7.3 离散型随机变量的数字特征

分布列已经把一个离散型随机变量的取值规律说尽了——它每一个值、每一个概率都写在那儿。 那为什么还要再学”数字特征”？因为分布列不便于比较。两名射箭运动员各有一张四行的分布列， 摆在一起看不出谁强；把两张表各压缩成一个数，高下立判。这一节学的就是第一个这样的数—— 均值（数学期望）。

本节页面（第 67—71 页）覆盖的是 §7.3.1 均值那一段；方差在下一节 §7.3.2。这一份按 “定义 → 为什么这么定义 → 两条运算性质 → 决策怎么用”的顺序讲，把课本分散在正文、探究与例题里的 四件事串成一条线。

一、均值：加权平均，权是概率

设离散型随机变量 $X$ 的分布列为 $P(X = x_i) = p_i$（$i = 1, 2, \cdots, n$），称

$E(X) = x_1p_1 + x_2p_2 + \cdots + x_np_n = \sum_{i=1}^{n} x_i p_i$

为 $X$ 的均值或数学期望，简称期望。

它是 $X$ 的可能取值关于取值概率的加权平均数——注意与”把 $n$ 个取值直接平均”的区别： 后者是 $\frac{x_1 + \cdots + x_n}{n}$，等于把每个取值都当作同样重要；而 $E(X)$ 把每个取值按它 出现的概率加权，概率大的拉得更狠。掷骰子时两者恰好都等于 $3.5$（因为六个概率相同）， 这是巧合，别拿它当规律。

这个定义从哪来

课本的射箭例子把来历讲得很清楚，值得复述一遍，因为它解释了”为什么权是概率而不是别的”。

设甲射箭 $n$ 次，射中 $7, 8, 9, 10$ 环的次数分别是 $n_1, n_2, n_3, n_4$。这 $n$ 次的平均环数 按平均数的定义就是

每个环数前面挂的正是它的频率。当 $n$ 足够大时频率稳定于概率，于是 $\overline{x}$ 稳定于 $7 \times 0.1 + 8 \times 0.2 + 9 \times 0.3 + 10 \times 0.4 = 9$。

所以 $E(X)$ 不是凭空规定的记号，它就是”重复很多很多次之后，平均下来会是多少”的那个稳定值。 课本随后那一段”观察”（重复 60 次与 300 次各做 6 组）讲的也是这件事的另一面： 样本均值有随机性、会在 $E(X)$ 附近波动，重复次数越多波动越小；$E(X)$ 本身则是一个确定的数。

这条区别要记牢：样本均值是数据算出来的，随样本变；均值（期望）是分布算出来的，不随样本变。 考试里”用观测值的平均数估计随机变量的均值”这句话，用的就是前者估计后者。

另一个物理读法：均值是这根杆的平衡点

把数轴想成一根没有重量的杆，在位置 $x_i$ 处挂一个重量为 $p_i$ 的砝码（总重 $\sum p_i=1$）。 问这根杆支在哪儿才平？答案就是 $E(X)$。

验一遍：以 $c$ 为支点时，各砝码的力矩（有向力臂 $\times$ 重量）之和是

取 $c=E(X)$，右边正好为零——力矩平衡的那一点就是均值。反过来， 支点每往左挪一格，总力矩就多出一格的正值，杆立刻往右倒；所以平衡点只有一个。

这不是换个说法玩花样，它给了均值一条反着用的读法。上面那一行同时说明： $\sum(x_i-\mu)p_i=0$ 是一个关于诸 $p_i$ 的线性方程。 于是题目每告诉你一个 $E(X)$，你就白得一个方程；而”平衡”这个形象能让你一眼看出这个方程长什么样， 不必真去展开求和。

最常用的特例只有一句话：取值是 $0,1,2$ 而 $E(X)=1$ $\Rightarrow$ $P(X{=}0)=P(X{=}2)$。 支点落在正中央，两端到支点的力臂都是 $1$、方向相反，要平衡就只能等重； 中间那个 $P(X{=}1)$ 挂在支点上、力臂为零，根本不参与这个方程—— 所以它是被”概率和为 $1$“定住的，不是被期望定住的。这两句话分工清楚， 是这类题里最容易搞混的一处（2014 年浙江卷第 12 题考的就是它，见下面第七段）。

一般地也是同一句：关于 $E(X)$ 左右对称的两个取值，必须等概；不对称时则是 “左边的矩等于右边的矩”，离得远的那一端要配更小的概率。

二、两个必须会背的现成结果

两点分布。 若 $X$ 只取 $0$、$1$，且 $P(X = 1) = p$，则

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

一句话：两点分布的期望就是成功概率。罚球命中率 $0.8$、命中得 1 分不中得 0 分，那么罚 1 次的 期望得分就是 $0.8$，不用列式。这条看着平凡，却是后面所有”计数型”期望题的原子（见第四段）。

均匀取值。 若 $X$ 等可能地取 $1, 2, \cdots, n$，则

$E(X) = \frac{1}{n}(1 + 2 + \cdots + n) = \frac{n+1}{2} .$

掷骰子是 $n = 6$ 的特例，$E(X) = 3.5$。注意 $3.5$ 不是骰子的可能取值—— 期望不必是随机变量取得到的数，它是一个平均水平，不是某次结果。

三、线性性质：$E(aX+b) = aE(X) + b$

课本用”探究”的形式让读者自己推，这里把两步都写出来。设 $P(X = x_i) = p_i$。

平移。

最后一步用掉了分布列的性质 $p_1 + p_2 + \cdots + p_n = 1$——这一步是整条性质的支点， 没有”概率和为 1”就没有这条公式。

伸缩。 同样地，

$E(aX) = ax_1p_1 + ax_2p_2 + \cdots + ax_np_n = a(x_1p_1 + \cdots + x_np_n) = aE(X) .$

合起来就是

$E(aX+b) = aE(X) + b .$

用处：题目里换单位、换计分方式（“每题 5 分”、“减去成本”）时，不必重新列分布列， 在原来的期望上乘一下加一下就行。

一条本册没有给、但高考在用的性质。 “和的期望等于期望的和”（$E(X+Y) = E(X)+E(Y)$， 不要求 $X$、$Y$ 独立）在人教 A 版这一册的正文里没有出现。2023 年新课标Ⅰ卷第 21 题要用它， 于是那道题在题面里把它当作已知条件给了出来（“已知：若随机变量 $X_i$ 服从两点分布……则 $E\left(\sum_{i=1}^{n} X_i\right) = \sum_{i=1}^{n} q_i$”）。这是可核的事实，不是猜测—— 所以别把它当成课本结论去默认引用，但要认得它、会用它。

四、求期望的两条路：列分布列，还是拆成 0-1 变量

这是本节在高考里真正的分水岭。

路一：老老实实列分布列。 适用于 $X$ 的取值只有三四个、每个概率都算得动的情形。 课本例 3（猜歌名，按 A、B、C 顺序猜，猜对才有资格猜下一首）就是这条路：

$E(X) = 0 \times 0.2 + 1000 \times 0.32 + 3000 \times 0.288 + 6000 \times 0.192 = 2336 .$

列完分布列先核一遍概率之和是不是 1（这里 $0.2+0.32+0.288+0.192 = 1$），这是最便宜的自查， 漏掉一种情形当场就会露馅。

路二：把 $X$ 拆成一串 0-1 变量。 当 $X$ 是”某件事发生了多少次”时，令

那么每个 $X_i$ 都服从两点分布、$E(X_i) = P(\text{第 } i \text{ 件事发生})$，于是 $E(X) = \sum_i P(\text{第 } i \text{ 件事发生})$。

这条路的威力在于：它绕开了分布列。当 $X$ 的分布列有十几项、或者各次之间并不独立时， 路一走不动，路二照样一行算完——因为求和的期望不要求独立。近四年的浙江卷（新课标Ⅰ）里， 2023 年第 21 题、2024 年第 14 题、2025 年第 14 题三道都能走路二，其中 2024 年那道 （甲乙各四张牌打四轮、求总分不小于 2 的概率）几乎必须走路二才算得动 $E(X)$。

判据很简单：问的是”次数""个数""总分”，且它是若干件事各贡献 0 或 1 累加起来的，就拆。

“不要求独立”这四个字要往深里读一格。 最容易被漏掉的场景是不放回抽样：从 $m$ 个红球、 $n$ 个蓝球里不放回地抓 $i$ 个，抓到的红球数 $Y$ 的分布列是超几何的，写起来一长串； 但每一个被抓出来的球，它是红球的概率都是 $\dfrac{m}{m+n}$——这就是抽签的公平性 （第 2 个抓出的球是红球的概率与第 1 个一样，谁先抓不影响）。于是

一行完事，完全不用碰 $\mathrm{C}_{m+n}^{i}$。不放回让这 $i$ 个 0-1 变量互相不独立， 可期望的可加性从来没要求过独立，所以路二照走不误。“不独立”只挡方差，不挡期望。

2014 年浙江卷（理）第 9 题就是这个形态：甲盒原有 1 个红球，从乙盒不放回地抓 $i$ 个放进去， 甲盒里的红球数 $\xi_i = 1 + Y$，于是

原卷解析走的是路一（把超几何的三项概率全列出来再加权，分子化简成 $3m^{2}+n^{2}-3m-n+4mn$），足足占了半页；路二一行就到位，且形式更好读—— 每加一个球，红球的期望就多 $\dfrac{m}{m+n}$ 个。

五、期望用来做决策：比较的是”长期平均”，不是”这一次”

课本例 4（洪水与设备）是本节唯一一道决策题，它的教学价值在结尾那一段话，而不在算式。

三个方案的总损失 $X_1, X_2, X_3$ 各有自己的分布列，算得

$E(X_1) = 3800, \qquad E(X_2) = 2600, \qquad E(X_3) = 3100 ,$

于是按”期望总损失最小”应选方案 2（建保护围墙）。

但课本紧接着提醒：这个结论只在”同样的天气状况多次发生”的意义下成立。洪水发不发生是随机的， 对个别的一次决策，方案 2 也不一定是最好的——真遇上大洪水，方案 2 要赔 $62\,000$ 元， 比方案 1 的 $3\,800$ 元惨得多。

所以”用期望决策”这句话的完整版是：在可以重复很多次、且每次代价可加的场合，选期望最优的那个。 一次性的、赔不起的决策（例如那 $62\,000$ 元会让工地破产）就不能只看期望——这也是下一节要引入 方差的动机：期望相同的时候，还得比稳定性。

六、易错清单

按失分频率排：

1. 权用错。 期望是按概率加权，不是把取值直接平均。看到”每个取值都乘上一个数再相加”， 先确认那个数是不是对应的概率。
2. 分布列没写全就求期望。 求 $E(X)$ 之前必须先确认 $X$ 的取值一个不漏、概率之和为 1。 漏一种情形，期望必错，而且错得不显眼。
3. 把 $E(X)$ 当成”必然出现的值”。 $E(X) = 3.5$ 不代表骰子会掷出 3.5。
4. 换算时重新列表。 遇到”每分折算成 2 元再减 10 元”，直接用 $E(aX+b) = aE(X)+b$， 别再列一张新分布列——重列一次就多一次出错机会。
5. 把”和的期望等于期望的和”当作课本已给的结论直接用。 本册正文没有它（见第三段那条说明）； 考场上如果题面没给，需要按题目允许的方式绕（列分布列，或用题面提供的提示）。
6. 决策题只写数、不写结论。 算完 $E(X_1)$、$E(X_2)$、$E(X_3)$ 要明确写出”应选方案几”以及 判断准则是”期望损失最小”，这一句是采分点。
7. 拿”个数的期望在涨”去担保”比例也在涨”。 期望数的是个数，而概率往往是占比 $\dfrac{\text{个数}}{\text{总数}}$——分子涨的时候分母也可能在涨，商往哪边走要算了才知道。 2014 年浙江卷第 9 题四个选项正是”同向 / 反向”的全组合，答案恰恰是反向的那条。
8. 以为不放回就不能用 0-1 拆分。 拆分只用到期望的可加性，可加性不要求独立 （见四节末尾那一格）。真正被不放回挡住的是方差，不是期望。

七、这一节考过的真题（怎么用它们）

页面下方”考过本节的真题”那一段是构建期派生出来的完整清单——本节是本册被真题引用最密的一节。 这里给一个读的顺序：

• 先做 2022 年第 15 题（7 张卡片取 3 张、记最小值为 $\xi$，求 $P(\xi=2)$ 与 $E(\xi)$）： 它是路一的标准形态——用组合数把四个概率一个个数出来，列表，再按定义求和。练的是”把分布列 列全”这一基本功（注意那两张写着 2 的卡片是不同的卡片）。

• 再做 2025 年第 14 题（5 个球有放回取三次，记至少取出一次的球的个数 $X$，求 $E(X)$）： 两条路都走得通，正好用来对照。路一要把 $X = 1, 2, 3$ 的概率各数一遍；路二令 $X_i$ 表示 “第 $i$ 号球被取到过”，则 $E(X_i) = 1 - \left(\frac{4}{5}\right)^3$，五个一加就完了。

• 然后是 2024 年第 14 题（甲乙各四张牌比四轮）：这道题的分布列极难直接列，但每一轮的得分都是 0-1 变量，路二一行给出 $E(X) = \frac{3}{2}$。它是”为什么要学拆分”最有说服力的例子。

• 插进来做 2014 年浙江卷（理）第 9 题（往甲盒里加球，比 $p_i$ 与 $E(\xi_i)$）： 它把这一节的两条主线一次考完——路二给出 $E(\xi_i)=1+i\cdot\frac{m}{m+n}$， 再用 $p_i=\frac{E(\xi_i)}{i+1}$（§7.1.2 的全概率公式，见那一节的”加权和变成期望”） 把概率那一问也接过来。它的教学价值在于”个数涨、占比跌”这对反向： $p_i=\frac{1}{i+1}\cdot 1+\frac{i}{i+1}\cdot\frac{m}{m+n}$ 是 $1$ 与乙盒红球占比的加权平均， 加得越多越被稀释。做完它再回头看易错清单第 7 条。

• 顺手做 2014 年浙江卷（理）第 12 题（$\xi$ 取 $0,1,2$，$P(\xi{=}0)=\frac{1}{5}$，$E(\xi)=1$，求 $D(\xi)$）： 这道题严格说属于 §7.3.2，但它真正的钥匙在本节第一段—— $E(\xi)=1$ 加上取值 $0,1,2$，就是”支点落在正中间”，力矩平衡直接给出 $P(\xi{=}2)=P(\xi{=}0)=\frac{1}{5}$， 中间那项由概率和补齐。先有均值的那个方程，才有分布列，顺序反了就会去列一堆没用的式子。 它是”$E(X)$ 是一个方程而不只是一个答案”这句话最短的例子。

• 最后看 2023 年第 21 题（甲乙轮流投篮）：它把”和的期望等于期望的和”写在题面里当条件给你， 再让你用前两问求出的 $P_i$ 求和。这道题是这一节的上限—— 它考的不是会不会求期望，而是会不会把一个递推数列的结果接到期望上去。

本节目录里有五页（page-0067–page-0071，印刷页码第 62–66 页），印着 §7.3.1「离散型随机变量的均值」 的全部正文（问题 1、均值的定义、性质 $E(aX+b)=aE(X)+b$、两点分布的均值）、例 1–例 3， 以及节末「练习」的第 1 题。本份收 1 道。

这道题是跨页的：题干、分布列与第 (1) 问印在 page-0071，第 (2) 问「求 $E(3X+2)$」印在次页 page-0072——那一页归 §7.3.2 的目录。§7.3.2 那一份已声明把整道让给这里（单收半句等于交一道 没有分布列的题），所以下面连第 (2) 问一起做完。第 72 页上的「练习」第 2、3 题归 §7.3.2 那一份， 这里不收；「习题7.3」印在第 76 页，也归那一份。

题干与那张分布列表原先没进规范化转写（digest 把表格整张吞了），已按 ADR-0022 的逐页校订层 （page-0071-fix.md，对着整页扫描图逐格核）补回页面，所以下面的题面引文照旧是逐字引转写， 表格就在引文里。

页码用的是印刷页码（page-0071 的页脚印着 66）。注意 §7.3.2 那一份的小标题按文件号写作 「第 72 页」，指的是同一段练习的后半——全仓这两种口径混用的事另开了票（#534）统一。

练习（第 66 页）第 1 题

1. 已知随机变量 $X$ 的分布列为

$X$	1	2	3	4	5
$P$	0.1	0.3	0.4	0.1	0.1

(1) 求 $E(X)$ ;

第 (2) 问印在次页：求 $E(3X+2)$。

先验一句题面自洽：概率之和 $0.1+0.3+0.4+0.1+0.1=1$ ✓，且五个概率都非负， 确实是一张合法的分布列。这一步不是形式主义——分布列一旦不合法，下面算出来的”均值”就没有意义。

(1) 按定义，均值是取值按概率加权的和：

逐项算出来是 $0.1$、$0.6$、$1.2$、$0.4$、$0.5$，相加：

核一句合不合理：$X$ 的取值范围是 $1$ 到 $5$，均值必须落在这个闭区间里，$2.8$ 落在里面 ✓。 再看分布的形状——概率最大的一项是 $X=3$（$0.4$），而两端 $1$ 与 $5$ 的概率相等（都是 $0.1$）、 $2$ 的概率（$0.3$）比 $4$ 的（$0.1$）大，所以重心应当被 $2$ 拉到 $3$ 的左边一点，$2.8$ 正是这样。

(2) 要求的是 $E(3X+2)$。有两条路，答案必须一致。

路一：用本节的性质。 §7.3.1 给出 $E(aX+b)=aE(X)+b$，这里 $a=3$、$b=2$：

路二：老老实实把 $3X+2$ 的分布列写出来。 记 $Y=3X+2$。$X$ 每取一个值，$Y$ 就跟着取一个值， 而且概率原样搬过去——因为「$Y=3x+2$」这个事件和「$X=x$」是同一个事件：

于是

两条路同答，$10.4$。

路二为什么值得走一遍：它就是那条性质的证明。把 $E(aX+b)=\sum_k (ax_k+b)p_k$ 拆开， $=a\sum_k x_k p_k + b\sum_k p_k$，前一项是 $aE(X)$，后一项因为 $\sum_k p_k=1$ 而等于 $b$—— 性质成立的关键正是「概率之和为 1」，也就是第一步验的那件事。

一个容易踩空的地方：路二里「概率原样搬过去」用到了 $x\mapsto 3x+2$ 是一一对应——五个不同的 $x$ 给出五个不同的 $y$，没有两项需要合并。若换成 $Y=(X-3)^2$ 这种不单调的映射， $X=2$ 与 $X=4$ 都给 $Y=1$，就必须先把它们的概率相加（$0.3+0.1=0.4$）再列表。 一次函数 $aX+b$（$a\neq 0$）永远是一一对应，所以这道题不必操心；但换个函数就要先想一想。 顺带一提，$E(aX+b)=aE(X)+b$ 这条性质对任意函数关系并不成立—— 一般地 $E(g(X))\neq g(E(X))$，本题里恰好 $g$ 是一次函数才对得上。