2.2 数学期望

本节概览

本节介绍随机变量最重要的数字特征——数学期望。数学期望是随机变量取值的”概率加权平均”，它从一个侧面描述了分布的中心位置。本节从历史上著名的分赌本问题出发，建立离散型和连续型随机变量数学期望的严格定义，证明随机变量函数的期望公式（LOTUS法则），并系统讨论期望的线性性质及其应用。

逻辑链条：期望的直觉（分赌本问题）→ 严格定义（离散/连续，绝对收敛）→ 应用实例（分组验血、彩票）→ 函数的期望公式（LOTUS）→ 期望的性质（线性性）→ 综合应用（库存优化）

前置依赖：§2.1（随机变量、分布函数、分布列、密度函数）、§1.3（概率的可加性）、§1.5（事件的独立性）

核心主线：数学期望 $E(X)$ 是随机变量取值的概率加权平均。离散型 $E(X)=\sum x_{i}p(x_i)$，连续型 $E(X)=\int xp(x)dx$。期望最重要的性质是线性性：$E(aX+bY)=aE(X)+bE(Y)$，且此性质不要求独立性。LOTUS法则允许直接用 $X$ 的分布计算 $g(X)$ 的期望，无需先求 $g(X)$ 的分布。

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一、数学期望的概念与引入

为什么要引入数学期望

分布函数（或分布列、密度函数）能够完整地描述随机变量的统计规律性，但在许多实际问题中，我们往往只需要用少数几个数字来概括分布的某个方面的特征。这些数字被称为随机变量的数字特征。

例如，初生婴儿的体重是一个随机变量，其分布可能很复杂，但医生和家长最关心的往往是”平均体重”这个简单的数字。数字特征包括均值（数学期望）、方差、分位数等，其中数学期望是最基本、最重要的一个。

分赌本问题——期望的起源

例 2.2.1 — 分赌本问题

1654年，帕斯卡（Pascal）与费马（Fermat）通信讨论了著名的”分赌本问题”：

甲乙两人各出50法郎作为赌注，约定先赢三局者获得全部100法郎。比赛中止时，甲赢了2局，乙赢了1局。问这100法郎应如何分配才公平？

帕斯卡的解法：

设 $X$ 为甲最终获得的金额。再赌两局，共有4种等可能的结果：

再赌结果	甲获金额
甲甲	100法郎
甲乙	100法郎
乙甲	100法郎
乙乙	0法郎

因此 $X$ 的分布列为：

$X$	$0$	$100$
$P$	$0.25$	$0.75$

$$E(X)=0\times 0.25+100\times 0.75=75\text{（法郎）}$$

所以甲应得75法郎，乙应得25法郎。这个”75法郎”就是数学期望的雏形——它不是甲”可能”得到的某个值，而是甲在各种可能结果下的加权平均所得。

从算术平均到概率加权平均

回顾我们熟悉的算术平均：

$$\bar{x}=\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}=\sum _{i=1}^n\frac{1}{n}\cdot x_i$$

如果 $n$ 个数中有重复，设取值为 $x_i$ 的有 $n_i$ 个（$\sum n_i=n$），则：

$$\bar{x}=\sum _i\frac{n_i}{n}\cdot x_i$$

这里 $\frac{n_i}{n}$ 是频率，作为权重。数学期望的本质就是：用概率替代频率作为权重。当 $n\to \infty$ 时，频率 $\frac{n_i}{n}$ 趋近于概率 $p(x_i)$，算术平均就趋近于数学期望。

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二、数学期望的定义

离散随机变量的数学期望

定义 2.2.1 — 离散随机变量的数学期望

设离散随机变量 $X$ 的分布列为 $p(x_i)=P(X=x_i)$，$i=1,2,\dots$ 如果 $\sum _{i=1}^{\infty }|x_i|p(x_i)<+\infty$（绝对收敛），则称

$$E(X)=\sum _{i=1}^{\infty }{x}_{i}p(x_i)\text{\hspace{1em}(2.2.1)}$$

为 $X$ 的数学期望，简称期望或均值。若级数不绝对收敛，则称 $X$ 的数学期望不存在。

绝对收敛的必要性

为什么要求绝对收敛而不是仅仅条件收敛？

因为随机变量的取值可正可负，条件收敛的级数在改变求和次序后会得到不同的”和”。而数学期望作为”加权平均”，其值不应依赖于求和次序的排列方式。绝对收敛保证了无论以何种次序求和，结果都是相同的。

注意

如果 $X$ 只有有限个可能取值，则级数退化为有限和，期望总存在。

连续随机变量的数学期望

定义 2.2.2 — 连续随机变量的数学期望

设连续随机变量 $X$ 的密度函数为 $p(x)$。如果

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }|x|p(x)dx<+\infty$$

则称

$$E(X)={\int }_{-\infty }^{+\infty }xp(x)dx\text{\hspace{1em}(2.2.2)}$$

为 $X$ 的数学期望。

物理解释

可以把概率 $p(x_i)$ 看作放置在点 $x_i$ 上的质量，概率分布看作质量在 $x$ 轴上的分布。那么 $E(X)$ 就是该质量分布的重心（center of mass）所在位置。这个物理解释帮助我们直观理解期望的含义——它是概率质量”最平衡”的那个点。

理论意义

数学期望是消除随机性的主要手段。它将一个随机变量映射为一个确定的数值，使得我们可以用这个数值来代表该随机变量的”典型水平”，并参与同类指标的比较。在实际应用中，期望常被用作决策的依据。

均匀分布的期望

例 2.2.4 — 均匀分布的期望

设 $X\sim U(a,b)$，密度函数为 $p(x)=\frac{1}{b-a}$，$a<x<b$。求 $E(X)$。

计算：

$$E(X)={\int }_a^{b}x\cdot \frac{1}{b-a}dx=\frac{1}{b-a}\cdot {\left[\frac{x^2}{2}\right]}_a^b=\frac{1}{b-a}\cdot \frac{b^2-a^2}{2}=\frac{(b-a)(b+a)}{2(b-a)}=\frac{a+b}{2}$$

均匀分布的期望恰好等于区间的中点，这与直觉完全一致——概率在 $[a,b]$ 上均匀分布，“平均位置”自然在中点。

柯西分布——期望不存在的经典反例

例 2.2.5 — 柯西分布的期望不存在

设 $X$ 服从柯西分布，密度函数为 $p(x)=\frac{1}{\pi }\cdot \frac{1}{1+x^2}$，$-\infty <x<+\infty$。判断 $E(X)$ 是否存在。

分析：

考察绝对可积性：

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }|x|\cdot \frac{1}{\pi (1+x^2)}dx=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{+\infty }\frac{x}{1+x^2}dx$$

令 $u=1+x^2$，则 $du=2xdx$：

$$=\frac{1}{\pi }{\int }_1^{+\infty }\frac{1}{u}du=\frac{1}{\pi }{\left[\ln u\right]}_1^{+\infty }=+\infty$$

由于不满足绝对可积条件，故 $E(X)$ 不存在。

注意

虽然柯西分布的密度函数关于原点对称，${\int }_{-\infty }^{+\infty }x\cdot \frac{1}{\pi (1+x^2)}dx$ 按Cauchy主值意义下确实等于0，但这不等于期望存在。期望存在要求绝对收敛，而不仅仅是主值收敛。

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三、数学期望的应用实例

分组验血问题

例 2.2.2 — 分组验血问题

对 $N$ 个人进行某种疾病普查，设各人是否患病相互独立，患病率为 $p$。为减少检验工作量，采用分组混合检验法：将 $k$ 个人分为一组，把 $k$ 个人的血液混合在一起检验。如果结果为阴性，则 $k$ 个人只需检验1次；如果结果为阳性，则需对这 $k$ 个人逐一复检，共需 $k+1$ 次。

建模：

设 $X$ 为每人平均所需的验血次数。一组 $k$ 人检验为阴性的概率为 $(1-p{)}^k$（$k$ 个人都未患病），因此：

$$P\left(X=\frac{1}{k}\right)=(1-p{)}^k,P\left(X=1+\frac{1}{k}\right)=1-(1-p{)}^k$$

计算期望：

$$E(X)=\frac{1}{k}(1-p{)}^k+\left(1+\frac{1}{k}\right)\left[1-(1-p{)}^k\right]=1-(1-p{)}^k+\frac{1}{k}$$

当 $(1-p{)}^k>\frac{1}{k}$ 时，$E(X)<1$，即分组验血可以减少工作量。

数值结果：

发病率 $p$	最优分组 $k_0$	$E(X)$	减少比例
$0.01$	$11$	$0.196$	$80.4\%$
$0.05$	$6$	$0.434$	$56.6\%$
$0.1$	$4$	$0.594$	$40.6\%$
$0.2$	$3$	$0.824$	$17.6\%$
$0.3$	$3$	$1.024$	—

当 $p=0.1$ 时，最优分组为 $k_0=4$，$E(X)=1-0.9^4+0.25=1-0.6561+0.25=0.5939\approx 0.594$，减少约 $40\%$ 的检验工作量。

彩票期望值

例 2.2.3 — 彩票期望值

某彩票票价5元，购买者从 $000000\sim 999999$ 中选一个6位号码（均匀分布）。奖级结构如下：

奖级	奖金（元）	中奖概率
一等奖	$500,000$	$1/10^6$
二等奖	$50,000$	$9/10^6$
三等奖	$5,000$	$90/10^6$
四等奖	$500$	$900/10^6$
五等奖	$50$	$9,000/10^6$
六等奖	$10$	$90,000/10^6$
无奖	$0$	$900,000/10^6$

计算期望奖金：

$$E(X)=500000\times \frac{1}{10^6}+50000\times \frac{9}{10^6}+5000\times \frac{90}{10^6}+500\times \frac{900}{10^6}+50\times \frac{9000}{10^6}+10\times \frac{90000}{10^6}+0=0.5+0.45+0.45+0.45+0.45+0.9+0=3.2\text{（元）}$$

庄家优势

票价5元远大于期望奖金 $E(X)=3.2$ 元。每张彩票的期望净损失为 $5-3.2=1.8$ 元，庄家优势为 $\frac{1.8}{5}=36\%$。这意味着，从期望的角度看，购买彩票是一项”亏本”的活动。

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四、随机变量函数的期望公式

LOTUS法则

定理 2.2.1 — 随机变量函数的期望公式（LOTUS）

若随机变量 $X$ 的分布用分布列 $p(x_i)$ 或密度函数 $p(x)$ 表示，则 $X$ 的某一函数 $g(X)$ 的数学期望为：

• 离散场合：$E[g(X)]=\sum _{i}g(x_i)p(x_i)$
• 连续场合：E[g(X)] = \displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} g(x)\, p(x)\,dx \tag{2.2.3}

这里所涉及的数学期望都假定存在。

定理的意义

计算 $E[g(X)]$ 时，==无需先求 $g(X)$ 的分布==，直接利用 $X$ 的原分布即可。这大大简化了计算过程，因为求 $g(X)$ 的分布往往非常繁琐。

证明思路

证明（连续场合）： [分布函数法]：设 $Y=g(X)$，则 $Y$ 的分布函数为 $F_Y(y)=P(g(X)\le y)$，密度函数 $p_Y(y)=F_Y^{\prime }(y)$。

$$E(Y)={\int }_{-\infty }^{+\infty }y{p}_Y(y)dy$$

由变量替换（Stieltjes积分）可得：

$$E(Y)={\int }_{-\infty }^{+\infty }g(x)p(x)dx$$

离散场合的证明类似，只需将积分改为求和。$\square$

E(X²)的两种计算方法

例 2.2.6 — E(X²)的两种计算方法

设 $X$ 的分布列如下：

$X$	$-2$	$-1$	$0$	$1$	$2$
$P$	$0.2$	$0.1$	$0.1$	$0.3$	$0.3$

求 $E(X^2)$。

方法一（先求 $X^2$ 的分布）：

$X^2$ 的可能取值为 $0,1,4$。

$X^2$	$0$	$1$	$4$
$P$	$0.1$	$0.1+0.3=0.4$	$0.2+0.3=0.5$

$$E(X^2)=0\times 0.1+1\times 0.4+4\times 0.5=0+0.4+2.0=2.4$$

方法二（LOTUS法则，直接计算）：

$$E(X^2)=(-2{)}^2\times 0.2+(-1{)}^2\times 0.1+0^2\times 0.1+1^2\times 0.3+2^2\times 0.3=4\times 0.2+1\times 0.1+0\times 0.1+1\times 0.3+4\times 0.3=0.8+0.1+0+0.3+1.2=2.4$$

两种方法结果一致，但方法二（LOTUS）更为直接，无需先构造 $X^2$ 的分布列。

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五、数学期望的性质

常数的期望

性质 2.2.1 — 常数的期望

若 $c$ 是常数，则 $E(c)=c$。

证明思路

证明：将 $c$ 看作仅取一个值的（退化）随机变量 $X$，$P(X=c)=1$。

$$E(c)=c\times 1=c$$

[退化分布]：常数是方差为零的特殊随机变量。$\square$

常数倍的期望

性质 2.2.2 — 常数倍的期望

对任意常数 $a$，有 $E(aX)=aE(X)$。\tag{2.2.4}

证明思路

证明（离散场合）：在公式 (2.2.3) 中令 $g(x)=ax$：

$$E(aX)=\sum _i(a{x}_i)p(x_i)=a\sum _i{x}_{i}p(x_i)=aE(X)$$

[提取常数]：将常数 $a$ 从求和号中提出。连续场合类似，将求和改为积分。$\square$

和差的期望

性质 2.2.3 — 和差的期望

对任意的两个函数 $g_1(x)$ 和 $g_2(x)$，有

$$E[g_1(X)\pm g_2(X)]=E[g_1(X)]\pm E[g_2(X)]\text{\hspace{1em}(2.2.5)}$$

证明思路

证明（离散场合）：在公式 (2.2.3) 中令 $g(x)=g_1(x)\pm g_2(x)$：

$$E[g_1(X)\pm g_2(X)]=\sum _i[g_1(x_i)\pm g_2(x_i)]p(x_i)$$ $$=\sum _i{g}_1(x_i)p(x_i)\pm \sum _i{g}_2(x_i)p(x_i)=E[g_1(X)]\pm E[g_2(X)]$$

[求和的线性性]：有限求和（或绝对收敛的无限求和）可以逐项拆分。$\square$

重要推论——期望的线性性

由以上三条性质，可以立即得到期望的线性性：

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

更一般地，对多个随机变量：

$$E(X_1+X_2+\cdots +X_n)=E(X_1)+E(X_2)+\cdots +E(X_n)$$

关键要点

期望的线性性不要求各随机变量相互独立。这是期望区别于方差、矩等数字特征的关键特点。无论 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 之间有何种依赖关系，期望的线性性都成立。

库存优化问题

例 2.2.7 — 库存优化问题

某商品的市场需求量 $X\sim U(300,500)$（单位：吨）。每售出一吨获利 $1.5$ 千元；若供过于求，积压的每吨损失 $0.5$ 千元。问应组织多少货源使期望利润最大？

建模：

设组织货源 $a$ 吨（$300\le a\le 500$），利润函数为：

$$Y=g(X)=\{\begin{array}{ll}1.5a,& X\ge a\text{（供不应求，全部售出）}\\ 2X-0.5a,& X<a\text{（供过于求，部分积压）}\end{array}$$

计算期望利润：

$$E(Y)=\frac{1}{200}\left[{\int }_a^{500}1.5adx+{\int }_{300}^a(2x-0.5a)dx\right]$$

第一部分：${\int }_a^{500}1.5adx=1.5a(500-a)=750a-1.5a^2$

第二部分：${\int }_{300}^a(2x-0.5a)dx={\left[x^2-0.5ax\right]}_{300}^a=(a^2-0.5a^2)-(90000-150a)=0.5a^2+150a-90000$

合并：

$$E(Y)=\frac{1}{200}\left(750a-1.5a^2+0.5a^2+150a-90000\right)=\frac{1}{200}\left(-a^2+900a-90000\right)$$

求最大值：

对 $E(Y)$ 关于 $a$ 求导并令其为零：

$$\frac{d}{da}E(Y)=\frac{1}{200}(-2a+900)=0⟹a=450$$

当 $a=450$ 吨时，期望利润最大：

$$E(Y{)}_{\max }=\frac{1}{200}(-450^2+900\times 450-90000)=\frac{1}{200}(-202500+405000-90000)=\frac{112500}{200}=562.5\text{（千元）}$$

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六、知识结构总览

graph TD
    A[数学期望] --> B[概念引入]
    A --> C[严格定义]
    A --> D[函数期望公式]
    A --> E[期望的性质]
    A --> F[应用实例]

    B --> B1[分赌本问题]
    B --> B2[概率加权平均]

    C --> C1[离散型定义]
    C --> C2[连续型定义]
    C --> C3[绝对收敛条件]

    D --> D1[LOTUS法则]
    D --> D2[无需先求函数分布]

    E --> E1[常数期望]
    E --> E2[常数倍性质]
    E --> E3[和差性质]
    E --> E4[线性性无需独立]

    F --> F1[分组验血]
    F --> F2[彩票期望]
    F --> F3[库存优化]

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七、核心思想与证明技巧

期望的线性性不要求独立性

这是本节最重要的核心思想：

• $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ 恒成立，无需任何条件
• 但 $E(XY)=E(X)\cdot E(Y)$ 需要 $X$ 与 $Y$ 独立（或至少不相关）

这是期望区别于方差等数字特征的关键特点。在解题时，当我们需要计算 $E(X_1+X_2+\cdots +X_n)$ 时，完全不需要考虑 $X_i$ 之间的依赖关系，直接逐个求期望再相加即可。

LOTUS法则的实用价值

LOTUS（Law Of The Unconscious Statistician）法则的价值在于：

• 计算 $E[g(X)]$ 时==无需先求 $g(X)$ 的分布==
• 直接用 $X$ 的原分布加权求和/积分
• 特别适用于 $E(X^2)$、$E(X^3)$ 等矩的计算
• 是后续定义方差 $\text{Var}(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2$ 的计算基础

绝对收敛条件的必要性

• 保证期望的唯一性（不受求和次序影响）
• 柯西分布是期望不存在的经典反例
• 有限个可能值的随机变量期望总存在
• 对称分布的”主值”不等于期望（除非绝对收敛）

期望作为消除随机性的工具

• 将随机变量映射为一个确定的数值
• 是后续方差、协方差、相关系数等概念的基础
• 大数定律的本质就是期望的体现——样本均值趋近于期望
• 在决策问题中，期望常作为最优化的目标函数

指示变量法（和式分解法）

这是一种非常重要的解题技巧：

• 将复杂随机变量 $X$ 分解为简单指示变量之和：$X=X_1+X_2+\cdots +X_n$
• 每个 $X_i$ 只取 $0$ 或 $1$，$E(X_i)=P(X_i=1)$
• 利用线性性：$E(X)=\sum E(X_i)=\sum P(X_i=1)$
• 无需考虑变量间的依赖关系，这是指示变量法最大的优势
• 是解决组合计数期望问题的利器（见习题7、习题9）

期望的局限性——为什么需要方差

期望相同但分布不同

设 $X\sim \left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 1\\ 1/3& 1/3& 1/3\end{array}\right)$，$Y\sim \left(\begin{array}{ccc}-10& 0& 10\\ 1/3& 1/3& 1/3\end{array}\right)$。

则 $E(X)=E(Y)=0$，但 $Y$ 的取值明显比 $X$ 更分散。

结论：数学期望只能描述分布的"中心位置"，无法区分分布的"分散程度"。这正是引入方差的动机——方差度量随机变量取值偏离期望的平均程度。

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八、补充理解与易混淆点

期望不一定存在

来源：教材p71 + MIT 18.05 + Stanford Stat 116 + UCLA Stats 100A + 华东师大讲义

误区1："任何随机变量都有数学期望"

❌ 错误解释：既然期望就是”平均值”，那每个随机变量都应该有一个确定的平均值。比如柯西分布虽然密度函数看起来很正常，它的期望也应该存在。

✅ 正确解释：数学期望不一定存在。定义中要求级数（或积分）绝对收敛，这个条件不是总能满足的。经典反例是柯西分布：$p(x)=\frac{1}{\pi (1+x^2)}$，虽然密度函数关于原点对称（直观上”平均值”应该是0），但 ${\int }_{-\infty }^{+\infty }|x|p(x)dx=+\infty$，不满足绝对可积条件，因此 $E(X)$ 不存在。

对称分布的陷阱

柯西分布的密度函数关于原点对称，${\int }_{-\infty }^{+\infty }xp(x)dx$ 按Cauchy主值意义下等于0，但这不等于期望存在。期望存在要求绝对收敛，而不仅仅是主值收敛。对称性只能保证如果期望存在，则期望为0。

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期望的线性性无需独立性

来源：教材p74-75 + MIT 18.05 + 3Blue1Brown概率论系列 + 中科大432真题 + 华东师大讲义

误区2："E(X+Y) = E(X)+E(Y) 需要X和Y独立"

❌ 错误解释：期望的线性性要求随机变量之间相互独立。如果X和Y不独立（比如Y = X²），那么E(X+Y) ≠ E(X)+E(Y)。

✅ 正确解释：$E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ 恒成立，不需要任何独立性条件。这是期望最重要的性质之一。证明直接由LOTUS法则得出——积分（或求和）的线性性保证了期望的线性性。

常见混淆

容易混淆的是：$E(XY)=E(X)\cdot E(Y)$ 才需要X与Y独立（或至少不相关）。线性性（加法）和可乘性（乘法）是两个不同的性质，前者无条件成立，后者需要独立性。

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期望的平方不等于平方的期望

来源：教材p74 + MIT 18.05 + Stanford Stat 116 + 多校考研真题 + CSDN概率论专栏

误区3："E(X²) = (E(X))²"

❌ 错误解释：期望是一种”平均”，所以先平方再平均和先平均再平方应该一样。即E(X²) = (E(X))²。

✅ 正确解释：一般情况下 $E(X^2)\ne (E(X){)}^2$。实际上，由Jensen不等式（或直接展开），$E(X^2)=(E(X){)}^2+\text{Var}(X)\ge (E(X){)}^2$，等号成立当且仅当 $X$ 为常数（方差为零）。

反例

设 $X$ 取值 $\pm 1$，各概率 $1/2$。则 $E(X)=0$，$(E(X){)}^2=0$。但 $E(X^2)=1\times \frac{1}{2}+1\times \frac{1}{2}=1\ne 0$。

这个关系 $E(X^2)-(E(X){)}^2=\text{Var}(X)$ 正是方差的定义基础，将在 §2.3 中详细讨论。

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期望不等于众数或中位数

来源：教材p70-71 + MIT 18.05 + Stanford Stat 116 + UCLA Stats 100A + 华东师大讲义

误区4："连续随机变量的期望就是密度函数最大值处的x"

❌ 错误解释：密度函数$p(x)$最大的地方就是概率最集中的地方，所以期望应该在密度函数的峰值处。比如正态分布$N(\mu ,{\sigma }^2)$的密度函数在$x=\mu$处最大，所以期望就是峰值位置。

✅ 正确解释：期望是概率的加权平均（重心），而不是密度函数的峰值位置（众数），也不是累积概率等于0.5的位置（中位数）。期望、众数、中位数是三个不同的集中趋势度量，它们仅在分布对称时才重合。

反例

• 指数分布 $\text{Exp}(\lambda )$：密度函数在 $x=0$ 处最大（众数为0），但 $E(X)=1/\lambda >0$。期望和众数完全不同。
• 右偏分布（如Gamma分布）：众数 < 中位数 < 期望，三者依次右移。
• 正态分布：三者重合于 $\mu$，但这只是对称分布的特殊性质。

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期望一定在取值范围内

来源：教材p70 + MIT 18.05 + Stanford Stat 116 + 多校考研真题 + 华东师大讲义

误区5："期望可能超出随机变量的取值范围"

❌ 错误解释：期望是”概率加权平均”，权重之和为1，但加权平均的结果可能超出取值范围。比如X取值0和1，E(X)可能大于1或小于0。

✅ 正确解释：期望==一定在随机变量的取值范围 $[\min X,\max X]$ 内==。这是因为期望是取值的凸组合（加权平均，权重非负且和为1），而凸组合的结果一定在凸包（即取值范围）内。

数学表述

若 $a\le X\le b$（几乎必然），则 $a\le E(X)\le b$。

证明：令 $Y=X-a\ge 0$，则 $E(Y)=E(X)-a\ge 0$（因为非负随机变量的期望非负），故 $E(X)\ge a$。同理 $E(X)\le b$。$\square$

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九、习题精选

习题概览

编号	题目来源	知识点	难度
1	教材 2.2-1	基础期望计算	★★☆
2	教材 2.2-4	超几何分布的期望	★★★
3	教材 2.2-10	指数分布的期望	★★☆
4	教材 2.2-13	由分布函数求期望	★★★
5	教材 2.2-15	工程工期与利润	★★★
6	教材 2.2-18	期望恒等式证明	★★★
7	2015武汉大学432	期望与相关性	★★★
8	2019上海财经大学432	平均绝对离差与中位数	★★★
9	2020东华大学432	相关系数与期望方差	★★★
10	2015中国科学技术大学432	指数分布次序统计量	★★★

教材习题

习题1

习题1（教材 2.2-1）— 基础期望计算

已知 $X$ 的分布列：

$X$	$-2$	$0$	$2$
$P$	$0.4$	$0.3$	$0.3$

求 $E(X)$ 和 $E(3X+5)$。

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计算 $E(X)$：

$$E(X)=(-2)\times 0.4+0\times 0.3+2\times 0.3=-0.8+0+0.6=-0.2$$

计算 $E(3X+5)$： 方法一（利用线性性）：$E(3X+5)=3E(X)+5=3\times (-0.2)+5=-0.6+5=4.4$

方法二（直接展开验证）：

$$E(3X+5)=(-6+5)\times 0.4+5\times 0.3+(6+5)\times 0.3=(-1)\times 0.4+5\times 0.3+11\times 0.3$$ $$=-0.4+1.5+3.3=4.4✓$$

习题2

习题2（教材 2.2-4）— 超几何分布的期望

船上装有20桶化工原料，其中5桶被海水污染。现从中随机抽取8桶，以 $X$ 表示被污染的桶数。求 $X$ 的分布列和 $E(X)$。

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分布列：$X$ 的可能取值为 $\max (0,8-15)=0$ 到 $\min (5,8)=5$。

$$P(X=k)=\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{k}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{15}{8-k}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{20}{8}\right)},k=0,1,\dots ,5$$

计算 $E(X)$： 方法一（直接求和）：

$$E(X)=\sum _{k=0}^{5}k\cdot \frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{k}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{15}{8-k}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{20}{8}\right)}$$

方法二（超几何分布期望公式）：

$$E(X)=n\cdot \frac{K}{N}=8\times \frac{5}{20}=2$$

直观理解：20桶中5桶被污染（比例25%），抽8桶期望被污染 $8\times 25\%=2$ 桶。超几何分布的期望与二项分布的期望形式一致：$E(X)=n\cdot p$，其中 $p=K/N$ 是总体比例。

习题3

习题3（教材 2.2-10）— 指数分布的期望

某设备维修时间 $T$（小时）的密度函数为 $p(t)=0.02e^{-0.02t}$（$t>0$）。求平均维修时间 $E(T)$。

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计算：

$$E(T)={\int }_0^{+\infty }t\cdot 0.02e^{-0.02t}dt$$

令 $\lambda =0.02$，则 $T\sim \text{Exp}(\lambda )$，利用指数分布期望公式：

$$E(T)=\frac{1}{\lambda }=\frac{1}{0.02}=50\text{（小时）}$$

推导过程（分部积分）：

$$E(T)=\lambda {\int }_0^{+\infty }t{e}^{-\lambda t}dt=\lambda \left\{{\left[-\frac{t}{\lambda }{e}^{-\lambda t}\right]}_0^{+\infty }+\frac{1}{\lambda }{\int }_0^{+\infty }{e}^{-\lambda t}dt\right\}=\lambda \cdot \frac{1}{{\lambda }^2}=\frac{1}{\lambda }$$

一般地，若 $T\sim \text{Exp}(\lambda )$，则 $E(T)=1/\lambda$。

习题4

习题4（教材 2.2-13）— 由分布函数求期望

随机变量 $X$ 的分布函数为

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^x/2,& x<0\\ 1/2,& 0\le x<1\\ 1-\frac{1}{2}{e}^{-(x-1)/2},& x\ge 1\end{array}$$

求 $E(X)$。

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分析分布类型：$X$ 是一个混合型随机变量。

求密度函数（在可导处）：

• 在 $(-\infty ,0)$ 上：$p(x)=F^{\prime }(x)=\frac{e^x}{2}$
• 在 $(0,1)$ 上：$p(x)=F^{\prime }(x)=0$（常数段，无密度）
• 在 $(1,+\infty )$ 上：$p(x)=F^{\prime }(x)=\frac{1}{4}{e}^{-(x-1)/2}$

检查跳跃点：

• $x=0$ 处：$F(0)-F(0^{-})=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=0$（无跳跃，连续）
• $x=1$ 处：$F(1)-F(1^{-})=\left(1-\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{2}=0$（无跳跃，连续）

计算期望：

$$E(X)={\int }_{-\infty }^{0}x\cdot \frac{e^x}{2}dx+{\int }_1^{+\infty }x\cdot \frac{1}{4}{e}^{-(x-1)/2}dx$$

第一部分（分部积分，令 $u=x$，$dv=\frac{e^x}{2}dx$）：

$${\int }_{-\infty }^{0}x\cdot \frac{e^x}{2}dx={\left[\frac{x{e}^x}{2}\right]}_{-\infty }^0-{\int }_{-\infty }^0\frac{e^x}{2}dx=0-{\left[\frac{e^x}{2}\right]}_{-\infty }^0=0-\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}$$

第二部分（令 $t=x-1$）：

$${\int }_0^{+\infty }(t+1)\cdot \frac{1}{4}{e}^{-t/2}dt=\frac{1}{4}\left[{\int }_0^{+\infty }t{e}^{-t/2}dt+{\int }_0^{+\infty }{e}^{-t/2}dt\right]$$

其中 ${\int }_0^{+\infty }t{e}^{-t/2}dt$ 用分部积分：

$$={\left[-2t{e}^{-t/2}\right]}_0^{+\infty }+2{\int }_0^{+\infty }{e}^{-t/2}dt=0+2\times 2=4$$

而 ${\int }_0^{+\infty }{e}^{-t/2}dt=2$。

所以第二部分 $=\frac{1}{4}(4+2)=\frac{3}{2}$。

最终结果：

$$E(X)=-\frac{1}{2}+\frac{3}{2}=1$$

习题5

习题5（教材 2.2-15）— 工程工期与利润

(1) 工程工期 $X$ 的分布：$P(X=10)=0.4$，$P(X=11)=0.3$，$P(X=12)=0.2$，$P(X=13)=0.1$。求平均工期。 (2) 利润 $Y=50(13-X)$ 万元，求平均利润。 (3) 新方案 $X_1$：$P(X_1=10)=0.5$，$P(X_1=11)=0.4$，$P(X_1=12)=0.1$。求新方案平均利润及利润增加额。

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(1) 平均工期：

$$E(X)=10\times 0.4+11\times 0.3+12\times 0.2+13\times 0.1=4+3.3+2.4+1.3=11\text{（天）}$$

(2) 平均利润： 方法一（利用线性性）：$E(Y)=E(50(13-X))=50(13-E(X))=50(13-11)=100$（万元）

方法二（直接展开验证）：$Y$ 的取值为 $150,100,50,0$，对应概率 $0.4,0.3,0.2,0.1$。

$$E(Y)=150\times 0.4+100\times 0.3+50\times 0.2+0\times 0.1=60+30+10+0=100✓$$

(3) 新方案：

$$E(X_1)=10\times 0.5+11\times 0.4+12\times 0.1=5+4.4+1.2=10.6\text{（天）}$$ $$E(Y_1)=50(13-10.6)=50\times 2.4=120\text{（万元）}$$

利润增加额 $=120-100=20$（万元）

习题6

习题6（教材 2.2-18）— 期望恒等式证明

设 $X$ 为仅取非负整数的离散随机变量，若其数学期望存在，证明：

$$E(X)=\sum _{k=1}^{\infty }P(X\ge k)$$

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证明：

利用恒等式 $k=\sum _{i=1}^{k}1$，将期望展开：

$$E(X)=\sum _{k=1}^{\infty }kP(X=k)=\sum _{k=1}^{\infty }\sum _{i=1}^{k}P(X=k)$$

画出求和区域：$(i,k)$ 满足 $1\le i\le k<+\infty$。交换求和次序（由 $E(X)$ 存在即绝对收敛保证交换合法性）：

= \sum_{i=1}^{\infty} \sum_{k=i}^{\infty} P(X = k) = \sum_{i=1}^{\infty} P(X \geq i) = \sum_{k=1}^{\infty} P(X \geq k) \quad $\square$

直观理解：$P(X\ge k)$ 是 $X$ 至少为 $k$ 的概率。对 $k$ 从1到 $\infty$ 求和，恰好”数”出了 $X$ 的所有可能取值的总”贡献”。这个恒等式在计算非负整数随机变量的期望时非常有用，尤其当 $P(X\ge k)$ 比 $k\cdot P(X=k)$ 更容易计算时。

考研真题

习题7

习题7（2015 武汉大学 432）— 期望与相关性

设 $X$ 与 $Y$ 为两个随机变量，则下列命题中正确的是（　） A. 若 $E(XY)=E(X)E(Y)$，则 $X$ 与 $Y$ 独立 B. 若 $X$ 与 $Y$ 独立，则 $E(XY)=E(X)E(Y)$ C. 若 $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$，则 $X$ 与 $Y$ 独立 D. 若 $X$ 与 $Y$ 不相关，则 $(X-E(X))(Y-E(Y))=0$

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选B。

• A项：$E(XY)=E(X)E(Y)$ 只能推出不相关，不能推出独立。反例：$X\sim U(-1,1)$，$Y=X^2$，则 $E(XY)=E(X^3)=0=E(X)E(Y)=0$，但 $Y$ 完全由 $X$ 决定，不独立。
• B项：独立性 ⇒ 不相关 ⇒ $E(XY)=E(X)E(Y)$，这是基本定理。✓
• C项：$E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ 恒成立（期望的线性性），与独立性无关。
• D项：不相关意味着 $E[(X-E(X))(Y-E(Y))]=0$（协方差为零），但随机变量本身不必恒为零。

习题8

习题8（2019 上海财经大学 432）— 平均绝对离差与中位数

设连续随机变量 $X$ 的密度函数为 $p(x)$，$m$ 为 $X$ 的中位数。证明：$E|X-m|={\min }_{c\in \mathbb{R}}E|X-c|$。

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证明：令 $f(c)=E|X-c|$，需要证明 $f(c)$ 在 $c=m$ 处取最小值。

$$f(c)={\int }_{-\infty }^{+\infty }|x-c|p(x)dx={\int }_{-\infty }^c(c-x)p(x)dx+{\int }_c^{+\infty }(x-c)p(x)dx$$

对 $c$ 求导：

$$f^{\prime }(c)={\int }_{-\infty }^{c}p(x)dx-{\int }_c^{+\infty }p(x)dx=F(c)-(1-F(c))=2F(c)-1$$

令 $f^{\prime }(c)=0$，得 $F(c)=1/2$，即 $c=m$（中位数定义）。

又 $f^{\prime \prime }(c)=2p(c)\ge 0$，故 $c=m$ 是最小值点。$\square$

意义：中位数是使”平均绝对离差”最小的点，正如期望是使”均方误差”最小的点。

习题9

习题9（2020 东华大学 432）— 相关系数与期望方差

设随机变量 $X$ 与 $Y$ 的相关系数 ${\rho }_{XY}=-0.5$，$E(X)=1$，$E(Y)=2$，$\text{Var}(X)=4$，$\text{Var}(Y)=9$。求 $E(XY)$ 和 $\text{Var}(X-Y)$。

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由相关系数定义 ${\rho }_{XY}=\frac{\text{Cov}(X,Y)}{\sqrt{\text{Var}(X)\cdot \text{Var}(Y)}}$：

$$\text{Cov}(X,Y)={\rho }_{XY}\sqrt{\text{Var}(X)\cdot \text{Var}(Y)}=(-0.5)\sqrt{4\times 9}=-3$$

(1) $E(XY)=\text{Cov}(X,Y)+E(X)E(Y)=-3+1\times 2=-1$

(2) $\text{Var}(X-Y)=\text{Var}(X)+\text{Var}(Y)-2\text{Cov}(X,Y)=4+9-2\times (-3)=19$

习题10

习题10（2015 中国科学技术大学 432）— 指数分布次序统计量的期望

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 为来自 $\text{Exp}(\lambda )$ 的简单随机样本，$X_{(1)}=\min (X_1,\dots ,X_n)$。求 $E(X_{(1)})$。

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方法一（分布函数法）：

$X_{(1)}$ 的分布函数：

$$P(X_{(1)}>x)=P(X_1>x,\dots ,X_n>x)=[P(X_1>x){]}^n=e^{-n\lambda x}$$

故 $X_{(1)}\sim \text{Exp}(n\lambda )$，$E(X_{(1)})=\frac{1}{n\lambda }$。

方法二（指示变量法）：

注意 $X_{(1)}=\min (X_1,\dots ,X_n)$，利用最小值的期望公式：

$$E(X_{(1)})={\int }_0^{+\infty }P(X_{(1)}>x)dx={\int }_0^{+\infty }{e}^{-n\lambda x}dx=\frac{1}{n\lambda }$$

结论：$n$ 个独立指数分布的最小值仍服从指数分布，参数扩大 $n$ 倍，期望缩小为 $1/(n\lambda )$。

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十、教材原文

以下为教材扫描版原文，可点击翻阅。

第二章 随机变量及其分布/数学期望