第五章 极限定理
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第五章 大数定律和中心极限定理
P 1 n 定理(辛钦大数定律) 设 { X n } 为独立同分布随机变量序列，若 EX 1 存在，则 X i . n i 1
第三节 中心极限定理
所谓中心极限定理，就是关于大量微小的随机变量之和的极限分布在什么条件下是正态分布的定理. 定义 1 设 { X n } 为一随机变量序列， DX n ， n 1,2, ，若
2
83
n a n lim P(a X i b) P n i 1 n
X
i 1
n
i
n
n
b n b n a n ) ( ). ( n n n
例 1 一加法器同时收到 50 个噪声电压 Vi (i 1,2, ,50 ) ， 设 V i (单位： 微伏)相互独立且均在 [0,10] 上 服从均匀分布，求该加法器上总电压 V
i 1
n
1 n2
c n 0(n ) ，
i 1
n
c
推论 2 (贝努里大数定律) 设 S n 为 n 重贝努里试验中事件 A 出现的次数， p 为 A 在每次 n
证 明 ：令 Xi
1 在第i 次试验中A出现 ， 则 X i ~ B(1, p ) ， i 1,2,, n 且 相 互 独 立 ， 0 在第 i 次试验中 A 不出现
c 0 ，使得 DX n c ， n 1,2, ，则
P 1 n ( X i EX i ) 0 . n i 1
证明：只须验证马尔可夫条件成立即可.由于 { X n } 两两互不相关，故
0
因此马尔可夫条件成立.
n 1 1 D ( Xi) 2 2 n n i 1
DX i
第三节 中心极限定理
所谓中心极限定理，就是关于大量微小的随机变量之和的极限分布在什么条件下是正态分布的定理. 定义 1 设 { X n } 为一随机变量序列， DX n ， n 1,2, ，若
2
83
n a n lim P(a X i b) P n i 1 n
X
i 1
n
i
n
n
b n b n a n ) ( ). ( n n n
例 1 一加法器同时收到 50 个噪声电压 Vi (i 1,2, ,50 ) ， 设 V i (单位： 微伏)相互独立且均在 [0,10] 上 服从均匀分布，求该加法器上总电压 V
i 1
n
1 n2
c n 0(n ) ，
i 1
n
c
推论 2 (贝努里大数定律) 设 S n 为 n 重贝努里试验中事件 A 出现的次数， p 为 A 在每次 n
证 明 ：令 Xi
1 在第i 次试验中A出现 ， 则 X i ~ B(1, p ) ， i 1,2,, n 且 相 互 独 立 ， 0 在第 i 次试验中 A 不出现
c 0 ，使得 DX n c ， n 1,2, ，则
P 1 n ( X i EX i ) 0 . n i 1
证明：只须验证马尔可夫条件成立即可.由于 { X n } 两两互不相关，故
0
因此马尔可夫条件成立.
n 1 1 D ( Xi) 2 2 n n i 1
DX i
第五章 大数定律与中心极限定理
中心极限定理
独立随机变量和
设 {Xn} 为独立随机变量序列，记其和为
Yn = ∑Xi
i=1 n
讨论独立随机变量和的极限分布, 指出极限分布为正态分布.
13 July 2011
湖南大学
第五章 大数定律与中心极限定理
第18页 18页
独立同分布下的中心极限定理
林德贝格—勒维中心极限定理 设 {Xn} 为独立同分布随机变量序列，数学期 望为µ, 方差为 σ2>0，则当 n 充分大时，有
解: 设 X 表示命中的炮弹数, 则 X ~ b(500, 0.01)
(1) P( X = 5) = C ×0.015 ×0.99495 ＝0.17635
5 500
(2) 应用正态逼近: P(X=5) = P(4.5 < X < 5.5) = 0.1742
13 July 2011
5.5 − 5 4.5 − 5 ≈ Φ −Φ 4.95 4.95
第五章 大数定律与中心极限定理
第25页 25页
三、给定 y 和概率，求 n
例7 用调查对象中的收看比例 k/n 作为某电视节
目的收视率 p 的估计。 要有 90％ 的把握，使k/n与p 的差异不大于0.05，问至少要调查多少对象？
解：用 Yn表示n 个调查对象中收看此节目的人数，则
P ( Yn / n − p < 0.05) ≈ 2Φ 0.05 n / p(1 − p) − 1 ≥ 0.90
湖南大学
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第五章 大数定律与中心极限定理
第16页 16页
X 例 设 1, X2 ,L, Xn是独 立同 布 分 的随 变量 它们 机 ， 都服 从 [a, b]上的 [ 均匀 布 f (x)是 a, b]上 连 函 ， 分 ， 的 续 数 证明 ：
李贤平-概率论基础-Chap5
布列为
1 1 1/ 2 1/ 2
(2)
若对一切 n ,令 n ( ) ( ),显然 n ( )的分布列也是 (2) L ( ) 。 ，因此 n ( )
但是, 对任意的 0 2 ，因
P{| n ( ) ( ) | } P() 1
当然，当F(x) 是一个分布函数时,分布函数的左连续 性保证了 F 在不连续点上的值完全由它在连续点集 CF 上的值唯一确定，因此此时分布函数列的弱收敛极限是 唯一的.
以下我们研究一个分布函数序列弱收敛到一个分布 函数的充要条件，为此先建立一些重要的分析结果。
引理. 设{ Fn ( x )}是实变量x 的非降函数序列，D是R上的 稠密集. 若对于D中的所有点, 序列 { Fn ( x )}收敛于F(x),
所以，我们有
F ( x) Fn ( x) P{n x, x}
因为 { n } 依概率收敛于 ，则
P{n x, x} P{| n | x x} 0
因而有
F ( x) lim Fn ( x)
n
同理，对 x x,
i 1 i , 1, ki ( ) k k , i 1, 2, 0, otherwise
取 P 为勒贝格测度，则
, k.
1 0, P (| ki ( ) | ) , i 1, 2, k
, k . (*)
将 ki 依次记为 n , 如图:
n
则称 {n ( )}依概率收敛于 ( ) ，并记为
n ( ) ( )
P
定义3 (r阶矩收敛) 设对随机变量 n 及 有E | n |r , E | |r ， 其中 r 0 为常数，如果
1 1 1/ 2 1/ 2
(2)
若对一切 n ,令 n ( ) ( ),显然 n ( )的分布列也是 (2) L ( ) 。 ，因此 n ( )
但是, 对任意的 0 2 ，因
P{| n ( ) ( ) | } P() 1
当然，当F(x) 是一个分布函数时,分布函数的左连续 性保证了 F 在不连续点上的值完全由它在连续点集 CF 上的值唯一确定，因此此时分布函数列的弱收敛极限是 唯一的.
以下我们研究一个分布函数序列弱收敛到一个分布 函数的充要条件，为此先建立一些重要的分析结果。
引理. 设{ Fn ( x )}是实变量x 的非降函数序列，D是R上的 稠密集. 若对于D中的所有点, 序列 { Fn ( x )}收敛于F(x),
所以，我们有
F ( x) Fn ( x) P{n x, x}
因为 { n } 依概率收敛于 ，则
P{n x, x} P{| n | x x} 0
因而有
F ( x) lim Fn ( x)
n
同理，对 x x,
i 1 i , 1, ki ( ) k k , i 1, 2, 0, otherwise
取 P 为勒贝格测度，则
, k.
1 0, P (| ki ( ) | ) , i 1, 2, k
, k . (*)
将 ki 依次记为 n , 如图:
n
则称 {n ( )}依概率收敛于 ( ) ，并记为
n ( ) ( )
P
定义3 (r阶矩收敛) 设对随机变量 n 及 有E | n |r , E | |r ， 其中 r 0 为常数，如果
概率论极限定理讲解
其中EXk=k, DXk≤C<+∞,（k=1,2,…,n,…）
则对 0, 都有
lim
n
P
Xn
1 n
n k 1
k
0.
P Xn
1
n
n k 1
k
3
2.辛钦大数定律
{Xn}独立同分布，EXn (n 1, 2,
则lim P n
1.已知n, p,，计算频率与概率之间的误差
P
Xn n
p
( 2
n pq
1)
2.已知p,
,
和P
Xn n
p
，求n
（即抽样方案的设计，确定样本容量）
3.已知n,
p和P
Xn n
p
，求
（事后评估，精度的估计） 15
例3. 已知某厂生产一大批无线电产品中合格品占1/6。某商店
从该厂任意选购6000个元件，试问这6000个元件中，合格品的 比例与1/6之间误差小于1%的概率是多少？
16
三个极限定理之间的关系
林德伯格(Lindeberg)定理（独立） 列维－林德伯格中心极限定理（独立同分布） 棣莫弗--拉普拉斯定理（独立同分布于0-1分布）
即n很大时，Xn以很大的可能性靠近X，其中ε 为误差。 （随机性消失）
1
定义2：设{X n}是一随机变量序列，
n
P
EXn (n 1, 2,
)存在，记X
n
=
1 n
则对 0, 都有
lim
n
P
Xn
1 n
n k 1
k
0.
P Xn
1
n
n k 1
k
3
2.辛钦大数定律
{Xn}独立同分布，EXn (n 1, 2,
则lim P n
1.已知n, p,，计算频率与概率之间的误差
P
Xn n
p
( 2
n pq
1)
2.已知p,
,
和P
Xn n
p
，求n
（即抽样方案的设计，确定样本容量）
3.已知n,
p和P
Xn n
p
，求
（事后评估，精度的估计） 15
例3. 已知某厂生产一大批无线电产品中合格品占1/6。某商店
从该厂任意选购6000个元件，试问这6000个元件中，合格品的 比例与1/6之间误差小于1%的概率是多少？
16
三个极限定理之间的关系
林德伯格(Lindeberg)定理（独立） 列维－林德伯格中心极限定理（独立同分布） 棣莫弗--拉普拉斯定理（独立同分布于0-1分布）
即n很大时，Xn以很大的可能性靠近X，其中ε 为误差。 （随机性消失）
1
定义2：设{X n}是一随机变量序列，
n
P
EXn (n 1, 2,
)存在，记X
n
=
1 n
第5章极限定理1
第五章 极限定理
极限定理是概率论中最重要的理论成果之 一。正如本书一开始就指出的，随机现象的统计 规律性只有在对大量随机现象的考察中才能显现 出来。为了研究“大量”的随机现象，常常采用 极限方法，这就导致研究极限定理。本章主要介 绍独立随机序列的极限理论。我们只介绍大数定 律和中心极限定理。
内容
• § 5.1 随机序列的收敛性 • § 5.2 大数定律 • § 5.3 中心极限定理
1 n 民），若n充分大，则居民户的平均用水量 ∑ ξ k 也稳定于 n k =1 一个常数。 1 n 总之，大量随机现象都表现出形如 n ∑ ξ k 的平均结果 k =1 的稳定性。问题是：在这里稳定的含义是什么？其次为什 n 1 么形如 ∑ ξ k 的平均结果具有稳定性？或换一种提法
n
k =1
在什么条件下形如
在大量的随机试验中，由于个别因素随机性相 互抵消，相互补偿，其平均结果呈明显的规律性。 大数定律的目的是描述大量随机现象的平均结果所 呈现的规律性。下面探讨第二个问题。
大数定律
其中q = 1 − p,0 < p < 1, 则{ξ n }服从大数定律。 定理5.2.1′(伯努利大数定律) 试验中出现的概率，则对任意ε > 0, µn P 都有 → p, n → ∞ n 定理5.2.2(泊松大数定律) 设{ξ n }为独立同分布的随机序列，且P{ξ n = 1} = p, P{ξ n = 0} = q 定理5.2.1(伯努利大数定律)
因此如果能确定（*）以接近1的概率成立，从实际应 用 ηn 角度来看， p可以作为 的稳定值。于是频率具 有稳定性可 n 以这样用数学语言来表 述：对于任意 ε > 0, 有 ηn ηn − p |< ε} → 1或等价地 P{| − p |≥ ε} → 0. P{| n n 定义：设{ξ n }为一随机变量序列，如 果存在这样一个常数序 列{an } ，对任意的 ε > 0, 恒有 1 n P{ ∑ ξ k − an < ε} → 1, n → ∞ n k =1 则称随机序列{ξ n }服从大数定律。
极限定理是概率论中最重要的理论成果之 一。正如本书一开始就指出的，随机现象的统计 规律性只有在对大量随机现象的考察中才能显现 出来。为了研究“大量”的随机现象，常常采用 极限方法，这就导致研究极限定理。本章主要介 绍独立随机序列的极限理论。我们只介绍大数定 律和中心极限定理。
内容
• § 5.1 随机序列的收敛性 • § 5.2 大数定律 • § 5.3 中心极限定理
1 n 民），若n充分大，则居民户的平均用水量 ∑ ξ k 也稳定于 n k =1 一个常数。 1 n 总之，大量随机现象都表现出形如 n ∑ ξ k 的平均结果 k =1 的稳定性。问题是：在这里稳定的含义是什么？其次为什 n 1 么形如 ∑ ξ k 的平均结果具有稳定性？或换一种提法
n
k =1
在什么条件下形如
在大量的随机试验中，由于个别因素随机性相 互抵消，相互补偿，其平均结果呈明显的规律性。 大数定律的目的是描述大量随机现象的平均结果所 呈现的规律性。下面探讨第二个问题。
大数定律
其中q = 1 − p,0 < p < 1, 则{ξ n }服从大数定律。 定理5.2.1′(伯努利大数定律) 试验中出现的概率，则对任意ε > 0, µn P 都有 → p, n → ∞ n 定理5.2.2(泊松大数定律) 设{ξ n }为独立同分布的随机序列，且P{ξ n = 1} = p, P{ξ n = 0} = q 定理5.2.1(伯努利大数定律)
因此如果能确定（*）以接近1的概率成立，从实际应 用 ηn 角度来看， p可以作为 的稳定值。于是频率具 有稳定性可 n 以这样用数学语言来表 述：对于任意 ε > 0, 有 ηn ηn − p |< ε} → 1或等价地 P{| − p |≥ ε} → 0. P{| n n 定义：设{ξ n }为一随机变量序列，如 果存在这样一个常数序 列{an } ，对任意的 ε > 0, 恒有 1 n P{ ∑ ξ k − an < ε} → 1, n → ∞ n k =1 则称随机序列{ξ n }服从大数定律。
概论与统计课件第五章 极限定理-PPT文档资料
• 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) 本章将介绍三个大数定律： （1）切比雪夫大数定律、 （2）辛钦大数定律 （3）伯努利大数定律。 它们之间既有区别也有联系。
一、随机变量序列依概率收敛的定义 定义1. 1：设 X 1 , X 2 , …, X n ,…是一随机变量序列，如果存 在常数 a ，使对任意的 > 0，都有：
例1、掷一颗均匀正六面体的骰子，出现1点的概率是1/6。 但掷的次数少时，出现1点的频率可能与1/6相差较大，但 掷次数很多时，出现1点的频率接近1/6几乎是必然的。 例2、测量一个长度a，一次测量的结果不见得就等于a， 量了若干次，其算术平均值仍不见得等于a,但当测量的 次数很多时，算术平均值接近于a几乎是必然的。
1 n lim P X i p 1 n n i 1
mn p | } 1 又 ： X i mn， 即 lim P {| n n i 1
n
此定理说明了频率的稳定性。
伯努利大数定律
mn lim P {| p | } 1 n n
1 n lim P X i 1 n n i 1
1 n p 即 X i n i 1
这一推论使算术平均值的法则有了理论根据。假使要测量某 一个物理量a ,在不变的条件下重复测量 n 次，得到的观测值x1, x2, …, xn 是不完全相同的，这些结果可以看作是服从同一分布并 且期望值为a 的n 个相互独立的随机变量 X1, X2, …, Xn …的试验 1 数值。由推论可知，当n充分大时, 取( n X ) 作为 a 的近似值， 可以认为所发生的误差是很小的。即对于同一个随机变量X 进行 n 次独立观察，则所有观察结果的算术平均数依概率收敛于随机变量 的期望值 EX 。
第五章-正态分布、常用统计分布和极限定理
解：首先将录取率200/1600 0.125作为正态分布上端
的面积， 然后根据1 0.125 0.875查附表4， 对应
Z 1.15,那么录取分数线
x X Z X 74 1.1511 86.65(分)
表5-2
例11：
0Z 图5-11
(1)求Z 1分数以上的概率是多少 ？
解：Z 1时， (Z) 0.34134, Z以上的概率为
（Z） Z
1
t2
e 2 dt
2
(Z 2 ) 图5-8 Z 2
(Z2 Z1)
图5-9Z1 Z 2
例4：已知服从标准正态分布 N(0，1)， 求P( 1.3) ? 解：因为() 1,() P( 1.3) P( 1.3) 所以( 1.3) 1 P( 1.3) 1 (1.3) 1 - 0.9032 0.0968
2
如果把u 0， 1代入(x)
1
e
(
xu)2
2 2
2
(x)
1
x2
e2
2
标准正态分布其实是一般正态分布的一个特 例，记作N(0，1)，一般正态分布记作N(μ，σ2)。
一般正态分布之所以能变成唯一的标准正态 分布，就是把原来坐标中的零点沿着X轴迁到μ点， 并且以σ为单位记分。
σ=1
0
图5-5
13.6%
13.6%
2.16% 0.11%
3 2 1 图05-6 1
2.16% 0.11%
23
三、标准分的实际意义
例1：甲、乙、丙3个同学《社会统计学》分数 都是80分，甲同学所在班平均成绩μ甲=80分， μ 乙=75分， μ丙=70分，标准差都是10，比较甲、乙、 丙3个同学在班上的成绩。
的面积， 然后根据1 0.125 0.875查附表4， 对应
Z 1.15,那么录取分数线
x X Z X 74 1.1511 86.65(分)
表5-2
例11：
0Z 图5-11
(1)求Z 1分数以上的概率是多少 ？
解：Z 1时， (Z) 0.34134, Z以上的概率为
（Z） Z
1
t2
e 2 dt
2
(Z 2 ) 图5-8 Z 2
(Z2 Z1)
图5-9Z1 Z 2
例4：已知服从标准正态分布 N(0，1)， 求P( 1.3) ? 解：因为() 1,() P( 1.3) P( 1.3) 所以( 1.3) 1 P( 1.3) 1 (1.3) 1 - 0.9032 0.0968
2
如果把u 0， 1代入(x)
1
e
(
xu)2
2 2
2
(x)
1
x2
e2
2
标准正态分布其实是一般正态分布的一个特 例，记作N(0，1)，一般正态分布记作N(μ，σ2)。
一般正态分布之所以能变成唯一的标准正态 分布，就是把原来坐标中的零点沿着X轴迁到μ点， 并且以σ为单位记分。
σ=1
0
图5-5
13.6%
13.6%
2.16% 0.11%
3 2 1 图05-6 1
2.16% 0.11%
23
三、标准分的实际意义
例1：甲、乙、丙3个同学《社会统计学》分数 都是80分，甲同学所在班平均成绩μ甲=80分， μ 乙=75分， μ丙=70分，标准差都是10，比较甲、乙、 丙3个同学在班上的成绩。
第五章 大数定律与中心极限定理
∑200
【解】 设 X i 表示“该射手第 i 次射击的得分”，则 Y = X i 表示射手所得总分，
i=1
Xi (i =1, 2, , 200) 独立同分布，分布表如下：
Xi
0
2
3
4
5
p
由于
0.1
0.1
0.2
0.2
0.4
E( Xi ) = 0×0.1+ 2×0.1+ 3×0.2 + 4×0.2 + 5×0.4 = 3.6 ；
试验中发生的概率，这个定律以严格的数学形式刻画了频率的稳定性，在实际应用中，当试 验次数很大时，便可以用事件发生的频率来替代事件的概率.
3、辛钦大数定律
设随机变量序列 X , X , 12
，Xn,
相互独立且服从相同的分布,具有相同的数学期望
E(X i
)
=
μ
,（
i
=
1,
2,
） ,则对任意给定的正数 ε ，有
) ,则对任意实数 x ，有
∑ ⎧
⎪
n
X − nμ i
⎫ ⎪
⎨ lim P i=1
≤ x⎬ =
⎪ n→∞
nσ
⎪
⎩
⎭
∫ 1
2π
x −t2
e
−∞
2 dt = Φ(x) .
154
第五章 大数定律与中心极限定理
n
∑ 【评注】 n 个相互独立同分布、方差存在的随机变量之和 Xi ，当 n 充分大时，近似 i =1
第五章 大数定律与中心极限定理
本章学习要点
① 了解切比雪夫不等式； ② 了解切比雪夫大数定律、伯努利大数定律和辛钦大数定律（独立同分布随机变量的大
【解】 设 X i 表示“该射手第 i 次射击的得分”，则 Y = X i 表示射手所得总分，
i=1
Xi (i =1, 2, , 200) 独立同分布，分布表如下：
Xi
0
2
3
4
5
p
由于
0.1
0.1
0.2
0.2
0.4
E( Xi ) = 0×0.1+ 2×0.1+ 3×0.2 + 4×0.2 + 5×0.4 = 3.6 ；
试验中发生的概率，这个定律以严格的数学形式刻画了频率的稳定性，在实际应用中，当试 验次数很大时，便可以用事件发生的频率来替代事件的概率.
3、辛钦大数定律
设随机变量序列 X , X , 12
，Xn,
相互独立且服从相同的分布,具有相同的数学期望
E(X i
)
=
μ
,（
i
=
1,
2,
） ,则对任意给定的正数 ε ，有
) ,则对任意实数 x ，有
∑ ⎧
⎪
n
X − nμ i
⎫ ⎪
⎨ lim P i=1
≤ x⎬ =
⎪ n→∞
nσ
⎪
⎩
⎭
∫ 1
2π
x −t2
e
−∞
2 dt = Φ(x) .
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第五章 大数定律与中心极限定理
n
∑ 【评注】 n 个相互独立同分布、方差存在的随机变量之和 Xi ，当 n 充分大时，近似 i =1
第五章 大数定律与中心极限定理
本章学习要点
① 了解切比雪夫不等式； ② 了解切比雪夫大数定律、伯努利大数定律和辛钦大数定律（独立同分布随机变量的大
第五章 大数定理与中心极限定理
说明
1 n 1、定理中{| X i | }是指一个随机事件， n i 1 当n 时，这个事件的概率趋于1.
2、 定理以数学形式证明了随机变量X 1 , X n 1 n 的算术平均X X i 接近数学期望E（X k） n i 1 （k 1,2, n），这种接近说明其具有的稳定性 .
第五章 大数定律与中心极限定理
第五章 大数定律与中心极限定理
§1 大数定律
1.1 切比雪夫不等式 1.2 依概率收敛 1.3 大数定律
§2 中心极限定理
HaiNan University
1
第五章 大数定律与中心极限定理
大数定律的客观背景
事件发生的频率稳定于某一常数 大量随机试验中 测量值的算术平均值具有稳定性
证明 取连续型随机变量的情况来证明.
设 X 的概率密度为 f ( x ), 则有
HaiNan University3第五章 大数定律 Nhomakorabea中心极限定理
P{ X μ ε }
2 x μ ε
x μ ε
f ( x)d x
x μ f ( x)d x 2 ε
1 1 2 2 2 ( x μ) f ( x ) d x 2 σ . ε ε
定理2 (契比雪夫大数定律)
1 nM M 1 D( X i ) 2 D( X i ) 2 . n i 1 n n n i 1 由契比雪夫不等式得: M 1 n 1 n P{ X i E ( X i ) } 1 n n i 1 n i 1 2
HaiNan University
10
第五章 大数定律与中心极限定理
1.3 大数定律
问题 : 设nA是n重贝努利试验中事件A发生 的次数，p是事件A发生的概率，
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
第5章 极限定理
(2) 设需要 K 千瓦的电才能以 99% 概率保证该厂生产用电,则所求问题为
P{2 X ≤ K } = P{ X ≤
反查正态分布表,得
K X − 700 K − 140 K − 140 } = P{ ≤ } ≈ Φ( ) = 0.99 , 2 2 21 21 2 21
K − 140 2 21
= 2.31 ,从而解得 K = 161.1715 ,取 K = 162 ,即供应该厂 162
2
D( X i ) ≤ C 成立,则对于任意给定的 ε > 0 ,有
lim P{ |
n →∞
( i = 1,2, ), 并 且 存 在 常 数 C > 0 , 使 得 对 于 所 有 的 i = 1,2, , 均 有
1 n 1 n X i − ∑ E ( X i ) | < ε } = 1. ∑ n i =1 n i =1
1 n 1 n lim 0 , 只要 P X i − E ( X1 ) ≥ ε = 以概率收敛于 , 即对任何 , E ( X ) ε > 0 X ∑ ∑ 1 i n →∞ n i =1 n i =1 ). { X n : n = 1,2,} (
A. 有相同的数学期望 C. 服从同一泊松分布 B. 服从同一离散型分布 D. 服从同一连续型分布
Xi
P
从而
1 0.3
1.2 0.2
1.5 0.5
E ( X i ) = 1.29 ,
(1) 记 X =
D( X i ) = 0.0489 ,
i = 1,2, ,300 .
∑X
i =1
300
i
,由独立同分布中心极限定理知
X − 300 × 1.29 400 − 300 × 1.29 < P{ X ≥ 400} = 1 − P{ X < 400} = 1 − P 300 0.0489 300 0.0489 ≈ 1 − Φ (3.39)] = 1 − 0.9997 = 0.0003 .
P{2 X ≤ K } = P{ X ≤
反查正态分布表,得
K X − 700 K − 140 K − 140 } = P{ ≤ } ≈ Φ( ) = 0.99 , 2 2 21 21 2 21
K − 140 2 21
= 2.31 ,从而解得 K = 161.1715 ,取 K = 162 ,即供应该厂 162
2
D( X i ) ≤ C 成立,则对于任意给定的 ε > 0 ,有
lim P{ |
n →∞
( i = 1,2, ), 并 且 存 在 常 数 C > 0 , 使 得 对 于 所 有 的 i = 1,2, , 均 有
1 n 1 n X i − ∑ E ( X i ) | < ε } = 1. ∑ n i =1 n i =1
1 n 1 n lim 0 , 只要 P X i − E ( X1 ) ≥ ε = 以概率收敛于 , 即对任何 , E ( X ) ε > 0 X ∑ ∑ 1 i n →∞ n i =1 n i =1 ). { X n : n = 1,2,} (
A. 有相同的数学期望 C. 服从同一泊松分布 B. 服从同一离散型分布 D. 服从同一连续型分布
Xi
P
从而
1 0.3
1.2 0.2
1.5 0.5
E ( X i ) = 1.29 ,
(1) 记 X =
D( X i ) = 0.0489 ,
i = 1,2, ,300 .
∑X
i =1
300
i
,由独立同分布中心极限定理知
X − 300 × 1.29 400 − 300 × 1.29 < P{ X ≥ 400} = 1 − P{ X < 400} = 1 − P 300 0.0489 300 0.0489 ≈ 1 − Φ (3.39)] = 1 − 0.9997 = 0.0003 .
《概率论与数理统计》课件第五章大数定律及中心极限定理
有极其重要的地位？
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
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
第五章 极限定理_极限定理1
7
例4 某大型商场每天接待顾客10000人，设某位顾客 的消费额(元)服从[100,1000]上的均匀分布，且顾客 的消费额是独立的，试求该商场的销售额在平均销 售额上、下浮动不超过20000元的概率。 解：第i位顾客消费额位ξi，商场销售额为ξ
ξ＝ ∑ ξi
i＝1
10000
Eξi = 550
1 9002 Dξi = (1000 − 100) 2 = 12 12
∴ k ≥ 14
至少要装14条外线
10
例1 一个螺丝钉重量是一个随机变量，期望值是1两， 标准差是0.1两。求一盒(100个)同型号螺丝钉的重量 超过10.2斤的概率。
解：设第i个螺丝钉重量为ξi，一盒重量为ξ＝∑ ξi
ξ1,...,ξ100相互独立，Eξi = 0.1, Dξi＝0.12
i＝1 100
Eξ = ∑ Eξi = 100(两)
5
例3 设ξ1，，ξ 48相互独立，都是 [ 0，上均匀分布。 ... 1] 1 48 记ξ＝ ∑ ξi , 求P(ξ<0.4) 48 i＝1 1 1 解法一：Eξi = , Dξi = 2 12
记ξ＝∑ ξi ,Eξ = 24, Dξ = 4 ξ
i＝1
48
N(24, 22 )
1 因为ξ＝ ξ 48 1 P(ξ < 0.4) = P ξ < 0.4 = P(ξ < 19.2) 48 ξ − 24 19.2 − 24 = P < = Φ 0 (−2.4) 2 2 = 1 − Φ 0 (2.4) =0.008158
1 对任给ε>0,n充分大时，必有n+1>ε且 < ε n 1 = lim P ξ = lim P(| ξn − 0 |< ε) n →∞ n →∞ n 1 = lim 1 − =1 n →∞ n 即{ξn }依概率收敛于0
例4 某大型商场每天接待顾客10000人，设某位顾客 的消费额(元)服从[100,1000]上的均匀分布，且顾客 的消费额是独立的，试求该商场的销售额在平均销 售额上、下浮动不超过20000元的概率。 解：第i位顾客消费额位ξi，商场销售额为ξ
ξ＝ ∑ ξi
i＝1
10000
Eξi = 550
1 9002 Dξi = (1000 − 100) 2 = 12 12
∴ k ≥ 14
至少要装14条外线
10
例1 一个螺丝钉重量是一个随机变量，期望值是1两， 标准差是0.1两。求一盒(100个)同型号螺丝钉的重量 超过10.2斤的概率。
解：设第i个螺丝钉重量为ξi，一盒重量为ξ＝∑ ξi
ξ1,...,ξ100相互独立，Eξi = 0.1, Dξi＝0.12
i＝1 100
Eξ = ∑ Eξi = 100(两)
5
例3 设ξ1，，ξ 48相互独立，都是 [ 0，上均匀分布。 ... 1] 1 48 记ξ＝ ∑ ξi , 求P(ξ<0.4) 48 i＝1 1 1 解法一：Eξi = , Dξi = 2 12
记ξ＝∑ ξi ,Eξ = 24, Dξ = 4 ξ
i＝1
48
N(24, 22 )
1 因为ξ＝ ξ 48 1 P(ξ < 0.4) = P ξ < 0.4 = P(ξ < 19.2) 48 ξ − 24 19.2 − 24 = P < = Φ 0 (−2.4) 2 2 = 1 − Φ 0 (2.4) =0.008158
1 对任给ε>0,n充分大时，必有n+1>ε且 < ε n 1 = lim P ξ = lim P(| ξn − 0 |< ε) n →∞ n →∞ n 1 = lim 1 − =1 n →∞ n 即{ξn }依概率收敛于0
极限定理
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概 率 论
柯尔莫哥洛夫定理 对相互独立同分布随机变量序列 n ，若满足条件 E| n |<, 则 1 n 1 n P lim i E ( i ) 0 1. n i 1 n n i 1
返 回
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概 率 论
故而当 n 很大时, 事件发生的频率与概率 有较大偏差的可能性很小. 在实际应用中, 当试 验次数很大时, 便可以用事件发生的频率来代 替事件的概率.
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概 率 论
3、泊松大数定律(定理5.1.2)
设随机变量 X 1 , X 2 , , X n , 为相互独立的随机变量序列,
P { X n 1} pn , P { X n 0} q n .
1 n 1 n lim P {| X i EX i | } 1 n n i 1 n i 1
或
1 n 1 n lim P {| X i EX i | } 0 n n i 1 n i 1
即{ X n } 服从 大数定律.
µ
1 n lim P {| X | } lim P X k 1. n n n k 1
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1 n lim P {| X | } lim P X k 1. n n n k 1 n n
概 率 论
证明
1 1 E X k E( X k ) n k 1 n k 1
根据上述方法，例1不收敛。
定义
| X n X | :| X n ( ) X () |
lim P{| X n X | } 1
概 率 论
柯尔莫哥洛夫定理 对相互独立同分布随机变量序列 n ，若满足条件 E| n |<, 则 1 n 1 n P lim i E ( i ) 0 1. n i 1 n n i 1
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概 率 论
故而当 n 很大时, 事件发生的频率与概率 有较大偏差的可能性很小. 在实际应用中, 当试 验次数很大时, 便可以用事件发生的频率来代 替事件的概率.
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概 率 论
3、泊松大数定律(定理5.1.2)
设随机变量 X 1 , X 2 , , X n , 为相互独立的随机变量序列,
P { X n 1} pn , P { X n 0} q n .
1 n 1 n lim P {| X i EX i | } 1 n n i 1 n i 1
或
1 n 1 n lim P {| X i EX i | } 0 n n i 1 n i 1
即{ X n } 服从 大数定律.
µ
1 n lim P {| X | } lim P X k 1. n n n k 1
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1 n lim P {| X | } lim P X k 1. n n n k 1 n n
概 率 论
证明
1 1 E X k E( X k ) n k 1 n k 1
根据上述方法，例1不收敛。
定义
| X n X | :| X n ( ) X () |
lim P{| X n X | } 1
第五章极限定理
1 n lim P{| ∑Xi −µ |< ε} = 1 n→∞ n i=1
Xinchin(1894-1959)
辛钦大数不要求随机变量的方差存在.它为寻找随 辛钦大数不要求随机变量的方差存在 它为寻找随 机变量的期望值提供了一条实际可行的途径. 机变量的期望值提供了一条实际可行的途径
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： 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. 它是随机现象统计规律的具体表现 在理论和实际中都有广泛的应用. 在理论和实际中都有广泛的应用
一、大数定律 大数定律的客观背景 大量的随机现象中平均结果的稳定性
大量抛掷硬币 正面出现频率
生产过程中的 字母使用频率 废品率
……
主要： (1) 频率稳定性 (2) 大量测量结果算术平均值的稳定性。 1.大数定律的定义 定义1 设X1,X2,…,Xn,…为一随机变量序列,如 定义1 果对于任意正整数k(k≥2)及任意k个随机变量
1 n 1 D[ ∑ X i ] = 2 n i =1 n
1 σ2 ∑ D( X i ) = n 2 ⋅ nσ 2 = n , i =1
n
由切比雪夫不等式对于任意正数ε，有
1 n σ 2 /n P {Yn < ε } = P ∑ X i − µ < ε ≥ 1 − n i =1 ε2
由定理一有
1 n lim P ∑ X i − p < ε = 1 n→ ∞ n i =1
nA 即 lim P − p < ε = 1 n→∞ n
历史上， 历史上，J. Bernoulli第 第 一个研究了大数定律， 一个研究了大数定律， 在其1718年发表的论文 在其 年发表的论文 中(这是概率论的第一 这是概率论的第一 篇论文）， ），他建立了本 篇论文），他建立了本 定理， 定理，这是全部大数定 律中的第一个。 律中的第一个
极限定理
解：第i次轰炸命中目标的次数为i
100次轰炸命中目标的次数＝ i
i＝1 100
E Ei＝200
i＝1
100
D Di＝ 169
i＝1
100
D 13
N(200,132 ) | 200 | 20 P(180 220) P 13 13 ＝20 (1.54) 1 ＝0.87644
5
定义1 若存在常数a，使对于任何>0，有 lim P(|n a|<)=1 称随机变量序列n 依概率收敛于a
p 记作：n a n
6
例3 设n为两点分布 1 1 1 P 1 P( n 1) n n n 1 对任给>0,n充分大时，必有n+1>且 n 1 lim P(| n 0 | ) lim P n n n 1 lim 1 =1 n n 即n 依概率收敛于0
13
例1 一个螺丝钉重量是一个随机变量，期望值是1两， 标准差是0.1两。求一盒(100个)同型号螺丝钉的重量 超过10.2斤的概率。
解：设第i个螺丝钉重量为i，一盒重量为＝ i
100
1,...,100相互独立，Ei 0.1,Di＝0.12
E Ei 100(两)
第五章 极限定理 5.1大数定律
§5.1.1 切贝谢夫不等式
研究随机变量的离差与方差的关系。
设随机变量有期望值E与方差D。 对任给>0,有 D P(| E | ) 2 D P(| E | ) 1 2 称为切贝谢夫(Chebyshev)不等式 证：若是离散型随机变量。
4
5.1.2 大数定律
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第五章 极限定理
一．主要内容： 大数定律 中心极限定理 二．课堂练习
1.2005%90%设某单位有台电话机，每台电话机有的时间需要使用外线通话。
若每台电话机是否使用外线是相互独立的。
问该单位总机至少需要安装多少条外线才能以以上的概率保证每台电话机需要使用外线时不被占用？
i n n i i 1
n n n n 1,;
X i 1,2,
,200
0,X (n 200).k ,P{0k}0.9.Y p 0.05,n 200P{0k}Y =⎧==⎨⎩
η==≤η≤≥===≤η≤=≤≤
∑第i 台电话机使用外线 设第i 台电话机不使用外线则表示同时使用外线的电话机总数求值使令则
0.9
1.30,k 14
(0)
≈Φ-Φ≈Φ≥≥≥Φ≈则
2 装配工人装配某种零件，每只需要2分钟，但若装配不合格就需要重装，
再要用2分钟，且一定能装好。
设每个零件的装配是相互独立的，每个零件需 要重装的概率为0.3。
若每个工人每天的实际工作时间是8小时，任务是装配 180个零件，求工人每天完不成任务的概率的近近似值。
i i i i i i X i 12180P(X 2)0.7,P(X 4)0.3E(X ) 2.6D(X )0.84
=======i 设第个零件的装配时间为，X 相互独立同服从两点分布，
，，，，，则
180
180
i i i 1
i 1
180
i
P{X 480}1P{X 480}
X
180 2.6
11(0.9759)0.166
==>=-≤-⨯=-≤
≈-Φ=∑∑∑
i 180
180
i i i 1
i 1
180
i
1i X i 1,2,
,180
i P{X 60}1P{0X 60}
X
1800.3
11(0.9757)0.166
==⎧==⎨⎩>=-≤≤-⨯=-≤
≤
≈-Φ=∑∑∑又考虑需重装的零件数，
第个零件需要重装
设0第个零件不需要重装。