概率与统计第五章大数定律和中心极限定1
概率论与数理统计第五章 大数定律及中心极限定理
在100次炮击中炮弹命中的总颗数
100
X = ∑ Xk k =1
相互独立地服从同一分布，
E(Xk)=2, D(Xk)=1.52 (k=1,2,…,100)
随机变量
∑ 1
100 × 1.5
100 k =1
(
X
k
−
2)
=
1 15
(
X
−
200)
2. 伯努利定理 事件发生的频率依概率收敛于事件的概率
3. 辛钦定理 （随机变量序列独立同分布且数学期望存在）
n个随机变量的算术平均值以概率收敛于算术 平均值的数学期望。
给出了“频率稳定性”的严格数学解释. 提供了通过试验来确定事件概率的方法. 是数理统计中参数估计的重要理论依据之一.
§5.2 中心极限定理
望 E( Xk ) = µ (k = 1,2,"),则对于任意ε > 0,有
∑ lim
n→∞
P {|
1 n
n k =1
Xk
−
µ
|<
ε
}
=
1
说明
伯努利大数定理是辛钦定理的特殊情
况。n个随机变量的算术平均值以概率收敛于算
术平均值的数学期望。
三 小结
1、切比雪夫(Chebyshev)定理的特殊情况 算术平均值依概率收敛于数学期望
= 1 − P { V − 100 ≤ 0.387 } (10 12 ) 20
∫ 0.387
≈ 1−
1
e − t 2 dt
−∞ 2π
= 1 −Φ (0.387) = 0.348
所以 P{V > 105} ≈ 0.348
第5章_大数定律和中心极限定理
3) 用平均值近似积分值
1 即 I N
g(r ) I
n1 n
N
问：若求 I b g ( x )dx 的值
a
应如何近似计算？请思考.
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： 平均结果的稳定性 它是随机现象统计规律的具体表现. 大数定律在理论和实际中都有广泛的应用.
0
1
我们介绍均值法，步骤是
1) 产生在(0,1)上均匀分布的随机数rn, n=1,2,…,N 2) 计算g(rn)， n=1,2,…,N
3) 用平均值近似积分值
1 即 I N
g(r ) I
n1 n
N
求 I g ( x )dx 的值
0
1
我们介绍均值法，步骤是
1) 产生在(0,1)上均匀分布的随机数rn, n=1,2,…,N 2) 计算g(rn)， n=1,2,…,N
n
P a 则称{Xn}依概率收敛于a。可记为 X n
意思是: 当
n 时, Xn落在 (a , a )
Xn
内的概率越来越大。即 n0 , 使得n n0 ,
a
a
a
二、几个常用的大数定律
切比雪夫大数定律 设{Xk,k=1,2,...}为独立的随机变 量序列，且有相同的数学期望，及方差2>0，则
1 n P Yn X k n k 1
例 在掷骰子过程中，以Xn记第n次掷出的点数， 1 n 在依概率收敛意义下，求 X X k 的极限。
n
k 1
下面我们再举一例说明大数定律的 应用. 定积分的概率计算法 求 I g ( x )dx 的值
0 1
概率论与数理统计第五章大数定律及中心极限定理
概率论与数理统计第五章大数定律及中心极限定理课前导读概率论是研究大量试验后呈现出的统计规律性的一门理论。
数学中研究大量的工具是极限。
因此这一章学习概率论中的极限定理。
第一节大数定律随着试验次数的增大，事件的频率逐步稳定到事件的概率。
意味着随着试验次数的增多，在其中一种收敛意义下，频率的极限是概率。
大数定律解释了这一结论。
首先介绍切比雪夫不等式。
一、切比雪夫(Chebyshev)不等式随机变量X的取值总是围绕着其期望变动，若X的分布已知时，可以计算事件\{，X-E(X)，\geq \epsilon \}的概率。
切比雪夫不等式：对切比雪夫不等式的直观理解：方差越小，X在其期望附近取值的密集程度越高，原理期望的区域的概率上加越小。
进一步说明了方差的概率意义，方差时随机变量取值与其中心位置的偏离程度的一种度量指标。
当随机变量X的分布未知时，可由X的观测数据估计得到X的期望和方差，然后使用切比雪夫不等式估计X关于E(X)的偏离程度。
二、依概率收敛随机变量序列即由随机变量构成的一个序列。
不能用类似定义数列极限的方式定义随机变量序列的极限，因为序列中的每一个元素X_n是随机变量，取值不确定，不可能和一个常数c的距离任意小。
只能说一些事件A发生的频率f_n(A)收敛到A的概率P(A)。
依概率收敛的定义：定理2：三、大数定律三个大数定律：切比雪夫大数定律、辛钦大数定律和伯努利大数定律。
注意这三个大数定律的条件有何异同。
定理3 切比雪夫大数定律：若随机变量序列相互不相关，方差存在且一致有上界，当n充分大时，随机序列的前n项的算术平均值和自身的期望充分接近几乎总是发生的。
定理4 相互独立同分布的大数定律（辛钦大数定律）：辛钦大数定律为算术平均值法则提供了理论依据。
伯努利大数定律：伯努利大数定律是相互独立同分布大数定律的特例，限定分布为两点分布。
伯努利大数定律体现了：随着试验次数的增大，事件的频率逐步稳定到时间的概率，这里的稳定即为依概率收敛。
《概率论与数理统计》第五章
第五章 极限定理
‹#›
研究随机现象的大量观测， 常采用极限形式， 由此导致了极限定理的研究。 极限定理的内容很 广泛, 最重要的有两种:
“大数定律”和“中心极限定理”。
第五章 极限定理
‹#›
§1 大数定律
对随机现象进行大量重复观测，各种结果的出 现频率具有稳定性。
大量地掷硬币 正面出现频率
生产过程 中废品率
棣莫佛—拉普拉斯定理的内容是：当 n 很大时 ，二项分布可用正态分布近似。
总结/summary
第五章 极限定理
‹#›
切比雪夫不等式 理解切比雪夫不等式
大数定律
了解辛钦大数定理。
中心极限定理
掌握运用列维-林德伯格中心定理和棣 莫弗-拉普拉斯中心极限定理求解独立 随机变量之和的近似概率值
第五章 极限定理
字母使用频率
第五章 极限定理
‹#›
1. 切比雪夫不等式
定理1: 设随机变量X有期望μ和方
差σ2，则对任给的ε> 0, 有
P
X
2
1
2
或
P | X |
2 2
.
第五章 极限定理
‹#›
证明：只对X 是连续型情况加以证明。
设X 的概率密度函数为 f(x)，则有
P | X | f (x) dx
2.5
1
P
X
n 14 0.2
2.5
1 (2.5) 0.0062 ；
第五章 极限定理
‹#›
(2).
P{X n
14}
P
X
n
14
14 14
2 / 100 2 / 100
1
P
X
n 14 0.2
概率论与数理统计 第五章 大数定律与中心极限定理
的概率很小” ，用数学语言表达，就是要证明： 0 ，有
nA nA lim P p 0 lim P p 1 n ，或 n n ． n
另一种提法是：研究随机变量 n A 的分布的极限行为，即讨 论分布函数
nA lim P p 0 lim P n n 或 n
nA p 1 ． n
证 引入
1 , 第i次试验中事件A发生 Xi ，i 1 , 2 , , n ， 0 , 第i次试验中事件A不发生
下面我们进一步来讨论贝努利试验．若记 n A 为 n 次贝努利试
nA 验中事件 A 发生的次数， 则事件 A 发生的频率为 n ． 所谓 “频 率的稳定性” ，无非是指当试验次数 n 无限增大(即 n )时，
nA 频率 n 无限接近于某个固定常数．这个固定的常数就是“事 件 A 在一次试验中发生的的概率 p” ． nA 由此可见，讨论频率 n 的极限行为，是理解概率论中最基本
2019年1月14日星期一
11 / 102
§5.1
大数定律
作为预备知识，我们先明确随机变量序列收敛的
相关概念，同时给出一个重要的不等式，它是以下理 论证明所用的主要工具之一．
定 义 1.1 设 a 是常数，对于随机变量序列 ，如果 0 ，有
X1 , X 2 ,
, Xn ,
lim P
n
个常数，即在这个常数的附近摆动，这就是所谓的“频
率稳定性”．但对这一点，至今为止我们尚未给予理论 上的说明．另外，在第二章我们给出了二项分布的泊松 逼近，那么更一般的近似计算方案又是怎样呢?
概率论与数理统计----第五章大数定律及中心极限定理
= 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>
∫
+∞
−∞
第5章__大数定律和中心极限定资料
解：设在n重贝努里试验中，事件A出现的次数为X，
则X Bn,0.75,E X np 0.75n, D X npq 0.1875n,
又A事件的频率为：fn
A
X n
(1) n 7500, P
0.74
X n
0.76
P X 0.75n
0.01n
1
0.1875n
0.01n 2
1 n2
n
DXk
k 1
1 n2
n 2
2
n
由契比雪夫不等式得：P
1 n
n k 1
Xk
1
2
2
n
lim
n
P
1 n
n
Xk
k 1
1
7
定理二 伯努利大数定理
设事件A在每次试验中发生的概率为p，记nA为n次独立重复试验
中A发生的次数, 则
0, 有：lim
P
n
nA n
p
1
证明： nA Bn, p
1,
则称随机变量序列Yn依概率收敛于常数a，
记为：Yn P a。
a a a
依概率收敛性质： 若 X n P a, Yn Pb, 且g(x, y)在(a,b)处 连续，则 g( X n ,Yn）P g(a,b)
6
定理一 契比雪夫定理的特殊情况：
设随机变量序列X1, X 2, , X n , 相互独立，且具有相同的
且存在数学期望，作前n个随机变量的算术平均： X
1 n
n k 1
Xk
则 0，有：
lim P
n
X
lim
n
P
1 n
n
Xk
k 1
概率论与数理统计 第三版 第五章 大数定律和中心极限定理
依概率收敛的序列还有以下性质: 设 X n p a, Yn pb, 且函数 g(x,y) 在点 (a,b)连续,
具有数学期望 E(X ) 和方差 D(X ) , 0 ,有
P{
X
E
(
X
)
≥
}≤
D(
X
2
)
,
或
P{ X E(X ) }≥1 D(X ) .
2
上页 下页 返回
证 以连续型随机变量X为例.
P{ X E( X ) ≥} f (x)dx x E ( X ) ≥
≤ x E ( X ) ≥
x E(X ) 2
E(
X
k
)
，D(
X
k
)
2
(k
1，2，
上页
,
n)．
下页
返回
则对任意的ε>0, 有
1
lim P{ n n
n
Xk
k 1
}1
证 由于
lim P X 1.
n
E
1 n
n k 1
X
k
1 n
n k 1
E(X
k
)
1 n
n
,
D
1 n
n k 1
Xk
1 n2
n
D
k 1
XK
1 n2
n
2
2
n
,
上页 下页 返回
由切比雪夫不等式知
P
1 n
n
Xk
k 1
≥1
2
n
2
.
令n , 并注意到概率不能大于1, 即得
1
lim
n
P
概率论第五章大数定律与中心极限定理讲解
1 P
1200
Xk
k 1
10
0
2
1[
2
2
]
2 22 2 0.0228 0.0456
例2 根据以往经验，某种电器元件的寿命服从均 值为100小时的指数分布. 现随机地取16只，设它们的 寿命是相互独立的. 求这16只元件的寿命的总和大于 1920小时的概率.
可知，当 n 时，有 1nn 源自1XiP E( X1)
a
因此我们可取 n 次测量值 x1, x2, , xn 的算术平均值
作为a
得近似值，即
a
1 n
n i1
xi ,当n充分大时误差很小。
例4 如何估计一大批产品的次品率 p ？ 由伯努利大数定律可知，当 n 很大时，可取频率
则对任意的 x ，有
n ~ N(np, np(1 p)) n , 近似地
即 n np ~ N (0,1)
np(1 p)
或 lim P{ n np
x
x}
1
t2
e 2 dt x
n np(1 p)
2
证 因为 n ~ b(n, p)
n
所以 n X k k 1
i 1
1200
1200
心极限定理可得 X k ~ N (n,n 2),即 X k ~ N (0,100)
k 1
k 1
则所求概率为
1200
1200
P k1 X k
20
P
Xk 0
k 1
概率统计(5)大数定律与中心极限定理
i =1 上一页 下一页
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定理2: 定理
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贝努利大数定律) (贝努利大数定律)设nA是n次独立重复试 次独立重复试 定理3: 定理 验中事件A出现的次数 是事件 出现的次数. 是事件A在每次试验中发生的 验中事件 出现的次数 p是事件 在每次试验中发生的 概率 (0<p<1),则对任意的ε >0有: 则对任意的 有 或 证明:设Xi表示第 i 次试验中事件 出现的次数, 次试验中事件A出现的次数 出现的次数, 证明: i=1,2,…,n,则X1,X2,…,Xn相互独立且均服从参数为 的 相互独立且均服从参数为p的 则 (0-1)分布,故有 E(Xi)=p, D(Xi)=p(1-p) i=1,2,…,n 分布, 分布 由契比雪夫大数定律知, 且 ,由契比雪夫大数定律知,对于任意 的 ,有
定理1: 定理
相互独立, 证 因X1,X2,…相互独立,所以 相互独立
1 n 1 n 1 l D ∑ X i = 2 ∑ D( X i ) < 2 nl = n n n i =1 n i =1
又因
1 n 1 n E ∑ X i = ∑ E ( X i ), n i =1 n i =1
ε
ε2
可见契比雪夫不等式成立. 可见契比雪夫不等式成立
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设电站供电网有10000盏电灯 夜晚每一盏灯开灯的 盏电灯,夜晚每一盏灯开灯的 例2 设电站供电网有 盏电灯 概率都是0.7,而假定开,关时间彼此独立 估计夜晚同时 而假定开, 概率都是 而假定开 关时间彼此独立,估计夜晚同时 开着的灯数在6800与7200之间的概率 之间的概率. 开着的灯数在 与 之间的概率 表示在夜晚同时开着的灯的数目,它服从参数为 解 设X表示在夜晚同时开着的灯的数目 它服从参数为 表示在夜晚同时开着的灯的数目 n=10000,p=0.7的二项分布 的二项分布. 的二项分布 若要准确计算,应该用贝努利公式 应该用贝努利公式: 若要准确计算 应该用贝努利公式:
《概率论与数理统计》课件第五章大数定律及中心极限定理
4.大样本统计推断的理论基础
是什么？
大数定律中心极限定理
随机现象中平均结果的稳定性
大数定律的客观背景
大量抛掷硬币正面出现频率
字母使用频率
生产过程中的废品率
§5.1 大数定律
背景：1. 频率稳定性2. 大量测量结果算术平均值的稳定性
回顾
随机现象的主要研究方法
概率分布
01
证：_x001A__x001B__x001B_,_x001A__x001B__x001B_,⋯, _x001A__x001B__x001B_, ⋯相互独立同分布，则_x001A__x001B__x001B__x001B_,_x001A__x001B__x001B__x001B_, ⋯,_x001A__x001B__x001B__x001B_, ⋯也相互独立同分布,由辛钦大数定律得证.
第五章 大数定律及中心极限定理
§5.1 大数定律§5.2 中心极限定理
要点：用切比雪夫不等式估算概率独立同分布,用中心极限定理计算对于二项分布，当n很大时，计算
本章要解决的问题
1.为何能以某事件发生的频率
作为该事件的概率的估计？
2.为何能以样本均值作为总体
期望的估计？
3.为何正态分布在概率论中占
解：(1)设X表示一年内死亡的人数，则~(, )，其中=，=.%. 设Y表示保险公司一年的利润，=×−.需要求的是_x001A_<_x001B_.
由中心极限定理
_x001A_<_x001B_=_x001A_×−<_x001B_ =_x001A_>_x001B_=−_x001A_≤_x001B_
且，
由中心极限定理
解：设为第i个螺丝钉的重量， 相互独立同分布. 于是，一盒螺丝钉的重量为
概率论与数理统计 第五章 大数定律与中心极限定理 第一节 大数定律
即n 取18750时，可以使得在n次独立重复 试验中, 事件A出现的频率在0.74~0.76之间的 概率至少为0.90 .
二、大数定律
在大量的随机现象中，随机事件的频率具有稳定性
例 如 ， 在 n 重 贝 努 力 试 验 中 ， P ( A ) p， 若 n 次 试 验 事 件 A 共 发 生 μ n次 ， 则 μn n 即 为 事 件 A发 生 的 频 率 。
1
n
n
xi
依概率收敛于 即n充分大时， x
1
i 1
n
n
xi
i 1
在切比雪夫不等式中取 0.01 n，则
P (0.74
1
X
0.76)
1
= P{ |X-E(X)| <0.01n}
0.1875n
2
n D( X )
(0.01n)
2
1
1875 n
0.0001n
一、切贝谢夫不等式
依题意，取 1 解得
n 1875 n 1875 1 0.9 18750 0.9
大数定律与中心极限定理
第一节 大数定律
一、切贝谢夫不等式
一、切贝谢夫不等式
一、切贝谢夫不等式
一、切贝谢夫不等式
一、切贝谢夫不等式
练习 在每次试验中，事件A发生的概率为 0.75, 利用切比雪夫不等式求：n需要多么大时，才能使得 在n次独立重复试验中, 事件A出现的频率在0.74~0.76 之间的概率至少为0.90? 解：设X为n 次试验中，事件A出现的次数， 则 X~B(n, 0.75) E(X)=0.75n, 所求为满足 的最小的n .
D(X)=0.75*0.25n=0.1875n
自考概率论与数理统计大数定律及中心极限定理
则
是这16只元件的寿命的总和.
E(Y)=100×16=1 600,D(Y)= 160 000，
则所求概率为：
定理5.6(李雅普诺夫定理)
设随机变量 X1, X2 ,, Xn ,相互独立, 它 们具有数学期望和方差：
E(Xk ) k ,
D( Xk
)
2 k
0
(k
1,2,),
n
记
Bn2
0.310000k
k 6801
如果用契比雪夫不等式估计：
E( X ) np 10000 0.7 7000 D( X ) npq 10000 0.7 0.3 2100
P(6800<X<7200)=P(|X
7000|<200)
1
2100 2002
0.95
可见，虽然有10000盏灯，但是只要有供应7200盏 灯的电力就能够以相当大的概率保证够用.事实上， 契比雪夫不等式的估计只说明概率大于0.95，后面 将具体求出这个概率约为0.99999.
k1
的分布函数 Fn( x) 对于任意x 满足
lim
n
Fn
(
x
)
lim
n
P
n k 1
X
k Bn
n k 1
k
x
x
1
t2
e 2 dt
( x).
2π
定理5.6表明:
无论各个随机变量 X1, X2 ,, Xn ,服从什么
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.
概率论与数理统计第5章-大数定律和中心极限定理
DX } 1
(2
DX DX
)2
3 4
．
例 1.2 设随机变量 X ~ P(9) ，试根据切比雪夫不等式 估计概率 P{X 19}． 解 由于 X ~ P(9) ，所以 EX DX 9 ，且
P{X 9 10} P{X 1} 0 ， 故有 P{X 19} P{X 9 10}
P{ X 9 10} 9 0.09 ． 102
例 1.3 设随机变量 X ,Y 独立同分布，且 D(X ) 2 ，
试根据切比雪夫不等式估计概率 P{ X Y 2} ．
解 由于 X ,Y 独立同分布，所以 E( X Y ) 0 ，且
D(X Y ) DX DY 4
lim
n
FYn
(
x)
(
x)
1
2
x
e
t2 2
dt
，
x
(,
)
．
【注 1】定理 2.1 称为列维—林德伯格中心极限定理，也 称为独立同分布随机变量序列的中心极限定理．
【注 2】由定理 2.1 表明，当 n 充分大时， FYn (x) (x) ，
近似
n
近似
即得Yn ~ N (0,1) ，从而有 Xi ~ N (n, n 2 ) ．
P{ X Y 2} 1 D(X Y ) 1 ，
22
2
二、大数定律（了解） 1.相关概念
定义 1.1 设有随机变量序列 X1, X 2 ,L , X n ,L ，如果
存在常数 a ，使得对任意的 0 ，有
lim P{
n
Xn
a
}1，
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.
概率论与数理统计第四版
第五章 大数定律及中心极限定理1．据以往经验，某种电器元件的寿命服从均值为１００h的指数分布，现随机地取１６只，设它们的寿命是相互独立的．求这１６只元件的寿命的总和大于１９２０h的概率．解以X i（i＝１，２，…，１６）记第i只元件的寿命，以T记１６只元件寿命的总和：T＝钞１６i＝１X i，按题设E（X i）＝１００，D（X i）＝１００２，由中心极限定理知T－１６×１００１６１００２近似地服从N（０，１）分布，故所求概率为P｛T＞１９２０｝＝１－P｛T≤１９２０｝＝１－P T－１６×１００１６１００２≤１９２０－１６×１００１６１００２≈１－Ф１９２０－１６００４００＝１－Ф（０．８）＝１－０畅７８８１＝０畅２１１９．2．（１）一保险公司有１００００个汽车投保人，每个投保人索赔金额的数学期望为２８０美元，标准差为８００美元，求索赔总金额超过２７０００００美元的概率．（２）一公司有５０张签约保险单，各张保险单的索赔金额为X i，i＝１，２，…，５０（以千美元计）服从韦布尔（Weibull）分布，均值E（X i）＝５，方差D（X i）＝６，求５０张保险单索赔的合计金额大于３００的概率（设各保险单索赔金额是相互独立的）．解（１）记第i人的索赔金额为X i，则由已知条件E（X i）＝２８０， D（X i）＝８００２．要计算p１＝P钞１００００i＝１X i＞２７０００００，因各投保人索赔金额是独立的，n＝１００００很大．故由中心极限定理，近似地有X —＝１１００００钞１００００i＝１X i～N２８０，８００２１００２，故 p１＝P（X —＞２７０）≈１－Φ２７０－２８０８＝１－Φ－５４＝Φ５４＝Φ（１畅２５）＝０畅８９４４．（２）E（X i）＝５，D（X i）＝６，n＝５０．故 p＝P钞５０i＝１X i＞３００≈１－Φ３００－５０×５５０×６＝１－Φ５０３００＝１－Φ（２畅８９）＝０畅００１９．这与情况（１）相反．（１）的概率为０畅８９４４表明可能性很大．而（２）表明可能性太小了，大约５００次索赔中出现＞３００的只有一次．3．计算器在进行加法时，将每个加数舍入最靠近它的整数，设所有舍入误差相互独立且在（－０畅５，０畅５）上服从均匀分布．（１）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）最多可有几个数相加使得误差总和的绝对值小于１０的概率不小于０畅９０？解设第k个加数的舍入误差为X k（k＝１，２，…，１５００），已知X k在（－０畅５，０畅５）上服从均匀分布，故知E（X k）＝０，D（X k）＝１１２．（１）记X＝钞１５００k＝１X k，由中心极限定理，当n充分大时有近似公式P 钞１５００k＝１X k－１５００×０１５００１１２≤x≈Φ（x）．于是P｛X＞１５｝＝１－P｛X≤１５｝＝１－P｛－１５≤X≤１５｝＝１－P－１５－０１５００１１２≤X－０１５００１１２≤１５－０１５００１１２≈１－Φ１５１５００１１２－Φ－１５１５００１１２＝１－２Φ１５１５００１２－１＝１－［２Φ（１畅３４２）－１］＝２［１－０畅９０９９］＝０畅１８０２．即误差总和的绝对值超过１５的概率近似地为０畅１８０２．（２）设最多有n个数相加，使误差总和Y＝钞n k＝１X k符合要求，即要确定n，使P｛Y＜１０｝≥０畅９０．由中心极限定理，当n充分大时有近似公式P Y－０n１１２≤x≈Φ（x）．811概率论与数理统计习题全解指南于是 P ｛Y ＜１０｝＝P ｛－１０＜Y ＜１０｝＝P －１０n １１２＜Yn １１２＜１０n １１２≈Φ１０n １２－Φ－１０n １２＝２Φ１０n １２－１．因而n 需满足 ２Φ１０n ／１２－１≥０．９０，亦即n 需满足 Φ１０n ／１２≥０畅９５＝Φ（１畅６４５），即n 应满足 １０n ／１２≥１畅６４５，由此得 n ≤４４３畅４５．因n 为正整数，因而所求的n 为４４３．故最多只能有４４３个数加在一起，才能使得误差总和的绝对值小于１０的概率不小于０畅９０．4．设各零件的重量都是随机变量，它们相互独立，且服从相同的分布，其数学期望为０畅５kg ，均方差为０畅１kg ，问５０００个零件的总重量超过２５１０kg 的概率是多少？解以X i （i ＝１，２，…，５０００）记第i 个零件的重量，以W 记５０００个零件的总重量：W ＝钞５０００i ＝１X i ．按题设E （X i ）＝０．５，D （X i ）＝０畅１２，由中心极限定理，可知W －５０００×０畅５５０００×０畅１近似地服从N （０，１）分布，故所求概率为P ｛W ＞２５１０｝＝１－P ｛W ≤２５１０｝＝１－P W －５０００×０畅５５０００×０畅１≤２５１０－５０００×０畅５５０００×０畅１≈１－Ф２５１０－５０００×０畅５５０００×０畅１＝１－Ф（２）＝１－０畅９２１３＝０畅０７８７畅5．有一批建筑房屋用的木柱，其中８０％的长度不小于３m ，现从这批木柱中随机地取１００根，求其中至少有３０根短于３m 的概率．解按题意，可认为１００根木柱是从为数甚多的木柱中抽取得到的，因而可当作放回抽样来看待．将检查一根木柱看它是否短于３m 看成是一次试验，检查１００根木柱相当于做１００重伯努利试验．以X 记被抽取的１００根木柱中长度短于３m 的根数，则X ～b （１００，０畅２）．于是由教材第五章§２定理三得P ｛X ≥３０｝＝P ｛３０≤X ＜∞｝911第五章 大数定律及中心极限定理＝P３０－１００×０畅２１００×０畅２×０畅８≤X －１００×０畅２１００×０畅２×０畅８＜∞－１００×０畅２１００×０畅２×０畅８≈Φ（∞）－Φ３０－２０１６＝１－Φ（２畅５）＝１－０畅９９３８＝０畅００６２畅本题也可以这样做，引入随机变量：X k ＝１， 若第k 根木柱短于３m ，０， 若第k 根木柱不短于３m ， k ＝１，２，…，１００畅于是E （X k ）＝０．２，D （X k ）＝０畅２×０畅８．以X 表示１００根木柱中短于３m 的根数，则X ＝钞１００k ＝１X k ．由中心极限定理有P ｛X ≥３０｝＝P ｛３０≤X ＜∞｝＝P ３０－１００×０畅２１０００畅２×０畅８≤钞１００k ＝１X k －１００×０畅２１０００畅２×０畅８ ＜∞－１００×０畅２１０００畅２×０畅８≈Φ（∞）－Ф３０－２０１６＝１－Φ（２畅５）＝０畅００６２畅6．一工人修理一台机器需两个阶段，第一阶段所需时间（小时）服从均值为０．２的指数分布，第二阶段服从均值为０畅３的指数分布，且与第一阶段独立．现有２０台机器需要修理，求他在８小时内完成的概率．解设修理第i （i ＝１，２，…，２０）台机器，第一阶段耗时X i ，第二阶段为Y i ，则共耗时Z i ＝X i ＋Y i ，今已知E （X i ）＝０畅２，E （Y i ）＝０畅３，故E （Z i ）＝０畅５．D （Z i ）＝D （X i ）＋D （Y i ）＝０畅２２＋０畅３２＝０畅１３畅２０台机器需要修理的时间可认为近似服从正态分布，即有钞２０i ＝１Z i ～N （２０×０畅５，２０×０畅１３）＝N （１０，２畅６）．所求概率 p ＝P钞２０i ＝１Z i ≤８≈Φ８－２０×０畅５２０×０畅１３＝Φ－２１畅６１２５＝Φ（－１畅２４）＝０畅１０７５，即不大可能在８小时内完成全部工作．7．一食品店有三种蛋糕出售，由于售出哪一种蛋糕是随机的，因而售出一只蛋糕的价格是一个随机变量，它取１元、１畅２元、１畅５元各个值的概率分别为０畅３、０畅２、０畅５畅若售出３００只蛋糕．21概率论与数理统计习题全解指南（１）求收入至少４００元的概率；（２）求售出价格为１畅２元的蛋糕多于６０只的概率．解设第i 只蛋糕的价格为X i ，i ＝１，２，…，３００，则X i 有分布律为X i １１畅２１畅５p k０畅３０畅２０畅５由此得E （X i ）＝１×０畅３＋１畅２×０畅２＋１畅５×０畅５＝１畅２９，E （X ２i ）＝１２×０畅３＋１畅２２×０畅２＋１畅５２×０畅５＝１畅７１３，故D （X i ）＝E （X ２i ）－［E （X i ）］２＝０畅０４８９畅（１）以X 表示这天的总收入，则X ＝钞３００i ＝１X i ，由中心极限定理得P ｛X ≥４００｝＝P ｛４００≤X ＜∞｝＝P ４００－３００×１畅２９３０００畅０４８９≤钞３００i ＝１X i －３００×１畅２９３０００畅０４８９ ＜∞－３００×１畅２９３０００畅０４８９≈１－Φ（３畅３９）＝１－０畅９９９７＝０畅０００３．（２）以Y 记３００只蛋糕中售价为１畅２元的蛋糕的只数，于是Y ～b （３００，０畅２）．E （Y ）＝３００×０畅２，D （Y ）＝３００×０畅２×０畅８，由棣莫弗拉普拉斯定理得P ｛Y ＞６０｝＝１－P ｛Y ≤６０｝＝１－P Y －３００×０畅２３００×０畅２×０畅８≤６０－３００×０畅２３００×０畅２×０畅８≈１－Φ６０－３００×０畅２３００×０畅２×０畅８＝１－Φ（０）＝０畅５．8．一复杂的系统由１００个相互独立起作用的部件所组成，在整个运行期间每个部件损坏的概率为０畅１０．为了使整个系统起作用，至少必须有８５个部件正常工作，求整个系统起作用的概率．解将观察一个部件是否正常工作看成是一次试验，由于各部件是否正常工作是相互独立的，因而观察１００个部件是否正常工作是做１００重伯努利试验，以X 表示１００个部件中正常工作的部件数，则X ～b （１００，０畅９），按题意需求概率P ｛X ≥８５｝，由棣莫弗拉普拉斯定理知X －１００×０畅９１００×０畅９×０畅１近似地服从标准正态分布N （０，１），故所求概率为121第五章 大数定律及中心极限定理P ｛X ≥８５｝＝P ｛８５≤X ＜∞｝＝P ８５－１００×０畅９１００×０畅９×０畅１≤X －１００×０畅９１００×０畅９×０畅１≤∞－１００×０畅９１００×０畅９×０畅１≈１－Ф－５３＝０畅９５２５．9．已知在某十字路口，一周事故发生数的数学期望为２畅２，标准差为１畅４．（１）以X —表示一年（以５２周计）此十字路口事故发生数的算术平均，试用中心极限定理求X —的近似分布，并求P ｛X —＜２｝．（２）求一年事故发生数小于１００的概率．解 （１）E （X —）＝E （X ）＝２畅２，D （X —）＝D （X ）５２＝１畅４２５２，由中心极限定理，可认为X —～N （２畅２，１畅４２／５２）．P ｛X —＜２｝＝Φ２－２畅２１畅４／５２＝Φ－０畅２×５２１畅４＝Φ（－１畅０３０）＝１－Φ（１畅０３０）＝１－０畅８４８５＝０畅１５１５．（２）一年５２周，设各周事故发生数为X １，X ２，…，X ５２．则需计算p ＝P钞５２i ＝１X i ＜１００，即P ｛５２X —＜１００｝．用中心极限定理可知所求概率为 p ＝P ｛５２X —＜１００｝＝P ｛X —＜１００５２｝≈Φ１００５２－２畅２５２１畅４＝Φ（－１畅４２６）＝１－０畅９２３０＝０畅０７７０．10．某种小汽车氧化氮的排放量的数学期望为０．９g ／km ，标准差为１畅９g ／km ，某汽车公司有这种小汽车１００辆，以X —表示这些车辆氧化氮排放量的算术平均，问当L 为何值时X —＞L 的概率不超过０畅０１．解 设以X i （i ＝１，２，…，１００）表示第i 辆小汽车氧化氮的排放量，则X —＝１１００钞１００i ＝１X i ．由已知条件E （X i ）＝０畅９，D （X i ）＝１畅９２得E （X —）＝０畅９， D （X —）＝１畅９２１００．各辆汽车氧化氮的排放量相互独立，故可认为近似地有221概率论与数理统计习题全解指南X —～N ０畅９，１畅９２１００．需要计算的是满足P ｛X —＞L ｝≤０畅０１的最小值L ．由中心极限定理P ｛X —＞L ｝＝PX —－０畅９０畅１９＞L －０畅９０畅１９≤０畅０１畅L 应为满足１－ΦL －０畅９０畅１９≤０畅０１的最小值，即ΦL －０畅９０畅１９≥０畅９９＝Φ（２畅３３），即L －０畅９０畅１９≥２畅３３，故L ≥０畅９＋０畅１９×２畅３３＝１畅３４２７，应取L ＝１畅３４２７g ／km 畅11．随机地选取两组学生，每组８０人，分别在两个实验室里测量某种化合物的p H ．各人测量的结果是随机变量，它们相互独立，服从同一分布，数学期望为５，方差为０畅３，以X —，Y —分别表示第一组和第二组所得结果的算术平均．（１）求P ｛４畅９＜X —＜５畅１｝．（２）求P ｛－０畅１＜X —－Y —＜０畅１｝．解由题设E （X —）＝５，D （X —）＝D （Y —）＝０畅３８０．（１）由中心极限定理知X —近似服从N （５，０畅３８０），故P ｛４畅９＜X —＜５畅１｝＝P ４畅９－５０畅３８０＜X —－５０畅３８０＜５畅１－５０畅３８０≈Φ５畅１－５０畅３８０－Φ４畅９－５０畅３８０＝２Φ（１畅６３）－１＝２×０畅９４８４－１＝０畅８９６８．（２）因E （X —－Y —）＝E （X —）－E （Y —）＝０，D （X —－Y —）＝D （X —）＋D （Y —）＝０畅３４０，由中心极限定理P ｛－０畅１＜X —－Y —＜０畅１｝ 321第五章 大数定律及中心极限定理＝P－０畅１－００畅３４０＜（X —－Y —）－００畅３４０＜０畅１－００畅３４０≈Φ０畅１－００畅３４０－Φ－０畅１－００畅３４０＝２Φ（１畅１５）－１＝２×０畅８７４９－１＝０畅７４９８．12．一公寓有２００户住户，一户住户拥有汽车辆数X 的分布律为X ０１２p k０畅１０畅６０畅３问需要多少车位，才能使每辆汽车都具有一个车位的概率至少为０畅９５畅解 设需要车位数为n ，且设第i （i ＝１，２，…，２００）户有车辆数为X i ，则由X i 的分布律知E （X i ）＝０×０畅１＋１×０畅６＋２×０畅３＝１畅２，E （X ２i ）＝０２×０畅１＋１２×０畅６＋２２×０畅３＝１畅８，故D （X i ）＝E （X ２i ）－［E （X i ）］２＝１畅８－１畅２２＝０畅３６．因共有２００户，各户占有车位数相互独立．从而近似地有钞２００i ＝１X i ～N （２００×１畅２， ２００×０畅３６）．今要求车位数n 满足０畅９５≤P钞２００i ＝１X i ≤n ，由正态近似知，上式中n 应满足０畅９５≤Φn －２００×１畅２２００×０畅３６＝Φn －２４０７２，因０畅９５＝Φ（１畅６４５），从而由Φ（x ）的单调性知n －２４０７２≥１畅６４５，故n ≥２４０＋１畅６４５×７２＝２５３畅９６．由此知至少需２５４个车位畅13．某种电子器件的寿命（小时）具有数学期望μ（未知），方差σ２＝４００．为了估计μ，随机地取n 只这种器件，在时刻t ＝０投入测试（测试是相互独立的）直到失效，测得其寿命为X １，X ２，…，X n ，以X —＝１n钞ni ＝１X i 作为μ的估计，为使P ｛X —－μ＜１｝≥０畅９５，问n 至少为多少？解由教材第五章§２定理一可知，当n 充分大时，421概率论与数理统计习题全解指南钞ni ＝１X i －n μn σ＝１n钞ni ＝１X i －μσ／n近似地N （０，１），即X —－μσn近似地N （０，１）．由题设D （X i ）＝４００（i ＝１，２，…，n ），即有σ＝４００，于是X —－μ４００n ＝X —－μ２０n近似地服从N （０，１）分布，即有P ｛X —－μ＜１｝＝P ｛－１＜X —－μ＜１｝＝P －１２０n ＜X —－μ２０n ＜１２０n ≈Φ１２０n－Φ－１２０n ＝２Φ１２０n －１．现在要求P ｛X —－μ＜１｝≥０畅９５，即要求２Ф１２０n －１≥０畅９５，亦即要求Ф１２０n≥０畅９７５＝Ф（１畅９６），故需要１２０n≥１畅９６，即 n ≥（２０×１畅９６）２＝１５３６畅６４畅因n 为正整数，故n 至少为１５３７．14．某药厂断言，该厂生产的某种药品对于医治一种疑难血液病的治愈率为０畅８，医院任意抽查１００个服用此药品的病人，若其中多于７５人治愈，就接受此断言，否则就拒绝此断言．（１）若实际上此药品对这种疾病的治愈率是０畅８畅问接受这一断言的概率是多少？（２）若实际上此药品对这种疾病的治愈率为０畅７，问接受这一断言的概率是多少？解由药厂断言来看１００人中治愈人数X ～b （１００，０畅８）．（１）在治愈率与实际情况相符合条件下，接受药厂断言的概率即为P （X ＞521第五章 大数定律及中心极限定理７５）．由中心极限定理知近似地有X～N（１００×０畅８， １００×０畅８×０畅２）＝N（８０，４２），于是 p１＝P（X＞７５）≈１－Φ７５－８０４＝１－Φ（－５４）＝Φ（１畅２５）＝０畅８９４４．（２）若实际上治疗率为０畅７，即X～b（１００，０畅７），则治愈人数X近似地服从正态分布，即有X～N（１００×０畅７， １００×０畅７×０畅３）．所求概率p２＝P（X＞７５）≈１－Φ７５－１００×０畅７１００×０畅７×０畅３＝１－Φ５２１＝１－Φ（１畅０９）＝１－０畅８６２１＝０畅１３７９．621概率论与数理统计习题全解指南。
概率论与数理统计19 5 大数定律与中心极限定理
贝努利大数定理说明:当n很大时,事件A 贝努利大数定理说明: 很大时,事件A 接近于事件A 的频率 ηA / n 接近于事件A的概率的可能 性接近于1. 性接近于1.
第二节 中心极限定理 大数定律研究了随机变量和的极限问题, 大数定律研究了随机变量和的极限问题, 下面研究随机变量和的分布的极限问题. 下面研究随机变量和的分布的极限问题. 一 独立同分布中心极限定理 定理:设随机变量序列 X1, X2 ,L, Xn ,L 定理: 相互独立同分布, 相互独立同分布,期望值 和方差 σ 2 都存在, 都存在,则对一切 x 都有
X1 , X2 ,LXn相互独立
ηA = ∑Xk
k=1
n
于是 X1 , X2 ,L, Xn 相互独立且具有相同的 期望与方差,据切比雪夫大数定理, 期望与方差,据切比雪夫大数定理,对于 任给的 ε > 0 , 有 ηA lim P{| p |< ε } =
n 1 n lim P{| ∑Xk p |< ε } = 1 n→∞ n k=1
ηn np
npq
近似~ N(0,1)
ηn近似~ N(np, npq)
例 某单位有240台电话机,每台电话机约 某单位有240台电话机, 240台电话机 5%的时间要使用外线通话 的时间要使用外线通话, 有5%的时间要使用外线通话,设各电话机 使用外线是相互独立的, 使用外线是相互独立的,问这个单位需要 按装多少条外线才能以99% 99%以上的概率保 按装多少条外线才能以99%以上的概率保 证每台电话机需要外线时不占线 解 将每台电话机是否使用外线看作一次 独立试验,240 ,240台电话机是否使用外线看 独立试验,240台电话机是否使用外线看 240次贝努利试验 次贝努利试验. 作240次贝努利试验. 设 η240 为同时使用外线的电话机台数, 为同时使用外线的电话机台数,
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第五章 大数定律和中心极限定理
§5.1-5-2
一、填空题
1．随机变量X 的2)(,)(σμ==X D X E ，用契比雪夫不等式估计：
{}22211)(1k
k k X P -=-≥>-σσσμ 2．随机变量X 的10)(,100)(==X D X E ，用契比雪夫不等式估计：
{}{}40
392010120100120802=-≥<-=<<X P X P 3．伯努利大数定律表明事件的频率依概率收敛于事件的概率（P ）
4．切比雪夫大数定律表明随机娈量X 的算术平均值依概率收敛于X 的数学期望μ。
5．设)50,,2,1( =i X i 是相互独立的随机变量，且都服从泊松分布),03.0(π令
∑==50
1
i i X Z ，则用中心定理计算{}≈>3Z P 0.11 ，
（保留两位小数） 解：∑∑===⨯==5015015.103.050)(i i i i X E X
E ,5.103.050)()(501
501=⨯==∑∑==i i i i X D X D 则 11.089.01)225.1(15.15.135
.15.115.15.135.15.1=-≈Φ-≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤--=⎭⎬⎫⎩⎨⎧->-Z P Z P 二、一台设备由10个独立工作的元件组成，每一个元件在时间T 发生故障的概率为0.05,设在时间T 发生故障的元件数为随机变量X,试估计它的数学期望的偏差小于2的概率. 解:因为X ～)05.0,10(b ,故5.005.010)(=⨯===nP X E μ
475.095.005.0102=⨯⨯==npq σ
由切比雪夫不等式知
{}88.04
475.012)(=-≥<-X E X P 三、设{}9.0)(≥<-εX E X P ，且009.0)(=X D 试用切比雪夫不等式估计ε的最大值是多少？ 解：2009
.019.0ε-≤，09.02≥ε，3.0≥ε，则ε的最大值是为0.3
四、某保险公司多年的统计资料表明，在索赔户中被盗索赔户占%20，以X 表示在随意抽
查的100个索赔户中因被盗向保险公司索赔的户数，求被索赔户不少于14户，且不多于30户的概率近似值。
解：设i X ：“表示第i 户因被盗向保险公司索赔”，100,,3,2,1 =i ，则
索赔户数为：10021X X X X +++= ，
因X ～)2.0,100(b ，由棣莫弗-拉普拉斯中心定理有
{}⎭⎬⎫⎩⎨⎧⨯⨯⨯-≤⨯⨯⨯-≤⨯⨯⨯-=≤≤8.02.01002.0100308.02.01002.01008
.02.01002.010*******X P X P 927.01232523252542023=-⎪⎭
⎫ ⎝⎛Φ+⎪⎭⎫ ⎝⎛Φ=⎪⎭⎫ ⎝⎛-Φ-⎪⎭⎫ ⎝⎛Φ≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤-≤-X P 五、某餐厅每天接待400名顾客，设每位顾客的消费（元）服从[20，100]上的均匀分布，顾容的消费是相互独立的，95.0)65.1(=Φ，试求：
（1）该餐厅的日平均营业额；
（2）日营业额与平均营业额的差距不超过760元的概率。
解：设i X ：“表示第i 的消费额”，400,,3,2,1 =i ，则总的消费额为：4001X X X ++= ，而i X （ 400,,3,2,1 =i ）的密度函数为
⎪⎩⎪⎨⎧<<=其他,
010020801)(x x f 400,,2,160210020)( ==+=i X E i
400,,2,112640012)20100()(2 ==-=i X D i
∑∑===⨯===400
14001
240060400)()()1(,I i I i X E X E X X 则 ∑==⨯==400
13
640000126400400)()(I i X D X D （2）{}⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤-=⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧≤-=≤-65.136400002400364000076036400002400760)(X P X P X E X P 90.0195.021)65.1(2=-⨯=-Φ=。