kP（X1+X2=k）xk-1.

故E（X1+X2）=g′（1）.

對(duì)g（x）求導(dǎo)，得

g′（x）=∑si=1iP（X1=i）xi-1∑tj=0P（X2=j）xj+∑si=0P（X1=i）xi∑tj=1jP（X2=j）xj-1.

故

g′（1）=［∑si=1iP（X1=i）］［∑tj=0P（X2=j）］+［∑si=0P（X1=i）］［∑tj=1jP（X2=j）］

=E（X1）+E（X2）.

故當(dāng)隨機(jī)變量Xi的取值為非負(fù)整數(shù)時(shí)，性質(zhì)2成立.

當(dāng)隨機(jī)變量Xi的取值為非負(fù)有理數(shù)時(shí)，根據(jù)E（aX）=aE（X）可證此時(shí)性質(zhì)2也成立.

3" 性質(zhì)應(yīng)用

問(wèn)題2" 甲、乙、丙三人相互做傳球訓(xùn)練，第1次由甲將球傳出，每次傳球時(shí)，傳球者都等可能地將球傳給另外兩人中的任何一人.

（1）求i次傳球后球在甲手中的概率；

（2）記前n次（即從第1次到第n次傳球）傳球中，球在甲手中的次數(shù)為Y，求E（Y）.

解析" （1）設(shè)i次傳球后球在甲手中的概率pi，則p1=0.可建立遞推公式pi=0×pi-1+12（1-pi-1），i≥2，故pi-13=-12（pi-1-13）.

即pi-13是首項(xiàng)為-13，公比為-12的等比數(shù)列.

因此pi-13=-13×（-12）i-1.

即pi=13-13×（-12）i-1=13［1-（-12）i-1］.

（2）設(shè)隨機(jī)變量

Xi=1，第i次傳球后球在甲手中，0，第i次傳球后球不在甲手中，i=1，2，…，n，則Xi服從兩點(diǎn)分布，P（Xi=1）=pi=13［1-（-12）i-1］，且Y=∑ni=1Xi.

于是，根據(jù)性質(zhì)1，得

E（Y）=∑ni=1131-（-12）i-1

=n3-29×1-（-12）n.

4" 結(jié)束語(yǔ)

本文給出了兩點(diǎn)分布之和的期望公式的嚴(yán)謹(jǐn)證明，這一公式不是課本中的內(nèi)容，但對(duì)解決一些復(fù)雜的期望計(jì)算問(wèn)題很有幫助.我們作為教師應(yīng)掌握這一公式，而不是僅僅局限于課本的內(nèi)容.另外，對(duì)于水平較高的學(xué)生，可以向他們介紹這一公式的證明和應(yīng)用，對(duì)于拓寬學(xué)生的數(shù)學(xué)視野很有幫助.

參考文獻(xiàn)：

［1］

黃嵩濤，胡典順，程漢波，魏李銀.為什么和的期望等于期望的和［J］.數(shù)學(xué)通訊（上半月），2023（12）：26-27，60.

［責(zé)任編輯：李" 璟］