最后更新: 2025-12-09 14:53 查看: 509 次纠错评论(0) 课件开VIP

数学期望的性质与常用分布的数学期望

##  数学期望的性质

1 设 $c$ 为常数，则 $E(c)=c$

2 设 $X$ 为随机变量，且 $E(X)$ 存在，$k, c$ 为常数，则 $E(k X+c)=k E(X)+c$ ；

> 性质2表明了：对随机变量进行线性变换时，期望也会以完全相同的线性方式变换

3 设 $X, Y$ 为任意两个随机变量，且 $E(X)$ 和 $E(Y)$ 存在，则 $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ ；

> **性质3表明了:两个随机变量和的期望，等于它们各自期望的和。**

例如：假设 $X$ 是每天工作收入（单位：百元），$Y$ 是投资日收益（单位：百元）。  
- 平均每天工作收入 $E(X) = 5$（即 500 元）  
- 平均每天投资收入 $E(Y) = 2$（即 200 元）  
那么平均每天**总收入** $E(X+Y) = 5 + 2 = 7$（即 700 元）。

这个公式**不需要 $X$ 与 $Y$ 独立**

4 设 $X, Y$ 为**相互独立**的随机变量，且 $E(X)$ 和 $E(Y)$ 存在，则 $E(X Y)=E(X) E(Y)$ ．

> **性质4表明了：两个独立随机变量的乘积的期望，等于它们各自期望的乘积。**

假设 X 和 Y 独立，意味着知道 X 的取值不会影响 Y 的分布。  
对它们的乘积 XY 求平均值（数学期望），相当于 X 的平均值与 Y 的平均值相乘。

举例：
• 设 X 是抛一枚公平硬币的收益：正面得 1 元，反面得 0 元，则 $E(X) = 0.5$。
• 设 Y 是抛另一枚公平硬币的收益，规则相同，则 $E(Y) = 0.5$，并且两枚硬币独立。

• 那么两枚硬币收益的乘积 XY 的可能取值：

若两枚都正面（概率 0.25），乘积 = 1×1 = 1；  
  一枚正面一枚反面（概率 0.5），乘积 = 0；  
  两枚反面（概率 0.25），乘积 = 0。  
  计算 $E(XY) = 0.25×1 + 0×0.75 = 0.25$。
• 而 $E(X)E(Y) = 0.5×0.5 = 0.25$，两者相等。

注意事项

• 独立性是必要条件。如果 X 与 Y 不独立，通常 $E(XY) \ne E(X)E(Y)$，除非特殊情况（如不相关且期望可分离的特殊结构）。

• 这个性质在计算方差、协方差时很有用。例如，若 X,Y 独立，则：

$$
D(X+Y) = D(X) + D(Y)
$$

它的证明中就会用到 $E(XY)=E(X)E(Y)$ 来得到 $\mathrm{Cov}(X,Y)=0$。
  
  
证明：(1)~(3)略，下面是性质（4）的连续性证明。
 若 $X$ 和 $Y$ 相互独立，此时

$$
f(x, y)=f_X(x) f_Y(y),
$$

故

$$
\begin{aligned}
E(X Y) & =\int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} x y f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} x y f_X(x) f_Y(y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\int_{-\infty}^{+\infty} x f_X(x) \mathrm{d} x \cdot \int_{-\infty}^{+\infty} y f_Y(y) \mathrm{d} y \\
& =E(X) E(Y)
\end{aligned}
$$

`例` 已知随机变量 $X \sim N\left(5,10^2\right)$ ，求 $Y=3 X+5$ 的数学期望 $E(Y)$ ．
解 由于 $X$ 服从正态分布 $N\left(5,10^2\right)$ ，则 $E(X)=5$ 。由数学期望的性质得

$$
E(Y)=E(3 X+5)=3 E(X)+5=20
$$

`例` 设一电路中电流 $I(\mathrm{~A})$ 与电阻 $R(\Omega)$ 是两个相互独立的随机变量，其概率密度分别为

$$
f_I(x)=\left\{\begin{array}{ll}
2 x, & 0 \leqslant x \leqslant 1, \\
0, & \text { 其他, }
\end{array} \quad f_R(y)= \begin{cases}\frac{y^2}{9}, & 0 \leqslant y \leqslant 3, \\
0, & \text { 其他. }\end{cases}\right.
$$

试求电压 $U=I R$ 的数学期望．
解 因为 $I$ 与 $R$ 相互独立，所以根据数学期望的性质，有

$$
\begin{aligned}
E(U) & =E(I R)=E(I) \cdot E(R)=\int_{-\infty}^{+\infty} x f_I(x) \mathrm{d} x \cdot \int_{-\infty}^{+\infty} y f_R(y) \mathrm{d} y \\
& =\int_0^1 2 x^2 \mathrm{~d} x \cdot \int_0^3 \frac{y^3}{9} \mathrm{~d} y=\frac{3}{2}(\mathrm{~V})
\end{aligned}
$$

`例` 某公司生产的机器其无故障工作时间 $X$ (单位: 万小时)的密度函数为

$$
f(x)=\left\{\begin{array}{l}
\frac{2}{x^2}, x \geq 2, \\
0, \text { 其他. }
\end{array}\right.
$$

公司每售出一台机器可获利1600元，若机器售出后使用2.2万小时之内出故障，则 应予以更换，这时每台亏损1200元；若在2.2到3万小时之间出故障，则予以维修，由 公司负担维修费 400 元；在使用3万小时后出故障，则用户自己负责。求该公司售出每 台机器的平均获利。
解 $Y$ 表示每台机器的获利（单位: 百元)，则

$$
Y=\left\{\begin{array}{cc}
16-12, & 2 \leq X<2.2 \\
16-4, & 2.2 \leq X<3 \\
16, & X \geq 3
\end{array}\right.
$$

$Y$ 是 $X$ 的函数，令 $Y=g(X)$ 由随机变量函数的数学期望公式得平均获利为

$$
\begin{aligned}
E(Y) & =\int_{-\infty}^{+\infty} g(x) f(x) d x=\int_2^{22} 4 \cdot \frac{2}{x^2} d x+\int_{22}^3 12 \cdot \frac{2}{x^2} d x+\int_3^{+\infty} 16 \cdot \frac{2}{x^2} d x \\
& =8 \cdot\left[-\frac{1}{x}\right]_2^{22}+24 \cdot\left[-\frac{1}{x}\right]_{22}^3+32 \cdot\left[-\frac{1}{x}\right]_3^{+\infty}=13 \frac{31}{33} \approx 13.94 \text { (百元) }
\end{aligned}
$$

故，该公司售出每台机器的平均获利为 1394 元.

`例`  设对某一目标进行射击，命中 $n$ 次才能彻底摧毁该目标，假定各次射击是独立的，并且每次射击命中的概率为 $p$ ，试求彻底摧毁这一目标平均消耗的炮弹数。

解 设 $X$ 为 $n$ 次击中目标所消耗的炮弹数，$X_k$ 表示第 $k-1$ 次击中后至第 $k$ 次击中目标之间所消耗的炮弹数，这样，$X_k$ 可取值 $1,2,3, \cdots$ ，其分布律如表 4－6 所示，其中 $q=1-p$

![图片](/uploads/2025-12/ab5f92.jpg){width=500px}
 
 $X_1$ 为第一次击中目标所消耗的炮弹数，则 $n$ 次击中目标所消耗的炮弹数为

$$
X=X_1+X_2+\cdots+X_n
$$

由性质 $3^{\circ}$ 可得

又

$$
E(X)=E\left(X_1\right)+E\left(X_2\right)+\cdots+E\left(X_n\right)=n E\left(X_1\right) .
$$

故

$$
\begin{gathered}
E\left(X_1\right)=\sum_{k=1}^{\infty} k p q^{k-1}=\frac{1}{p} \\
E(X)=\frac{n}{p}
\end{gathered}
$$
 
## 常用分布的数学期望

### 0-1 分布
 （1）$(0-1)$ 分布．设 $X$ 的分布律如表4－7所示，则 $X$ 的数学期望为

$$
E(X)=0 \times(1-p)+1 \times p=p .
$$

![图片](/uploads/2025-12/b75fb3.jpg)
 
 ### 二项分布
（2）二项分布．设 $X$ 服从二项分布，其分布律为

$$
P\{X=k\}=C_n^k p^k(1-p)^{n-k}, \quad k=0,1,2, \cdots, n, \quad 0<p<1,
$$

则 $X$ 的数学期望为

$$
\begin{aligned}
E(X) & =\sum_{k=0}^n k C_n^k p^k(1-p)^{n-k}=\sum_{k=0}^n k \frac{n!}{k!(n-k)!} p^k(1-p)^{n-k} \\
& =n p \sum_{k=0}^n \frac{(n-1)!}{(k-1)![(n-1)-(k-1)]!} p^{k-1}(1-p)^{[(n-1)-(k-1)]} .
\end{aligned}
$$

令 $k-1=t$ ，则

$$
\begin{aligned}
E(X) & =n p \sum_{t=0}^{n-1} \frac{(n-1)!}{t![(n-1)-t]!} p^{\prime}(1-p)^{[(n-1)-t]} \\
& =n p[p+(1-p)]^{n-1}=n p .
\end{aligned}
$$

若利用数学期望的性质，将二项分布表示为 $n$ 个相互独立的 $(0-1)$ 分布的和，计算过程将简单得多．事实上，若设 $X$ 表示在 $n$次独立重复试验中事件 $A$ 发生的次数，$X_i(i=1,2, \cdots, n)$ 表示 $A$ 在第 $i$ 次试验中出现的次数，则有

$$
X=\sum_{i=1}^n X_i .
$$

显然，这里 $X_i(i=1,2, \cdots, n)$ 服从 $(0-1)$ 分布，其分布律如表4－8所示，所以

$$
E\left(X_i\right)=p, \quad i=1,2, \cdots, n .
$$

![图片](/uploads/2025-12/519284.jpg)
 
 
由定理的性质 $3^{\circ}$ ，有

$$
E(X)=E\left(\sum_{i=1}^n X_i\right)=\sum_{i=1}^n E\left(X_i\right)=n p .
$$

### 泊松分布
（3）泊松分布．设 $X$ 服从泊松分布，其分布律为

$$
P\{X=k\}=\frac{\lambda^k}{k!} \mathrm{e}^{-\lambda}, \quad k=0,1,2, \cdots, \quad \lambda>0,
$$

则 $X$ 的数学期望为

$$
E(X)=\sum_{k=0}^{\infty} k \frac{\lambda^k}{k!} \mathrm{e}^{-\lambda}=\lambda \mathrm{e}^{-\lambda} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!},
$$

令 $k-1=t$ ，则有

$$
E(X)=\lambda \mathrm{e}^{-\lambda} \sum_{t=0}^{\infty} \frac{\lambda^t}{t!}=\lambda \mathrm{e}^{-\lambda} \cdot \mathrm{e}^\lambda=\lambda .
$$

> 泊松分布的 $\lambda$ 是什么意思？点击查看 [泊松分布](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=527)

### 均匀分布
（4）均匀分布．设 $X$ 服从 $[a, b]$ 上的均匀分布，其概率密度函数为

$$
f(x)= \begin{cases}\frac{1}{b-a}, & a \leqslant x \leqslant b, \\ 0, & \text { 其他, }\end{cases}
$$

则 $X$ 的数学期望为

$$
E(X)=\int_{-\infty}^{+\infty} x f(x) \mathrm{d} x=\int_a^b \frac{x}{b-a} \mathrm{~d} x=\frac{a+b}{2} .
$$

### 指数分布
（5）指数分布．设 $X$ 服从指数分布，其密度函数为

$$
f(x)= \begin{cases}\lambda \mathrm{e}^{-\lambda x}, & x \geqslant 0 \\ 0, & x<0\end{cases}
$$

则 $X$ 的数学期望为

$$
E(X)=\int_{-\infty}^{+\infty} x f(x) \mathrm{d} x=\int_0^{+\infty} x \lambda \mathrm{e}^{-\lambda t} \mathrm{~d} x=\frac{1}{\lambda}
$$

###  正态分布
（6）正态分布．设 $X \sim N\left(\mu, \sigma^2\right)$ ，其密度函数为

$$
f(x)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi} \sigma} \mathrm{e}^{-\frac{(x-\mu)^2}{2 \sigma^2}},
$$

则 $X$ 的数学期望为

$$
E(X)=\int_{-\infty}^{+\infty} x f(x) \mathrm{d} x=\frac{1}{\sqrt{2 \pi} \sigma} \int_{-\infty}^{+\infty} x \mathrm{e}^{\frac{(x-\mu)^2}{2 \sigma^2}} \mathrm{~d} x .
$$

令 $\frac{x-\mu}{\sigma}=t$ ，则

$$
E(X)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{+\infty}(\mu+\sigma t) \mathrm{e}^{-\frac{t^2}{2}} \mathrm{~d} t .
$$

注意到

$$
\frac{\mu}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} \mathrm{e}^{-\frac{t^2}{2}} \mathrm{~d} t=\mu, \quad \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{+\infty} \sigma t \mathrm{e}^{-\frac{t^2}{2}} \mathrm{~d} t=0,
$$

故有

$$
E(X)=\mu .
$$

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