概率论-第五章
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概率第五章_大数定律与中心极限定理090505
加法法则
P ( − Eξ ε ) = ξ ≥
P(ξ ≥ Eξ + ε ) + P (ξ ≤ Eξ − ε )
k
=
≤
k : xk ≥ E +
∑ξ ε p
k
+
k : xk ≤ E −
∑ξ ε p
pk +
k :xk ≥ E +
∑ξ ε
( x − Eξ ) 2
ε
2
k :xk ≤ E −
∑ξ ε
( x − Eξ ) 2
， 方差 Dξ n ( n = 1, 2,L)，且 Dξi < l (i = 1, 2,L) 其中 l 与 i 无关的
1 Eξ = (1 + 2 + 3 + L + 6) 6
35 7 故 Eξ = Dξ = 12 2
4 2 = P (ξ = 5) + P(ξ = 6) + P (ξ = 1) + P (ξ = 2) = = 6 3 7 1 P( − 2 ) = P(ξ ≥ 5.5) + P(ξ ≤ 1.5) = P (ξ = 6) + P (ξ = 1) = ξ ≥
即
lim P ( − p < ε ) = 1 n →∞ n
ξ
此定理表明：当试验在不变的条件下重复进行很多次时， 随机事件的频率 频率在它的概率 概率附近摆动。 频率 概率 由贝努里大数定律可知，若事件A的概率很小很小时，则 它的频率也很小很小，即事件A很少发生或几乎不发生， 这种事件叫小概率事件。反之，若随机事件的概率很接近1， 则可认为在个别试验中这事件几乎一定发生。 同分布的两个或多个随机变量: 同分布的两个或多个随机变量 离散型: 它们的概率分布律相同. 离散型 它们的概率分布律相同 连续型: 它们的概率密度函数相同. 连续型 它们的概率密度函数相同 所以它们的期望与方差一定相同. 所以它们的期望与方差一定相同
P ( − Eξ ε ) = ξ ≥
P(ξ ≥ Eξ + ε ) + P (ξ ≤ Eξ − ε )
k
=
≤
k : xk ≥ E +
∑ξ ε p
k
+
k : xk ≤ E −
∑ξ ε p
pk +
k :xk ≥ E +
∑ξ ε
( x − Eξ ) 2
ε
2
k :xk ≤ E −
∑ξ ε
( x − Eξ ) 2
， 方差 Dξ n ( n = 1, 2,L)，且 Dξi < l (i = 1, 2,L) 其中 l 与 i 无关的
1 Eξ = (1 + 2 + 3 + L + 6) 6
35 7 故 Eξ = Dξ = 12 2
4 2 = P (ξ = 5) + P(ξ = 6) + P (ξ = 1) + P (ξ = 2) = = 6 3 7 1 P( − 2 ) = P(ξ ≥ 5.5) + P(ξ ≤ 1.5) = P (ξ = 6) + P (ξ = 1) = ξ ≥
即
lim P ( − p < ε ) = 1 n →∞ n
ξ
此定理表明：当试验在不变的条件下重复进行很多次时， 随机事件的频率 频率在它的概率 概率附近摆动。 频率 概率 由贝努里大数定律可知，若事件A的概率很小很小时，则 它的频率也很小很小，即事件A很少发生或几乎不发生， 这种事件叫小概率事件。反之，若随机事件的概率很接近1， 则可认为在个别试验中这事件几乎一定发生。 同分布的两个或多个随机变量: 同分布的两个或多个随机变量 离散型: 它们的概率分布律相同. 离散型 它们的概率分布律相同 连续型: 它们的概率密度函数相同. 连续型 它们的概率密度函数相同 所以它们的期望与方差一定相同. 所以它们的期望与方差一定相同
概率论第五章
1 2 n
因此可用算术平均值作为μ的估计 辛钦大数定律是Bernoulli大数定律推广
§5.2
在概率论中，习惯于把和的分布 收敛于正态分布这一类定理都叫做中心 极限定理.
下面给出的独立同分布随机变量序列 的中心极限定理，也称列维一林德伯格 （Levy－Lindberg）定理.
定理3（独立同分布下的中心极限定理） 设X1,X2, …是独立同分布的随机 变量序列，且E(Xi)= ，D(Xi)= 2 ， i=1,2,…，则
设nA是n次独立重复试验中事件 A发生的 次数，p是事件A在每次试验 中发生的概率，则对任给的ε> 0,有
贝努利
nA lim P{| p | } 1 n n
贝努利大数定律表明：当重复试验次数 n充分大时，事件A发生的频率nA/n几乎等于 事件A的概率p。因此可用事件发生的频率 作为相应概率的估计。
ε> 0，
或
Sn lim P{| p | } 1 n n Sn lim P{| p | } 0 n n
作为切比雪夫大数定律的特殊情况， 有下面的定理. 定理一（独立同分布下的大数定律）
设X1,X2, …是独立同分布的随机变量
序列，且E(Xi)= ，D(Xi)= 2 ， i=1,2,…, 则对任给 >0,
由题给条件知，诸Xi独立，
E(Xi)=100, D(Xi)=10000 16只元件的寿命的总和为 Y X k
k 1 16
依题意，所求为P(Y>1920)
解: 设第i只元件的寿命为Xi , i=1,2, …,16 由题给条件知,诸Xi独立, E(Xi)=100,D(Xi)=10000
16只元件的寿命的总和为 Y X k
因此可用算术平均值作为μ的估计 辛钦大数定律是Bernoulli大数定律推广
§5.2
在概率论中，习惯于把和的分布 收敛于正态分布这一类定理都叫做中心 极限定理.
下面给出的独立同分布随机变量序列 的中心极限定理，也称列维一林德伯格 （Levy－Lindberg）定理.
定理3（独立同分布下的中心极限定理） 设X1,X2, …是独立同分布的随机 变量序列，且E(Xi)= ，D(Xi)= 2 ， i=1,2,…，则
设nA是n次独立重复试验中事件 A发生的 次数，p是事件A在每次试验 中发生的概率，则对任给的ε> 0,有
贝努利
nA lim P{| p | } 1 n n
贝努利大数定律表明：当重复试验次数 n充分大时，事件A发生的频率nA/n几乎等于 事件A的概率p。因此可用事件发生的频率 作为相应概率的估计。
ε> 0，
或
Sn lim P{| p | } 1 n n Sn lim P{| p | } 0 n n
作为切比雪夫大数定律的特殊情况， 有下面的定理. 定理一（独立同分布下的大数定律）
设X1,X2, …是独立同分布的随机变量
序列，且E(Xi)= ，D(Xi)= 2 ， i=1,2,…, 则对任给 >0,
由题给条件知，诸Xi独立，
E(Xi)=100, D(Xi)=10000 16只元件的寿命的总和为 Y X k
k 1 16
依题意，所求为P(Y>1920)
解: 设第i只元件的寿命为Xi , i=1,2, …,16 由题给条件知,诸Xi独立, E(Xi)=100,D(Xi)=10000
16只元件的寿命的总和为 Y X k
概率论与数理统计----第五章大数定律及中心极限定理
故
= 1 − Φ(3.54)
=0.0002
一箱味精净重大于20500的概率为 的概率为0.0002. 一箱味精净重大于 的概率为
推论:
特别，若X～Ｂ（n，p）,则当n充分大时， 特别， ～Ｂ（n 则当n充分大时，
Ｘ～Ｎ（np，npq） Ｘ～Ｎ（np，npq） np
若随机变量Ｘ～Ｂ（ Ｘ～Ｂ（n， ），则对任意实数x有 ），则对任意实数 即 若随机变量Ｘ～Ｂ（ ，p），则对任意实数 有
不等式证明 P{-1<X<2n+1}≥(2n+1)/(n+1)(n+1)
3. 设P{|X-E(X)|<ε}不小于 不小于0.9,D(X)=0.009.则用 不小于 则用
切比绍夫不等式估计ε的 最小值是( 切比绍夫不等式估计 的 最小值是
0.3 ).
4.(894) 设随机变量 的数学期望为 设随机变量X的数学期望为 的数学期望为µ, 标准差为σ,则由切比绍夫不等式 标准差为 则由切比绍夫不等式 P{|X-µ|≥3σ}≤( ). 1/9 5. 设随机变量X的分布律为 设随机变量 的分布律为 P{X=0.3}=0.2, P{X=0.6}=0.8, 用切比绍夫不等式估计 |X-E(X)|<0.2的概率 的概率. 的概率
1 n lim P ∑ Xi − µ < ε = 1 n→∞ n i =1
定理（贝努里利大数定律） 设每次实验中事件A发生的概率 定理（贝努里利大数定律） 设每次实验中事件A 为p，n次重复独立实验中事件A发生的次数为nA，则对任 次重复独立实验中事件A发生的次数为n 意的ε>0 意的ε>0 ，事件的频率 nA ，有 ε>
∫
+∞
−∞
= 1 − Φ(3.54)
=0.0002
一箱味精净重大于20500的概率为 的概率为0.0002. 一箱味精净重大于 的概率为
推论:
特别，若X～Ｂ（n，p）,则当n充分大时， 特别， ～Ｂ（n 则当n充分大时，
Ｘ～Ｎ（np，npq） Ｘ～Ｎ（np，npq） np
若随机变量Ｘ～Ｂ（ Ｘ～Ｂ（n， ），则对任意实数x有 ），则对任意实数 即 若随机变量Ｘ～Ｂ（ ，p），则对任意实数 有
不等式证明 P{-1<X<2n+1}≥(2n+1)/(n+1)(n+1)
3. 设P{|X-E(X)|<ε}不小于 不小于0.9,D(X)=0.009.则用 不小于 则用
切比绍夫不等式估计ε的 最小值是( 切比绍夫不等式估计 的 最小值是
0.3 ).
4.(894) 设随机变量 的数学期望为 设随机变量X的数学期望为 的数学期望为µ, 标准差为σ,则由切比绍夫不等式 标准差为 则由切比绍夫不等式 P{|X-µ|≥3σ}≤( ). 1/9 5. 设随机变量X的分布律为 设随机变量 的分布律为 P{X=0.3}=0.2, P{X=0.6}=0.8, 用切比绍夫不等式估计 |X-E(X)|<0.2的概率 的概率. 的概率
1 n lim P ∑ Xi − µ < ε = 1 n→∞ n i =1
定理（贝努里利大数定律） 设每次实验中事件A发生的概率 定理（贝努里利大数定律） 设每次实验中事件A 为p，n次重复独立实验中事件A发生的次数为nA，则对任 次重复独立实验中事件A发生的次数为n 意的ε>0 意的ε>0 ，事件的频率 nA ，有 ε>
∫
+∞
−∞
概率论第五章
i =1
n
i =1
常用的统计量
样本均值、样本方差和样本矩。 样本均值、样本方差和样本矩。
⋯ 定义 5.2 设 X 1，X 2， ，X n 是来自总体 X 长度为 n
的一个样本，则称 的一个样本， 1 n Sample mean X = ∑ Xi （5-3） n i =1 1 n 2 S = ( X i − X )2 （5-4） ∑ n − 1 i =1 Sample variance n 1 k m k = ∑ X i ( k = 1， ⋯) 2， （ 5-5） n i =1 1 n ′ m k = ∑ ( X i − X ) k ( k = 1， ⋯) 2， （ 5-6） n i =1 分别为样本均值、 样本方差、 分别为样本均值、 样本方差、样本 k 阶原点矩和样本 k 阶中心矩。 阶中心矩。 Central moments Origin moments
1 n ES 2 = E[ ( X i − X )2 ] ∑ n − 1 i =1 1 n 2 2 = E[ ∑ ( X i − 2 X X i + X )] n − 1 i =1 n 1 2 2 = E(∑ X i − n X ) n − 1 i =1 1 n [ ∑ ( DX i + ( EX i ) 2 ) − n ( D X + ( E X ) 2 )] = n − 1 i =1 2 n 1 σ 2 2 = [ ∑ (σ + µ ) − n ( + µ 2 )] = σ 2 n − 1 i =1 n
频率直方图 frequency histogram
是连续型随机变量时， 当总体 X 是连续型随机变量时 ， 可用直方图来 处理数据（ 样本值）。 ）。设 处理数据（ 样本值 ）。设 x1 , x 2 ,⋯ , x n 是总体 X 的一 组样本值。 处理步骤如下： 组样本值 。 处理步骤如下 ：
n
i =1
常用的统计量
样本均值、样本方差和样本矩。 样本均值、样本方差和样本矩。
⋯ 定义 5.2 设 X 1，X 2， ，X n 是来自总体 X 长度为 n
的一个样本，则称 的一个样本， 1 n Sample mean X = ∑ Xi （5-3） n i =1 1 n 2 S = ( X i − X )2 （5-4） ∑ n − 1 i =1 Sample variance n 1 k m k = ∑ X i ( k = 1， ⋯) 2， （ 5-5） n i =1 1 n ′ m k = ∑ ( X i − X ) k ( k = 1， ⋯) 2， （ 5-6） n i =1 分别为样本均值、 样本方差、 分别为样本均值、 样本方差、样本 k 阶原点矩和样本 k 阶中心矩。 阶中心矩。 Central moments Origin moments
1 n ES 2 = E[ ( X i − X )2 ] ∑ n − 1 i =1 1 n 2 2 = E[ ∑ ( X i − 2 X X i + X )] n − 1 i =1 n 1 2 2 = E(∑ X i − n X ) n − 1 i =1 1 n [ ∑ ( DX i + ( EX i ) 2 ) − n ( D X + ( E X ) 2 )] = n − 1 i =1 2 n 1 σ 2 2 = [ ∑ (σ + µ ) − n ( + µ 2 )] = σ 2 n − 1 i =1 n
频率直方图 frequency histogram
是连续型随机变量时， 当总体 X 是连续型随机变量时 ， 可用直方图来 处理数据（ 样本值）。 ）。设 处理数据（ 样本值 ）。设 x1 , x 2 ,⋯ , x n 是总体 X 的一 组样本值。 处理步骤如下： 组样本值 。 处理步骤如下 ：
概率论第五章
X − 14 14 − 14 ( 2 ). P { X > 1 4} = P{ > } 0.2 0.2 X − 14 = 1 − P{ ≤ 0} ≈ 1 − Φ (0) = 1 − 0.5 = 0.5 0.2
第五章 大数定律及中心极限定理
例6 一加法器同时收到20个噪声电压 Vk (k = 1,2,⋯,20) ， 设它们是互相独立的随机变量，且都在区间(0,10)上 服从均匀分布，记 20
2
2
P{| X − µ |< ε } ≥ 1 − σ / ε
2
2
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第五章 大数定律及中心极限定理
§1 大数定律
这个不等式给出了随机变量 X 的分布未知情 况下，事件{| X − µ |< ε } 的概率的一种估计方法。
例 如 ： 在上 面 不等 式 中， 取 ε = 3σ , 4σ ， 有 ：
第五章 大数定律及中心极限定理
例4 某单位有200台电话分机，每台分机有5%的时间要 使用外线通话。假定每台分机是否使用外线是相互独 立的，问该单位总机要安装多少条外线，才能以90%以 上的概率保证分机用外线时不等待？ 解：设有X部分机同时使用外线，则有 X ~ B ( n, p ),
X − np N − np P ≤ P{ X ≤ N } = np (1 − p ) np (1 − p ) N − np ≈ = Φ 0 N − 10 . Φ0 np (1 − p ) 3.08 N - 10 查表得Φ (1.28) = 0.90.故 N 应满足条件 ≥ 1.28, 3.08 即 N ≥ 13.94. 取 N = 14, 即至少要安装 14 条外线。
§1 大数定律
定理（切比雪夫定理的特殊情况） 设随机变量 X 1 ,⋯, X n ,⋯ 相互独立， 且具有相同的数学期
第五章 大数定律及中心极限定理
例6 一加法器同时收到20个噪声电压 Vk (k = 1,2,⋯,20) ， 设它们是互相独立的随机变量，且都在区间(0,10)上 服从均匀分布，记 20
2
2
P{| X − µ |< ε } ≥ 1 − σ / ε
2
2
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第五章 大数定律及中心极限定理
§1 大数定律
这个不等式给出了随机变量 X 的分布未知情 况下，事件{| X − µ |< ε } 的概率的一种估计方法。
例 如 ： 在上 面 不等 式 中， 取 ε = 3σ , 4σ ， 有 ：
第五章 大数定律及中心极限定理
例4 某单位有200台电话分机，每台分机有5%的时间要 使用外线通话。假定每台分机是否使用外线是相互独 立的，问该单位总机要安装多少条外线，才能以90%以 上的概率保证分机用外线时不等待？ 解：设有X部分机同时使用外线，则有 X ~ B ( n, p ),
X − np N − np P ≤ P{ X ≤ N } = np (1 − p ) np (1 − p ) N − np ≈ = Φ 0 N − 10 . Φ0 np (1 − p ) 3.08 N - 10 查表得Φ (1.28) = 0.90.故 N 应满足条件 ≥ 1.28, 3.08 即 N ≥ 13.94. 取 N = 14, 即至少要安装 14 条外线。
§1 大数定律
定理（切比雪夫定理的特殊情况） 设随机变量 X 1 ,⋯, X n ,⋯ 相互独立， 且具有相同的数学期
概率论课件(第5章)
解：设 X 表示总错误个数，X i 表示第 i 页上的错误数 , 则
400
X Xi i 1
而 EXi 0.2 , DXi 0.2 由中心极限定理一可知
400
X X i ～ N (n , n 2 ) N (80,80) 故所求为： i 1
P(0
X
88)
88
80 80
0 80 80
4. 甲、乙两队进行某项比赛，规定一方先胜三场则结束，设每场双方 获胜的概率均为0.5，以 X 表示比赛的场数，试求 EX .
解： X 可取： 3 , 4 , 5 .
“ X = 3 ” 表示 “ 甲连胜3局” 或“乙连胜3局 ”则，
P( X
3)
1 3 2
1 3 2
1 4
“ X = 4 ” 表示 “ 甲（或乙）胜第4局且前3局胜2局 ” 则
解： 由已知，EX = 2/3，EY = 2/3， DX = 2/9，DY = 2/9， [2014，三]
又 XY cov( X ,Y ) EXY EXEY 0.5 EXY = 5/9 ，
DX DY
DX DY
而 EXY 11 P(X 1,Y 1) P(X 1,Y 1) 5/ 9 则
三、中心极限定理 （定理一、定理二）
1. 设 D( X ) , D( Y ) 存在且不等于0，则 D ( X + Y ) = D ( X ) + D ( Y )
是 X 与 Y _________.
(A) 不相关的充分但不必要条件； (B) 独立的充分但不必要条件；
(C) 不相关的充分必要条件；
(D) 独立的充分必要条件.
n
n
分析：从公式直接得到：当
n
概率论第五章
28 March 2011
湖南大学
第五章 大数定律与中心极限定理
第10页 10页
切比雪夫大数定律
设随机变量序列X1, X2 ,K, Xn ,K相互独立，且 E( Xi ), D( Xi )存在，若存在常数C, 使得D( Xi ) ≤ C,
1 n 1 n lim P{| ∑Xi − ∑E( Xi ) |< ε} =1 n→∞ n i=1 n i=1
湖南大学
则称{Xn} 服从大数定律.
28 March 2011
湖南大学
第五章 大数定律与中心极限定理
第9页
定义:
设a为一常数 X1, X2 ,K, Xn， 为一随机变量序列， 若 , K 对任意的ε > 0, 有 lim P{| Xn − a |< ε} =1,
n→∞
则 X1, X2 ,K, Xn ,K 概 收 于 称 依 率 敛 a
10 0.8
9 0.1
8 0.05
7 0.02
6 0.03
= Φ( − 3.53) −Φ(-6.85)= 1-0.9998=0.0002
28 March 2011
湖南大学
第五章 大数定律与中心极限定理
第17页 17页
二项分布的正态近似
棣莫弗—拉普拉斯中心极限定理 设µn 为服从二项分布 b(n, p) 的随机变量，则当 n 充分大时，有
∑X limP n→∞ σ
n i =1
i
− nµ n
≤ y = Φ( y)
湖南大学
28 March 2011
第五章 大数定律与中心极限定理
第15页 15页
例3 每袋味精的净重为随机变量，平均重量为 100 克，标准差为10克. 一箱内装200袋味精，求一箱味 精的净重大于20500克的概率? 解: 设箱中第 i 袋味精的净重为 Xi, 则Xi 独立同分布， 且 E(Xi)=100， D(Xi) =100， 由中心极限定理得，所求概率为：
概率论m5
lim P{| Yn a | } 1 是 指 ：
n
n
当 n很 大 时 ， 不 等 式 Yn a 成立的概率很大 .
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第五章 大数定律及中心极限定理
§1 大数定律
说明2： X n P a , Yn P b , g ( x , y ) 在 点(a , b )连 续 若
§1 大数定律
定理 3（辛钦大数定律） 设 X 1 ,, X n , 相互独立同分布，且具有数学期 望 EX k ，k 1,2, , n, ，
则：对任意的 0 ，有
n
lim P {|
1
X i | } 1 n i 1
n
注：贝努里大数定律是辛钦大数定律的特殊情况。
§2 中心极限定理
V - 100 V - 100 P 0.387 1 P 0.387 (10 / 12) 20 (10 / 12) 20
1 ( 0 .387 ) 0 .348
例2 一生产线生产的产品成箱包装，每箱的重量是 随机的。假设每箱平均重50千克，标准差为5千克。 若用最大载重量为5吨的汽车承用，试利用中心极限 定理说明每辆车最多可以装多少箱，才能保证不超载 的概率大于0。977。
§2 中心极限定理
2
设X 1 ,, X n ,相 互 独 立 ， 且 k k，DXk k 0, EX
1 使得当 时， 2 n Bn
E{| X k k |2 } 0
k 1
n
则 { X n } 服从中心极限定理，即：
n
lim P {
1 ( X k k ) k DX k
n
n
n
当 n很 大 时 ， 不 等 式 Yn a 成立的概率很大 .
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第五章 大数定律及中心极限定理
§1 大数定律
说明2： X n P a , Yn P b , g ( x , y ) 在 点(a , b )连 续 若
§1 大数定律
定理 3（辛钦大数定律） 设 X 1 ,, X n , 相互独立同分布，且具有数学期 望 EX k ，k 1,2, , n, ，
则：对任意的 0 ，有
n
lim P {|
1
X i | } 1 n i 1
n
注：贝努里大数定律是辛钦大数定律的特殊情况。
§2 中心极限定理
V - 100 V - 100 P 0.387 1 P 0.387 (10 / 12) 20 (10 / 12) 20
1 ( 0 .387 ) 0 .348
例2 一生产线生产的产品成箱包装，每箱的重量是 随机的。假设每箱平均重50千克，标准差为5千克。 若用最大载重量为5吨的汽车承用，试利用中心极限 定理说明每辆车最多可以装多少箱，才能保证不超载 的概率大于0。977。
§2 中心极限定理
2
设X 1 ,, X n ,相 互 独 立 ， 且 k k，DXk k 0, EX
1 使得当 时， 2 n Bn
E{| X k k |2 } 0
k 1
n
则 { X n } 服从中心极限定理，即：
n
lim P {
1 ( X k k ) k DX k
n
第五章概率论PPT课件
S
X n
i1 i
弄清S的具体分布对保险公司进行保费定价直观重要。
10
f
g
h
例:20个0-1分布的和的分布
x
01 2 3 几个(0,1)上均匀分布的和的分布
X1 ~f(x) X1 +X2~g(x)
X1 +X2+X3~ h(x)
由此可见,当n很大时,就可以认为
从正态分布 N(n,n2).
n i1
因而由切比雪夫不等式
P{X | E(X)|}D (X 2)
可得，
P
nA n
p
p (1 p ) Pn A n p nn2 0 (n )
5
定理2（切比雪夫大数定律）设X1 , X2 ,…, Xn 是一列相互独立的随机变量序列，若存在常数C，
使得 D (X i) C ,i 1 ,2 , ,则有
1 n
ni1
Xi
P 1 n ni1
E(Xi)，
即对任意的 0,
1n
1n
lni m P ni1Xi ni1E(Xi)
0
6
定理2 (切比雪夫大数定律的特殊情况)
设 X1, ,Xn,相互独立且具有相同的数学期望
和方差: E(Xi),D (Xi)2(i1,2, ),则有
1
n
n i1
Xi
P
独立&DE((XXkk))2
独立同分布 E(Xk)
大数定律以严格的数学形式表达了随机现
象最根本的性质之一：Leabharlann 平均结果的稳定性9
第二节 中心极限定理
中心极限定理的客观背景
保险公司为某险种推出保险业务，现有n个 顾客投保，第i份保单遭受风险后损失索赔额 记为Xi。对该公司而言，随机理赔额应是所 有保单索赔额之和，记为S。
大学概率论——第五章 习题解 ppt课件
大学概率论——第五章 习题解
8、有一批建筑房屋用的木柱，其中80%的长度
不小于3m，现在从这批木柱中随机地取出100根， 问其中至少有30根短于3m的概率是多少？ 解：利用拉普拉斯中心极限定理
从一批木柱中随机地取出100根，不放回抽样 近似的看作放回抽样。对100根母猪长度测量
看成进行100次贝努里试验，设随机变量
X={6000粒种子中的良种数}
大学概率论——第五章 习题解
精品资料
• 你怎么称呼老师？
• 如果老师最后没有总结一节课的重点的难点，你 是否会认为老师的教学方法需要改进？
• 你所经历的课堂，是讲座式还是讨论式？ • 教师的教鞭
• “不怕太阳晒，也不怕那风雨狂，只怕先生骂我 笨，没有学问无颜见爹娘 ……”
10.9214 0.0786
大学概率论——第五章 习题解
7、计算机在进行加法时，将每个加数舍入最靠近
它的整数，设所有舍入误差是独立的，且在(-0.5,0.5) 上服从均匀分布，1）若将1500个数相加，问误差总
和的绝对值超过15的概率是多少？2）最多可有多少 个数相加使得误差总和的绝对值小于10的概率不小于
大学概率论——第五章 习题解
P159 3、某计算机系统有120个终端，每个终端 有5％的时间在使用，若各个终端使用与否是相互 独立的，试求有10个或更多终端在使用的概率。
解：设 X i 1 2 0 个 终 端 中 第 i 个 终 端 在 使 用
则 Xi ~B120,0.05 EX1200.05 0 .6 D X 1 2 00 .0 50 .9 5 5 .7
n 12
Pn 10 P( n 10 )
n/12 n/12
P( 10 n 10 )
概率第五章
§2 中心极限定理
背景：
有许多随机变量，它们是由大量的相互独立 的随机变量的综合影响所形成的，而其中每 个个别的因素作用都很小，这种随机变量往 往服从或近似服从正态分布，或者说它的极 限分布是正态分布，中心极限定理正是从数 学上论证了这一现象，它在长达两个世纪的 时期内曾是概率论研究的中心课题。
定理5.5 独立同分布的中心极限定理
p,
D
nA n
1 n2
DnA
1 n2
npq
pq n
于是，
0, 有P
nA n
p
1
pq
n 2
即得：lim
P
n
nA n
p
1
大数定律的重要意义：
贝努里大数定律建立了在大量重复独立试验 中事件出现频率的稳定性，正因为这种稳定 性，概率的概念才有客观意义，贝努里大数 定律还提供了通过试验来确定事件概率的方 法，既然频率 nA/n 与概率 p 有较大偏差的 可能性很小，我们便可以通过做试验确定某 事件发生的频率并把它作为相应的概率估计， 这种方法即是在第7章将要介绍的参数估计法， 参数估计的重要理论基础之一就是大数定理。
近似
~
1 N (3 ,
1 225
)。
例7：（例1续）在n重贝努里试验中，若已知每次 试验事件A出现的概率为0.75，试利用中心极限定理, (1)若n=7500,估计A出现的频率在0.74至0.76之间 的概率近似值；（2）估计n,使A出现的频率在0.74 至0.76之间的概率不小于0.90。
解：设在n重贝努里试验中，事件A出现的次数为X，
1920 1
1920 1600 400
1 0.8 0.2119
例4：某保险公司的老年人寿保险有1万人参加， 每人每年交200元,若老人在该年内死亡,公司付给 受益人1万元。设老年人死亡率为0.017，试求保 险公司在一年内这项保险亏本的概率。
概率论5
n
lim P Yn Y 0,
特别地，当Y c为一常数时，称{Yn , n 1} 依概率收敛于常数c.
c c c
P P 性质： X n a, Yn b,当n 时. 若
函数（x,y）在点(a,b)连续，则 g g ( X n , Yn） g (a, b)，当n 时.
例4 设随机变量X 1 , , X n , , 相互独立同分布， X 1 ~ U (1, 1). 则 1 n 1 n 1 n 2 （） X k，（2） X k ，（3） X k 1 n k 1 n k 1 n k 1 分别依概率收敛吗？ 如果依概率收敛，分别收敛于什么？
1 n P 因为，E( X1 ) 0, 故， X k 0， n k 1 1 1 1 1 n P 1 同理，E ( X 1 ) x dx , X k ， 1 2 2 n k 1 2 1 1 1 n 2 P 1 2 2 1 E ( X 1 ) x dx , X k . 1 2 3 n k 1 3
1 100 5 /100 P{| X i | 0.5} 1 0.52 0.8; 100 i 1
(2)同样利用切比雪夫不等式，要使得
1 n 5/ n P{| X i | 0.5} 1 2 0.95， n需满足n 400. n i 1 0.5
例2 在n重贝努里试验中，若已知每次试验 事件A出现的概率为0.75，试利用切比雪夫不 等式, (1)若n=7500,估计A出现的频率在0.74至0.76 之间的概率至少有多大； （2）估计n,使A出现的频率在0.74至0.76之 间的概率不小于0.90。
n
n
即，条件(5.1.8)满足,由定理5.1.3知结论成立.
lim P Yn Y 0,
特别地，当Y c为一常数时，称{Yn , n 1} 依概率收敛于常数c.
c c c
P P 性质： X n a, Yn b,当n 时. 若
函数（x,y）在点(a,b)连续，则 g g ( X n , Yn） g (a, b)，当n 时.
例4 设随机变量X 1 , , X n , , 相互独立同分布， X 1 ~ U (1, 1). 则 1 n 1 n 1 n 2 （） X k，（2） X k ，（3） X k 1 n k 1 n k 1 n k 1 分别依概率收敛吗？ 如果依概率收敛，分别收敛于什么？
1 n P 因为，E( X1 ) 0, 故， X k 0， n k 1 1 1 1 1 n P 1 同理，E ( X 1 ) x dx , X k ， 1 2 2 n k 1 2 1 1 1 n 2 P 1 2 2 1 E ( X 1 ) x dx , X k . 1 2 3 n k 1 3
1 100 5 /100 P{| X i | 0.5} 1 0.52 0.8; 100 i 1
(2)同样利用切比雪夫不等式，要使得
1 n 5/ n P{| X i | 0.5} 1 2 0.95， n需满足n 400. n i 1 0.5
例2 在n重贝努里试验中，若已知每次试验 事件A出现的概率为0.75，试利用切比雪夫不 等式, (1)若n=7500,估计A出现的频率在0.74至0.76 之间的概率至少有多大； （2）估计n,使A出现的频率在0.74至0.76之 间的概率不小于0.90。
n
n
即，条件(5.1.8)满足,由定理5.1.3知结论成立.
概率论-第5章 大数定律及中心极限定理
§1 大数定律
一、问题的引入
生产过程中的 字母使用频率 废品率 启示:从实践中人们发现大量测量值的算术平均值 有稳定性.
大量抛掷硬币 正面出现频率
§1 大数定律
一、问题的引入
大数定律的概念 概率论中用来阐明大量随机现象平均结果的 稳定性的一系列定理，称为大数定律（law of large number)
§2 中心极限定理
即考虑随机变量X k (k 1, n)的和 X k的标准化变量
k 1 n
Yn
X
k 1
n
k
E ( X k )
k 1 n
n
D ( X k )
2
说明每一个随机变量都有相同的数学期望。
§1 大数定律
检验是否具有相同的有限方差？
Xn P
2
( na ) 1 2 2n
2 n
2
0 1 1 2 n
2
( na ) 1 2 2n
2
1 2 a , E ( X ) 2( na ) 2 2n 2 ) [ E ( X n )]2 a 2 . D( X n ) E ( X n
使得当 x a y b 时,
g( x , y ) g(a , b)பைடு நூலகம் ,
§1 大数定律
于是 { g( X n , Yn ) g(a, b) }
{ X n a Yn b }
X n a Yn b , 2 2
§2 中心极限定理
自从高斯指出测量误差服从正态分布之后，人 们发现，正态分布在自然界中极为常见.
如果一个随机变量是由大量相互独立的随机因 素的综合影响所造成，而每一个别因素对这种综合 影响中所起的作用不大. 则这种随机变量一般都服 从或近似服从正态分布. 现在我们就来研究独立随机变量之和所特有 的规律性问题.
概率论 第五章数学期望和方差
0
=
1 5λ
.
(b)Z = max(X1, X2, . . . , X5) 表示 5 台计算机都被感染病毒的时间, P (Z > z) = 1 − P (Z ≤ z) = 1 − P (X1 ≤ z, . . . , X5 ≤ z) = 1 − P (X1 ≤ z)5 = 1 − (1 − exp(−zλ))5, 故 5 台计算机都被病毒感染前的时间期望为
exp?t2exp?t20即得y?e120bey112020vary11202400537解设过生日的分摊的费用为x不过生日的分摊的费用为y则2x5y?要使得分摊公平故在这六次生日中每人分摊的费用是相等的即5?6xy4?6由以上两式可解得x?42y4?21
第五章 数学期望和方差
5.1 解 因为这个家庭是随机抽取的, 故这个小区的每个家庭的年平均收入也为 a 元.
EX
=
9
E(
i=1
Xi)
=
9 i=1
E(Xi)
=
9
×
(1
−
838 938
).
5.17 解 (a) 设 Xi 表示第 i 台计算机被感染病毒前的时间, i = 1, 2, 3, 4, 5
则 P (Xi > y) =
∞ y
λ
exp(−xλ)dx
=
exp(−yλ),
Y = min(X1, X2, X3, X4, X5) 表示首台计算机被感染病毒前的时间,
5.2 解 所以 E(X)
设X = [3 ×
表示盈利金额, 则 P (X = 3 × 106 × 0.8 − 1) =
106
×
0.8
−
1]
×
1 107
=
1 5λ
.
(b)Z = max(X1, X2, . . . , X5) 表示 5 台计算机都被感染病毒的时间, P (Z > z) = 1 − P (Z ≤ z) = 1 − P (X1 ≤ z, . . . , X5 ≤ z) = 1 − P (X1 ≤ z)5 = 1 − (1 − exp(−zλ))5, 故 5 台计算机都被病毒感染前的时间期望为
exp?t2exp?t20即得y?e120bey112020vary11202400537解设过生日的分摊的费用为x不过生日的分摊的费用为y则2x5y?要使得分摊公平故在这六次生日中每人分摊的费用是相等的即5?6xy4?6由以上两式可解得x?42y4?21
第五章 数学期望和方差
5.1 解 因为这个家庭是随机抽取的, 故这个小区的每个家庭的年平均收入也为 a 元.
EX
=
9
E(
i=1
Xi)
=
9 i=1
E(Xi)
=
9
×
(1
−
838 938
).
5.17 解 (a) 设 Xi 表示第 i 台计算机被感染病毒前的时间, i = 1, 2, 3, 4, 5
则 P (Xi > y) =
∞ y
λ
exp(−xλ)dx
=
exp(−yλ),
Y = min(X1, X2, X3, X4, X5) 表示首台计算机被感染病毒前的时间,
5.2 解 所以 E(X)
设X = [3 ×
表示盈利金额, 则 P (X = 3 × 106 × 0.8 − 1) =
106
×
0.8
−
1]
×
1 107
概率论与数理统计-第五章
【数理统计简史】
1. 近代统计学时期
18 世纪末到 19 世纪，是近代统计学时期．这一 时期的重大成就是大数定律和概率论被引入统计 学．之后最小二乘法、误差理论和正态分布理论 等相继成为统计学的重要内容．这一时期有两大 学派：数理统计学派和社会统计学派．
【数理统计简史】 数理统计学派始于19世纪中叶，代表人物是比 利时的凯特莱（ A.Quetelet ， 1796-1874 ），著有 《概率论书简》《社会物理学》等，他主张用研 究自然科学的方法研究社会现象，正式把概率论 引入统计学，并最先用大数定律证明了社会生活 中随机现象的规律性，提出了误差理论．凯特莱 的贡献，使统计学的发展进入个了一个新的阶 段．
i =1 36
1 2 2 3 2 2 2 2 D( X ) = E ( X ) − E ( X ) = ( 0 + 1 + 2 + 3 ) − 4 2 5 = 4
2
二、样本与抽样 由于X1，X2，...，X36均与总体X同分布，且相互独 立，所以，Y的均值和方差分别为
E (Y ) = E ( ∑ X i ) = 36 E ( X ) = 54,
【数理统计简史】 18世纪到 19世纪初期，高斯从描述天文观测的 误差而引进正态分布，并使用最小二乘法作为估 计方法，是近代数理统计学发展初期的重大事件， 对社会发展有很大的影响．
【数理统计简史】 用正态分布描述观测数据的应用是如此普遍，以 至 在 19 世 纪 相 当 长 的 时 期 内 ， 包 括 高 尔 顿 （ Galton ）在内的一些学者，认为这个分布可用 于描述几乎是一切常见的数据．直到现在，有关 正态分布的统计方法，仍占据着常用统计方法中 很重要的一部分．最小二乘法方面的工作，在 20 世纪初以来，经过一些学者的发展，如今成了数 理统计学中的主要方法．
概率论第五章 大数定律及中心极限定理
的标准化变量为
n
X i n
Yn i1 n
则Yn的分布函数Fn(x)对任意的x∈(-∞,+∞)都有
n X i n
lim
n
Fn
(
x)
lim
n
P(Yn
x)
lim
n
P
i 1
n
x
x
1
t2
e 2 dt
2
该定理说明，当n充分大时， Yn近似地服从标准正 态分布，Yn~N(0,1)， (n )
P|
X
|
2 2
P X
1
2 2
证明 (1)设X的概率密度为p(x),则有
P{| X | } p(x)dx
| x |2
p(x)dx
|x|
|x|
2
1
2
(x
)2
p(
x)dx
2 2
Xi 2
0
pi
1 4
1 2
2
(i 1,2, , n, )
1 4
解
因为 X1, X 2 , , X n ,
相互独立， EX i 0 ， E
X
2 i
1
又
DX i
E
X
2 i
EX i
2
1 0
1， i
1,2,
, n,
所以,满足切比雪夫大数定理的条件,可使用大数定理.
概率论5章
F ( x, y) A[ B arctanx][C arctany]
求常数A，B，C.
解: F ( , ) A[ B
F ( , y ) A[ B
2
][C
2
]1
2
][ C arctan y ] 0
F ( x, ) A[ B arctan x ][ C
x y
f ( x, y)dxdy
dx 8e
x 0 ( 2 x 4 y ) x dy 2e 2 x (e 4 y ) |0 dx 0
= 0 =
0
2e
2 x
(1 e
4 y
)dx 2e
0
2 x
dx 2e6 x dx
0
F ( , y ) lim F ( x, y ) 0
x
§5.1 二维随机变量及分布函数
二、联合分布函数 性质 ⑤ 随机点(X,Y)落在矩形区域
{( x, y) | x1 X x2 , y1 Y y2}
的概率
y y2
y1 0 x1 x2 x
P( x1 X x2 , y1 Y y2 ) F ( x2 , y2 ) F (x2 , y1 ) F (x1, y2 ) F (x1, y1 )
y0 0 y0 0
x
§5.4 边缘分布
一、边缘分布函数 1．边缘分布 设F(x,y)为二维随机变量(X,Y)的联合分布函数，称
P(X≤x)=P(X≤x,Y<+≦)
x , y
其中 -≦<μ1<+≦, -≦<μ2<+≦,σ1>0,σ2>0 ,|ρ|<1,
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n 4 4 3 .4 5
所以，至多444个数相加使得误差总和的 绝对值小于10的概率不小于0.9。
8、有一批建筑房屋用的木柱，其中80%的长度 不小于3m，现在从这批木柱中随机地取出100根， 问其中至少有30根短于3m的概率是多少？ 解：利用拉普拉斯中心极限定理 从一批木柱中随机地取出100根，不放回抽样 近似的看作放回抽样。对100根母猪长度测量 看成进行100次贝努里试验，设随机变量
且 E X 1 0 0 0 .2
DX
20
1 0 0 0 .2 0 .8 1 6
由中心极限定理知
30 20 X 20 P X 30 1 P X 30 1 P 16 16 X 20 1 P 2 .5 1 2 .5 16
(
N E
1 5 0 0 .7
查正态分布表得
1 5 0 0 .7 0 .3 N 105 E 3 .0 1 3 1 .5
) (
N E
105 3 1 .5
)
N E
1 0 5 1 6 .8 9 3 6
N E
1 2 1 .8 9 3 6
N 121.8936 E
独立的，试求有10个或更多终端在使用的概率。
解：设 X i 则Xi
1 2 0 个 终 端 中 第 i 个 终 端 在 使 用 ~ B 1 2 0, 0 .0 5
EX
1 2 0 0 .0 5
0 .6
DX
1 2 0 0 .0 5 0 .9 5
5 .7
1 5 0 0 个 数 相 加 的 总 误 差
1500
i 1
i
则
E i 0
1) P
D i
1 12
i
1, 2,
15 1200 /12 )
15 1 P (
1200 /12
1 P (
15 1200 /12
P159 5、某实验室有150台仪器，各自独立工作， 每台仪器平均只需70%的工作时间，而每台仪器工 作时要消耗的电功率为E，试问要供应这个实验室 多少电功率才能以99.9%的概率保证这个实验室不 致因为供电不足而影响工作。 解：设X={150台仪器工作的机床数} 则 X ~ B 1 5 0, 0 .7 由题意知：供应电功率N个单位 使 0.999 P E X N
N 122 E
P159 6、设各零件的重量是随机变量，它们相互 独立，且服从相同分布，其数学期望为0.5kg，均 方差为0.1kg，问5000只零件的总重量超过2510kg 的概率是多少？ 解：设Xi={5000只零件中i个零件的总重量}
5000
则
X
Xi
E X i 0 .5
1
今在
其中任选6000粒，试问在这些选出的种子中良种所
则
1 X ~ B 6 0 0 0, 6
DX
6000
X 1 6
, 1
EX 5 6
6000
1 6
1000
2500 3
6000
1 6
6
则
P(
1 % ) 2 (0 .0 1
1200 /12
15 1200 /12
15 1200 /12 )]
)
1 [ (
15 1200 /12
) (
2[1 (
15 1200 /12
)]
0 .1 7 9 7 4
n
2）设 n 则
n个 数 相 加 的 总 误 差
i 1
n
i
a n E n 0
6000
5 6
) 1
2 (0 .0 1 1 2 0 0 3 6 ) 1 2 (0 .0 1 2 0 6 3 ) 1
2 ( 2 .0 8) 1
2 0.9812 1
0.9624
P159 3、某计算机系统有120个终端，每个终端 有5％的时间在使用，若各个终端使用与否是相互
1 Xi 0
100
第 i根 木 柱 长 度 短 于 3 0 m 第 i根 木 柱 长 度 不 短 于 3 0 m
P X i 1 0 .2,
X
P X i 0 0 .8,
Xi
表示100根木柱中长度短于3m的根数
i 1
则
X ~ B 1 0 0, 0 .2
1 0 .9 9 3 8 0 .0 0 6 2
P X 10 1 P X 10
1 P(
1 (
X 0 .6 5 .7 4
2 .3 8 7
1 0 0 .6 5 .7
) 1 (
4 5 .7
)
) 1 (1 .6 7 5) 1 0 .9 5 2 5 0.0475
P159 4、某螺丝钉厂的不合格品率为0.01，问 一盒中应装多少只螺丝钉才能使含有100只合格品 的概率不小于0.95。 解：设ζ表示一盒中不合格品个数，则ζ~（n,0.01） Eζ=np=0.01n , Dζ=np（1-p）=0.0099n 由中心极限定理 P(n-ζ≥100)=P(ζ≤n-100) ≥0.95 于是，n-100-0.01n/（根号0.0099n）≥1.64 n≥10 所以，一盒中应装有103只螺丝钉才能使其中 含有100只合格品的概率不小于0.95.
2 5 1 0 5 0 0 0 0 .5 5 0 0 0 0 .1
)
1 (
) 1 (1 .4 1 4 )
1 0 .9 2 1 4
0.0786
7、计算机在进行加法时，将每个加数舍入最靠近
它的整数，设所有舍入误差是独立的，且在(-0.5,0.5) 上服从均匀分布，1）若将1500个数相加，问误差总 和的绝对值超过15的概率是多少？2）最多可有多少 个数相加使得误差总和的绝对值小于10的概率不小于 0.9。 解：设 i i 个 加 数 取 整 后 的 误 差 i ~ U 0 .5, 0 .5
P158 1、利用切比雪夫不等式估计随机变量与其 数学期望之差大于三倍均方差的概率。 2 DX 解： 设随机变量为X， E X 则
P
X EX 3
DX
2 2
P X 3
3
1 9 1 6 ,
P158 2、现有一大批种子，其中良种占 占的比例与 6 之差小于1％的概率。 解：设X={6000粒种子中的良种数}
D X i 0 .1
i 1
由独立同分布的中心极限定理知
X 5 0 0 0 0 .5 5 0 0 0 0 .1 ~ N 0,1
（近似服从）
则
P X 2510 1 P X 2510
1 P(
X 5 0 0 0 0 .5 5 0 0 0 0 .1 2510 2500 5 2
2 n
D n
)
n 12
P n 10
P(
n
n /12
10
P (
10 n / 12
n /12 n 10 ) n / 12 n / 12
2 (
10 n /12
) 1
2 (1 0
12 n
) 1 0 .9
查正态分布表得
10 12 n 1 .6 4 5