[返回路线](./09_two_week_plan_zh.md)。周日两小时，本地对应考点 36、39。
随机变量（random variable）是从试验结果到实数的映射。分布列列出不同取值与对应概率；多个路径可产生同一取值，必须合并。概率非负且和为 1。
期望（expected value）定义为 $E(X)=\sum x_ip_i$；它是加权中心，不保证单次取得。直接平均偏差等于零，所以用平方偏差定义方差（variance）：$D(X)=\sum(x_i-E(X))^2p_i$。展开得 $D(X)=E(X^2)-[E(X)]^2$。
由求和展开证明 $E(aX+b)=aE(X)+b$；由偏差平方证明 $D(aX+b)=a^2D(X)$。完整解释见随机变量讲义。
固定 n 次相互独立的二分类试验，每次成功率 p 不变，成功次数 X 为二项分布（binomial distribution）。指定 k 个成功位置概率 $p^k(1-p)^{n-k}$，成功位置集合共 $\binom nk$ 个，互斥相加得到分布公式。用成功指示变量解释 $E(X)=np,D(X)=np(1-p)$；期望相加不要求独立，方差直接相加这里用了独立。
前 10 分钟让学生讲第二课作业 4。40 分钟新知先算一次抛币得分的分布、期望方差，再用三次独立抛币进入二项模型；休息后用奖金题和命中次数题应用。最后 20 分钟学生重写一份漏取值的解答。退出题：独立但成功率分别为 1/5、4/5，两次成功总数能否用 B(2,1/2)？不能，恰两次成功概率 4/25 不等于 1/4。
X 等可能取 0、2。求期望方差，评价“期望是 1，所以一次试验通常得到 1”。
检查可能取值中有没有 1。
$E(X)=1$，$D(X)=(0-1)^2/2+(2-1)^2/2=1$。一次只可能得 0 或 2，得 1 的概率为零。期望是加权中心；独立同分布重复的平均值可围绕这个中心稳定，不能变成单次承诺。
X 的取值 0、1、2，对应概率 1/4、1/2、1/4。奖金 Y=10+20X 元，求完整分布列、期望方差。
把三个取值分别映射到奖金，不改变各自概率。
Y 取 10、30、50 元，对应 1/4、1/2、1/4。$E(X)=1$，$E(X^2)=3/2$，$D(X)=1/2$。故 $E(Y)=30$ 元，$D(Y)=20^2/2=200$ 平方元。概率和为 1；也可围绕 30 元直接算平方偏差验证。
独立投篮 4 次，每次命中率 3/4。X 为命中数，求恰中 3 次、至少中一次的概率及期望方差。解释组合系数。
恰中三次需选出唯一失误的位置；至少一次可取对立。
固定次数、独立、二分类、概率恒定，故 $X\sim B(4,3/4)$。恰三次概率 $\binom43(3/4)^3(1/4)=27/64$；四个位置选择对应四条互斥类型路径。至少一次概率 $1-(1/4)^4=255/256$。期望 3，方差 $4(3/4)(1/4)=3/4$。
等比数列首项 1、公比 q，且 0<q<1。推导前 m 项和，并计算 q=1/2、m=4 的值；解释为何 q=1 不能直接代入该分式。
把和乘以 q，错位相减。
设 $S=1+q+\cdots+q^{m-1}$，则 $qS=q+\cdots+q^m$，相减得 $(1-q)S=1-q^m$。因 q 不为 1，可除得 $S=(1-q^m)/(1-q)$。指定值为 15/8。q=1 时每项为 1，和为 m；不能除以零。这个结构将用于停止试验期望的尾和。
讲题指定作业 3：四个模型条件分别来自题干哪里？