第5章大数定律及中心极限定理习题及答案教学提纲
第五章_大数定律和中心极限定理 例题与解析
V 20 5 100 / 12 20
105 20 5 100 / 12 20
V 100 V 100 P 0 . 39 1 P 0 . 39 12 ) 20 12 ) 20 ( 10 ( 10
1 ( 0 . 39 ) 1 0 . 6517 0 . 3483
lim F n ( x ) F ( x )
W 则称{ F n ( x )} 弱收敛于F(x)，记为 Fn ( x) F ( x)。 L { 称 }依分布收敛于，记为 。
n
n
n
定理5.2 (几种收敛之间的关系) P ，则 L 。 1. 若
n
L P 2. 设为常数，则 n 当且仅当 n 。 a.s. P n ，则 n 。 3. 若
设随机变量 1， 2， ， n 相互独立且服从同一分布，且 具有相同的数学期望和方差：
E ( i ) ，D ( i ) ， i 1，， ， n ， 2
2
则随机变量
n
i 1
n
i
n
n
n
L N ( 0， ， 1)
即 n 的分布函数 F n ( x ) 对任何x满足
lim P (
n
n np
np (1 p )
x
x)
1 2
t
2
e
2
dt .
例2 (2002年数学四考研试题)
设随机变量 X 1， X 2， ， X n 相互独立，S n
n
X i.
i 1
则根据列维-林德贝格中心极限定理，当n充分大时，S n 近似
概率与数理统计第5章大数定律及中心极限定理习题及答案
概率与数理统计第5章大数定律及中心极限定理习题及答案第一篇：概率与数理统计第5章大数定律及中心极限定理习题及答案第 5 章大数定律与中心极限定理一、填空题：1.设随机变量{ EMBED Equation.3 |E(ξ)=μ，方差，则由切比雪夫不等式有.2.设是n个相互独立同分布的随机变量，对于，写出所满足的切彼雪夫不等式，并估计.3.设随机变量相互独立且同分布, 而且有, , 令, 则对任意给定的, 由切比雪夫不等式直接可得.解：切比雪夫不等式指出：如果随机变量满足：与都存在, 则对任意给定的, 有 , 或者由于随机变量相互独立且同分布, 而且有所以4.设随机变量X满足：, 则由切比雪夫不等式, 有.解：切比雪夫不等式为：设随机变量X满足, 则对任意的, 有由此得5、设随机变量，则.6、设为相互独立的随机变量序列，且服从参数为的泊松分布，则.7、设表示n次独立重复试验中事件A出现的次数，是事件A在每次试验中出现的概率，则.8.设随机变量, 服从二项分布, 其中, 那么, 对于任一实数x, 有0.9.设为随机变量序列,为常数, 则依概率收敛于是指1 ,或 0。
10.设供电站电网有100盏电灯, 夜晚每盏灯开灯的概率皆为0.8.假设每盏灯开关是相互独立的, 若随机变量X为100盏灯中开着的灯数, 则由切比雪夫不等式估计, X落在75至85之间的概率不小于.解：, 于是二．计算题：1、在每次试验中，事件A发生的概率为0.5，利用切比雪夫不等式估计，在1000次独立试验中，事件A发生的次数在450至550次之间的概率.解：设表示1000次独立试验中事件A发生的次数，则2、一通信系统拥有50台相互独立起作用的交换机.在系统运行期间, 每台交换机能清晰接受信号的概率为0.90.系统正常工作时, 要求能清晰接受信号的交换机至少45台.求该通信系统能正常工作的概率.解：设X表示系统运行期间能清晰接受信号的交换机台数, 则由此 P(通信系统能正常工作)3、某微机系统有120个终端, 每个终端有5%的时间在使用, 若各终端使用与否是相互独立的, 试求有不少于10个终端在使用的概率.解：某时刻所使用的终端数7 由棣莫弗－拉普拉斯定理知4、某校共有4900个学生, 已知每天晚上每个学生到阅览室去学习的概率为0.1, 问阅览室要准备多少个座位, 才能以99%的概率保证每个去阅览室的学生都有座位.解：设去阅览室学习的人数为, 要准备k个座位.查分布表可得要准备539个座位,才能以99%的概率保证每个去阅览室学习的学生都有座位.5．随机地掷六颗骰子，试利用切比雪夫不等式估计：六颗骰子出现的点数总和不小于9且不超过33点的概率。
(完整版)大数定律和中心极限定理
第五章 大数定律和中心极限定理一、内容提要（一）切贝谢夫不等式 1. 切贝谢夫不等式的内容设随机变量X 具有有限的数学期望E （X ）和方差D （X ），则对任何正数ε，下列不等式成立。
(){}()(){}().1,22εεεεX D X E X P X D X E X P -≤-≤≥-2. 切贝谢夫不等式的意义（1）只要知道随机变量X 的数学期望和方差（不须知道分布律），利用切贝谢夫不等式，就能够对事件(){}ε≥-X E X 的概率做出估计，这是它的最大优点，今后在理论推导及实际应用中都常用到切贝谢夫不等式。
（2）不足之处为要计算(){}ε≥-X E X P 的值时，切贝谢夫不等式就无能为力，只有知道分布密度或分布函数才能解决。
另外，利用本不等式估值时精确性也不够。
（3）当X 的方差D (X )越小时，(){}ε≥-X E X P 的值也越小，表明X 与E (X )有较大“偏差”的可能性也较小，显示出D (X )确是刻画X 与E (X )偏差程度的一个量。
（二）依概率收敛如果对于任何ε＞0，事件{}ε a X n -的概率当n →∞时，趋于1，即{}1lim =-∞→ε a X P n n ，则称随机变量序列X 1,X 2,…,X n ,…当n →∞时依概率收敛于α。
（三）大数定律 1. 大数定律的内容（1）大数定律的一般提法若X 1,X 2,…,X n ,…是随机变量序列，如果存在一个常数序列α1,…,αn ,…，对任意ε＞0，恒有11lim 1=⎭⎬⎫⎩⎨⎧-∑=∞→ε n i n i n a X n P ， 则称序列{X n }服从大数定律（或大数法则）。
（2）切贝谢夫大数定律设随机变量X 1,X 2,…,X n ,…相互独立，分别有数学期望E(X i )和方差D(X i )，且它们的方差有公共上界C ，即()().,,,2,1, n i C X D i =≤则对于任意的ε＞0，恒有()111lim 11=⎭⎬⎫⎩⎨⎧-∑∑==∞→ε n i ni i i n X E n X n P 。
概率论与数理统计第五章大数定律与中心极限定理习题解答
1．[一] 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，现在随机的抽取16只，设它们的寿命是相互独立的，求这16只元件寿命总和大于1920小时的概率。
解：设第i 只寿命为X i ，（1≤i ≤16），故E (X i )=100，D (X i )=1002(l=1,2,…,16).依本章定理1知÷÷÷÷÷øöçççççèæ£-=÷÷÷÷÷øöçççççèæ´-£´-=£ååå===8.040016001001616001920100161600)1920(1616161i i i i i i X P X P X P.7881.0)8.0(=F =从而.2119.07881.01)1920(1)1920(161161=-=£-=>åå==i ii iXP XP3．[三] 计算机在进行加法时，对每个加数取整（取为最接近它的整数），设所有的取整误差是相互独立的，且它们都在（－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）几个数相加在一起使得误差总和的绝对值小于10的概率不小于0.90 解：（1）设取整误差为X i （L ,2,1=i ，1500），它们都在（－0.5, 0.5）上服从均匀分布。
于是： 025.05.0)(=+-==p X E i 12112)]5.0(5.0[)(2=--=i X D18.111251211500)(,0)(==´==i i X nD X nE þýüîí죣--=ïþïýüïîïíì£-=ïþïýüïîïíì>ååå===1515115115150011500115000i i i i i i X P X P X P ïïþïïýüïïîïïí죣--=å=18.111518.1118.1115115001i i X P1802.0]9099.01[2)]34.1(1[2)]34.1()34.1([1=-´=F -=-F -F -=8．某药厂断言，该厂生产的某种药品对于医治一种疑难的血液病的治愈率为0.8，医院检验员任意抽查100个服用此药品的病人，如果其中多于75人治愈，就接受这一断言，否则就拒绝这一断言。
第五章 大数定律与中心极限定理
X X i N(n,n ) N(200,169)，所以，
2
100
P{180 X 220} P{1.54 X 200 1.54}
若要准确计算，应该用贝努里公式：
P 6800 X 7200
7199 k 6801
k C10000 0.7k 0.310000k
如果用切比雪夫不等式估计： E （X） np 10000 0.7 7000, D （X） npq 10000 0.7 0.3 2100, 2100 P 6800 X 7200 P X 7000 200 1 2 0.95. 200
二、4个大数定律（Ｐ117定义5.1－Ｐ120） 教学——我教你学或你教我学. 内容：1.大数定律的条件与结论； 2. 4个大数定律的关系. 了解：4大数定律的结论
定义5.1（Ｐ117）
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1.陪学定理5.1“切比雪夫大数定律”（Ｐ118）
相互独立
X
limP{| X E( X ) | } 1
第五章 大数定律与中心极限定理
第一节 第二节 大数定律 中心极限定理
大数定律主要含义： 在随机事件的大量重复出现中，往往呈现几乎 必然的规律，这个规律就是大数定律。通俗地说， 这个定理就是，在试验不变的条件下，重复试验多 次，随机事件的频率近似于它的概率。比如，我们 向上抛一枚硬币，硬币落下后哪一面朝上本来是偶 然的，但当我们上抛硬币的次数足够多后，达到上 万次甚至几十万几百万次以后，我们就会发现，硬 币每一面向上的次数约占总次数的二分之一。偶然 中包含着必然。 简单地说，大数定律就是“当试验次数足够多时，事 件发生的频率无穷接近于该事件发生的概率。
第五章 大数定律及中心极限定理电子教案
(7
15
a
1,7
6
b0) .5上..1..8.有.1定42 00 42 义81 ,
0.5016
皮尔逊
li2m 40f0n0(x) f1(2x0)12
对罗于曼随诺机夫斯变基量列,n是 80否64有0
39699
逐点不00收..54太09敛02现53 实, 要求太 严!
Xn lim 0.X 5n( (n) p )( )
上的n函数列
0.5069
f
n
(
正x X设) n收面函德nn敛皮朝A 数: ·尔于上11 逊f 摩f( 12 (x 根x是)1)3,反f 指n 24 面( :x 53 朝) 1632( 2上0n 07340 x80831 ,2 94(a,1,40 b) 1)5116在有001 62 61区11963 间1 74
第五章 大数定律与中心极限定理
§1 大数定律
2/8
“概率”的概念是如何产生的
设 n 次独立重复试验中事件 发A 生的
次数为 n A , 则当 n时,有
随机变量
Xn
nA n
p
n重伯努利试验
频怎率样理解“概越率来P (越A )接近”？
怎样定义极限 lim Xn p n
“频率稳定性”的严格数学描述是什么
在概率论的公理化体系建立以后，大数定律可在理论上
进行严格的证明而成为意义明确的定理，故现在教材上称
为“大数定理”.
为什么叫“大数定律” END 而不叫“大数定理”
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
3/8
“抛硬币”试验将一枚硬币连续抛 n次 ,记
A{正面朝上 }
概率论与数理统计第五章 大数定律 中心极限定理
x
1
t
2
e
2
dt ( x )
即
n ~ N ( np, np(1 p ))
近似地
下面演示不难看到中心极限定理的客观背景
f
g
0
1
h
2 3 x
例:20个0-1分布的和的分布
几个(0,1)上均匀分布的和的分布 X1 ~f(x) X1 +X2~g(x)
2
由切比雪夫不等式
n 1 P Xk 1 2 n k 1
n 2
上式中令 n 得
lim P {|
n
1
n i 1
X i | } 1
n
定理1的另一种叙述形式
设随机变量X 1，X 2 ,, X n , 相互独立，且具 有相同的数学期望和方差：E ( X k ) , D( X k ) ( k 1,2,)，则序列X X .
设
1 第k次取到号码 0 Xk 否则 0
0 , 0.9
，k=1,2, …
问对序列{Xk}能否应用大数定律？
解:
1 Xk ~ 0.1
E(Xk)=0.1,
k=1,2, …
诸Xk 独立同分布，且期望存在，故能使用大 数定律. 即对任意的ε>0,
lim P{|
n
X n
k 1
lim P {|
n
nA n nA
p | } 1
或 证明
lim P {|
n
p | } 0
伯努利
n
因为nA ~ b( n, p ),由此可表示为 nA X 1 X 2 X n
第五章 大数定律 中心极限定律
第五章 大数定律 中心极限定律例1 设一批产品的废品率为014.0=P ，若要使一箱中至少有100个合格品的概率不低于0.9，求一箱中至少应装入多少个产品？试分别用中心极限定律和泊松定理求其近似值。
例2 某车间有200台车床，由于各种原因每台车床只有60％的时间在开动，每台车床开动期间耗电量为E ，问至少供应此车间多少电量才能以99.9％的概率保证此车间不因供电不足而影响生产？例 3 一保险公司有10000人投保，每人每年付12元保险费，已知一年内人口死亡率为006.0，如死亡，则公司付其家属1000元赔偿费，求1）保险公司年利润为零的概率 2）保险公司年利润不少于60000元的概率。
例4 设{}n X 为独立随机变量序列，()()n n n n n X P X P 2122110,212-===±=+，,,2,1 =n 证明 {}n X 服从大数定律例 5 设随机变量X 的数学期望μ=)(X E ，方差()2σ=X D ，利用切比雪夫不等式估计 {}σμ3≥-X P例6 试证当∞→n 时，21!0→∑=-n k kn k n e习 题一 填空题1 设随机变量X 的数学期望μ=EX ，方差2σ=DX ，则由切比雪夫不等式有：{}________3≤≥-σμX P2 设随机变量1001,,X X 相互独立同分布，且()()100,,2,1!11 ===-i e k k X P i ，则________1201001=⎭⎬⎫⎩⎨⎧<∑=i i X P3 设随机变量n X X X ,,,21 相互独立同分布，()()()n i X D X E i i ,,2,1,8, ===μ 对于∑==ni i X n X 11，写出所满足的切比雪夫不等式______并估计{}_____4≥<-μX P4 10万粒种子有1万粒不发芽，今从中任取100粒，问至少有80粒发芽的概率是_____二 解答题1. 某单位有200台电话分机，每架分机有5%的时间要使用外线通话，假设每架分机是否使用外线是相互独立的，问该单位总机需要安装多少条外线，才能以90%以上的概率保证分机使用时不等候？2. 甲、乙两个电影院在竞争1000名观众，假定每个观众任选一个影院且观众间的选择是彼此独立的，问每个影院至少要设多少座位，才能保证因缺少座位而使观众离去的概率小于1%？3. 某教授根据以往的经验知道，他的一个学生在期末考试中的成绩是均值为75的随机变量，a ）假设这教授知道该学生成绩的方差是25，试给出此学生的成绩将超过85的概率上限； b ）你对这个学生取得65分到85分之间的概率能说些什么？ c)* 不用中心极限定理，求出应有多少如上的学生参加考试，才能保证他们的平均分数在70到80分之间的概率至少是0.9。
概率论与数理统计第五章_大数定律和中心极限定理精品教案
概率论与数理统计第五章_大数定律和中心极限定理精品教案第五章大数定律和中心极限定理本章介绍概率论中最基本也是最重要的两类定理：大数定律和中心极限定理，它们都是使用极限方法研究大量随机现象统计规律性的。
概括讲来，阐明大量重复试验的平均结果具有稳定性的定律称为大数定律；论证随机变量（试验结果）之和渐进服从某一分布的定理称为中心极限定理．5.1 大数定律在第一章我们曾指出，当试验次数很大时，随机事件发生的频率将与其概率非常接近。
本节将从理论上讨论这个问题。
为此，先介绍一个重要的不等式—切比雪夫(Chebyshev)不等式：若随机变量X 的数学期望E (X )和方差D (X )都存在，则对于任意0ε>，都有{}2()()D X P X E X εε-≤≥， (5.1)证明仅证X 是连续型随机变量的情况．设()f x 是X 的概率密度，则{}22|()||()|222[()]|()|()d ()d 1()[()]()d x E X x E X x E X P X E X f x x f x x D X x E X f x x εεεεεε--+∞-∞--=-=?．≥≥≥≤≤ 若取3()D X ε=，由切比雪夫不等式可知{}()()3()0.119()D X P X E X D X D X -≈≥≤. 也就是说，X 落在区间(()3()()3()E X D X E X D X --以外的可能性很小，而落在此区间中的概率很大。
当D (X )较小时，X 的取值便集中在E (X )附近。
D (X )越小，X 的取值越集中在E (X )附近，这正是方差的意义所在。
显然，切比雪夫不等式可以表示成如下的等价形式：{}2()|()|1D X P X E X εε-<≥-． (5.2)当D (X )已知时，(5.2)式给出了X 与E (X )的偏差小于ε的概率的估计值．例1 设某供电网有10000盏电灯，夜晚每盏灯开灯的概率均为0.7，假定灯的开、关是相互独立的，使用切比雪夫不等式估计夜晚同时开灯的盏数在6800至7200之间的概率．解令X 表示在夜晚同时开灯的盏数，则X 服从n =10000，p =0.7的二项分布，这时()7000E X np ==，()2100D X npq ==，由切比雪夫不等式可得22100{68007200}{|7000|200}10.95200P X P X <<=-<-≈．≥ 可见，虽然有10000盏灯，但是只要供应7200盏灯的电力就能够以相当大的概率保证够用.事实上，这个概率的近似值表明，在10000盏灯中，开着的灯数在6800到7200的概率大于0.95，而由二项概率公式算出此概率的精确值为0.99999．由此可知，切比雪夫不等式虽可用来估计概率，但精度不够高．1866年，俄国数学家切比雪夫证明了一个相当普遍的结论??大量观察结果的平均值具有稳定性，这就是切比雪夫大数定律．定理1 切比雪夫大数定律设随机变量12,,,,n X X X L L 相互独立,每一随机变量都有数学期望12(),(),,(),n E X E X E X L L 和有限的方差1()D X ，2()D X ，L ，()n D X ，L ，并且它们有公共上界c ，即(),1,2,k D X c k ≤=L ，则对任意ε >0，皆有1111lim ()1n nk k n k k P X E X n n ε→∞==??-<=∑∑． (5.3)证因12,,,,n X X X L L 相互独立，所以2211111()n nk k k k c D X D X nc n n n n ==??== ∑∑≤．又因 1111()()n n k k k k E X E X n n ===∑∑，由切比雪夫不等式可得2211111111()11n n n k k k k k k c P X E X D X n n n nεεε===≥-<--?? ?????∑∑∑≥≥，所以1111lim ()1n nk k n k k P X E X n n ε→∞==??-<=∑∑. 切比雪夫大数定律表明，相互独立的随机变量的算术平均值1 1n n i i X X n ==∑与其数学期望的差，在n 充分大时以概率1是一个无穷小量．这意味着在n 充分大时，n X 的值将比较紧密地聚集在它的数学期望()n E X 附近．由切比雪夫大数定律可以得到如下推论：推论1 设随机变量12,,,,n X X X L L 独立同分布，并且有数学期望μ及方差2σ，则对任意正数ε，都有11lim 1n i n k P X n με→∞=??-<=∑．(5.4) 推论1是我们利用重复观测值的算术平均来近似真实值的理论依据．例如，要测量某一物理量a ，进行n 次重复测量，得到n 个测量值12,,,n X X X L ，显然可以视它们为n 个独立同分布的随机变量，并且有数学期望a ．由大数定律可知，当n 充分大时，n 次测量的平均值可作为a 的近似值，即121(....)n a X X X n ≈+++ (5.5) 且当n 充分大时，近似计算的误差很小．定理2 贝努里大数定律设n μ是n 重贝努里试验中事件A 出现的次数，p 是事件A 在每次试验中出现的概率，则对任意0ε>，都有lim 1n n P p n με→∞??-<=． (5.6) 证设i X 是第i 次试验中事件A 发生的次数，则i X 服从参数为p 的0-1分布，(),()i i E X p D X pq ==，其中1,1,2,3,,q p i n =-=L ．又12,,,n X X X L 相互独立，且1nn i i X μ==∑，从而有1111(),n n n i i i i E E X E X p n n n μ=====? ?????∑∑ 211 11()n n n i i i i pq D D X D X n n n n μ===== ? ?∑∑．由切比雪夫不等式得221n n pq P p D n n n μμεεε-=?? ?????≥≤，因此lim 0n n P p n με→∞??-=≥，亦即lim 1n n P p n με→∞??-<=．历史上，贝努里大数定律是概率论中极限定理方面的第一个重要结论。
Geitel第五章 大数定律与中心极限定理习题解答
即 lim P (
n
1. 设 X i (i =1, 2, ,50) 是相互独立的随机变量，且它们都服从参数为 0.03 的泊松分 布．记 X X 1 X 2 X 50 ，试用中心极限定理计算 P ( X 3) ． 解 易知 E ( X k ) 0.03, D( X k ) 0.03( k 1, 2, ,50). 由中心极限定理可知，随机变量
习题 5-1 1. 设随机变量 X 1 , X 2 , , X n , 独立同分布， E ( X k ) ， D( X k ) 8，k 1, 2, ， 令X
1 n X k ,利用切比雪夫不等式估计 P(| X | 4) n k 1
_
解 E( X ) E(
1 1 6 (6 1) 7 (1 2 3 4 5 6) 6 6 2 2
P
1 6
1 6
1 6
1 6
1 6
1 6
1 E ( X i 2 ) (12 22 32 42 52 62 ) 6 1 6 (6 1)(6 2 1) 91 6 6 6
1 n 1 n X ) E( X k ) ； k n n k 1 k 1
D( X ) D(
_
1 n 1 n 8 ) X D( X k ) k 2 n k 1 n k 1 n
8 1 由切比雪夫不等式， P ( X 4) P ( X E ( X ) 4) 1 n2 1 4 2n
2 4
D( X k ) E ( X k ) E ( X k ) 2 E ( X k ) a 4
本节由定理 3 得
（完整版）8-第五章大数定律和中心极限定理解析
（完整版）8-第五章⼤数定律和中⼼极限定理解析第五章⼤数定律和中⼼极限定理⼤数定律和中⼼极限定理是概率论中两类极限定理的统称，前者是从理论上证明随机现象的“频率稳定性”，并进⼀步推⼴到“算术平均值法则”；⽽后者证明了独⽴随机变量标准化和的极限分布是正态分布或近似正态分布问题，这两类极限定理揭⽰了随机现象的重要统计规律，在理论和应⽤上都有很重要的意义。
§5.1 ⼤数定律设ΛΛ,,,,21n X X X 是互相独⽴的⼀列随机变量，每个随机变量取值于⼆元集合{0，1}，并有相同的概率分布函数()()0,1,1j j P X q P X p p q ====+=易计算它们的数学期望和⽅差为 (),()j j E X p D X pq ==如果取这些j X 的部分和 n n X X X S +++=Λ21并考虑它们的平均值∑==n j j n n Xn S 1/)(/，易知它的数学期望和⽅差为;nnS S pq E p D n n n == ? ?利⽤定理4.2.13给出的切⽐雪夫不等式可知：对任何⼀个正数t 有2n S pq P p t n t n-≥≤ ? 令∞→n ，有2lim lim 0n n n S pq P p t n t n→∞→∞??-≥≤= 即lim 0n n S P p t n →∞??-≥=(5.1.1) 可见当n 很⼤时，部分和的平均值/n S n 与p 相距超过任何⼀个数0>t 的概率都很⼩，⽽当∞→n 时, 这个概率趋于0。
(5.1.1)式的结果称为弱⼤数定律，也称伯努利⼤数定律, 因为这个定律是伯努利在1713年⾸先证明的，是从理论上证明随机现象的频率具有稳定性的第⼀个定律。
注意式(5.1.1)等价于lim 1n n S P p t n →∞??-≤=(5.1.2) 把它完整地叙述如以下定理：定理5.1.1（伯努利⼤数定律）设ΛΛ,,,,21n X X X 是互相独⽴的取值于⼆元集合{0，1}的⼀列随机变量，并有相同的概率分布函数()()0,1,1j j P X q P X p p q ====+=⼜设 n n X X X S +++=Λ21则 lim 0n n S P p t n →∞??-≥=或等价地lim 1n n S P p t n →∞??-≤=。
第5章-大数定律与中心极限定理答案
解|
由切贝谢夫不等式得
故选(C)
5.若随机变量 ,则 （）.
A) B) C) D)
解|因为 ,
由切贝谢夫不等式得
故选(D)
二、填空题（每空2分，共10分）
1.已知离散型随机变量X服从参数为 的泊松分布，则利用切贝谢夫不等式估计概率
.
解因为
所以
由切贝谢夫不等式
2.已知随机变量X存在数学期望 和方差 ，且数学期望 ， ，利用切贝谢夫不等式估计概率 .
解因为 ,
由切贝谢夫不等式
3.已知随机变量X的方差为4，则由切贝谢夫不等式估计概率 .
解由切贝谢夫不等式
4.若随机变量 ,则当 充分大时, 近似服从正态分布 (,)
解因为
三、计算或证明题题（每题10分，共80分）
1.如果随机变量X存在数学期望 和方差 ，则对于任意常数 ，都有切贝谢夫不等式： （证明当 为连续型随机变量时的情况）
第五章《中心极限定理》测验题
班级：姓名：学号：成绩：
一、单项选择题（每题2分，共10分）
1.如果离散型随机变量 相互独立且皆服从参数为 的泊松分布，则当n充分大时，离散型随机变量 （）近似服从标准正态分布.
A) B) C) D)
解:因为
又
由李雅普诺夫中心极限定理:
故选(D)
2.如果离散型随机变量 相互独立且皆服从0-1分布 ，则当n充分大时，离散型随机变量 近似服从（）分布.
解设 表示10000个婴儿中男婴的个数,则 其中
由拉普拉斯中心极限定理,所求概率为
附表：
解设随机变量 表示一年内投保人中死亡人数,则 ,其中 ,
, 由
得
由拉普拉斯中心极限定理,所求概率为
第5章 大数定律和中心极限定理
.由德莫佛-拉普拉斯定理，得
8040 10000 0.8 7940 10000 0.8 P 7940 X 8040 10000 0.8 1 0.8 10000 0.8 1 0.8 1 1.5 1 1 1.5 0.7745
2. 中心极限定理
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5.2 中心极限定理
1. 标准化变量 定义：设随机变量X的数学期望为E（X），方差为D（X） 令Y= E（Y）= X E( X ) E D X
X E( X ) D X
1 D X
则称Y为X的标准化随机变量.
E[ X E ( X )]
5.1 大数定律
2. 依概率收敛 定义1:
5.1 大数定律
3. 大数定律
定理1 (切比雪夫大数定理) 设X1 , X 2 ,, X n , 是相互独立的 随机变量序列,它们的数学期望和方差都存在, 且存在一个常 数 l ,对任意 i Z , 均有D( X i ) l, 则对任意 0, 都有
所求为满足
的最小的n .
X P (0.74 0.76) 0.90 n
X P (0.74 0.76) 可改写为 n P(0.74n< X<0.76n )
=P(-0.01n<X-0.75n< 0.01n) = P{ |X-E(X)| <0.01n} 在切比雪夫不等式中取 0.01n，则 X P (0.74 0.76) = P{ |X-E(X)| <0.01n} n 0.1875n 1875 D( X ) 1 1 1 2 2 0.0001n n (0.01n)
五大数定律及中心极限定理习题课重庆邮电
独立同分布的中心极限定理
设随机变量 X ,X , ,X , 相互独立 ,服从 1 2 n 同一分布 ,且具有数学期望 和方差： E (X , k)
2
D (X 0 ( k 1 , 2 , ),则随机变量之 k)
n X X k E k k1 . k 1 标准化变量 Y n n D X k k1
n 1 2 D (X ) (k 1 ,2 , ),则序列 X X k k nk1 P 依概率收敛于 ,即 X .
伯努利大数定理
设 n n次独立重复试验中事件 A 发生 A是 则对于任意正数 0 ,有
的次数 , p是事件 A 在每次试验中发生的 率 ,
n n A A lim P p 1 或 lim P p 0 . n n n n
n 1 lim P {| X | } lim P X 1 . k n n n k 1
则对于任意正
定理一的另一种表示(依概率收敛)
设随机变量 X ,X 相互独立 , 1, X 2, n, 且具有相同的数学期望 和方差： E (X , k)
设随机变量X1 , X 2 ,, X n ,相互独立 ,它 们具有数学期望 和方差： E ( X k ) k , D( X k ) k 0 (k 1,2,),
2 n
记
B ,
2 n k 1 2 k
若存在正数 , 使得当n 时, 1 2 Bn
2 E {| X | } 0, k k k 1 n
则随机变量之和的标准化变量
n n n X k E X k X k k k 1 k 1 k 1 Z n k 1 n Bn D X k k 1 的分布函数 F ( x ) 对于任意 x 满足 n
概率论与数理统计+第五章+大数定律及中心极限定理+练习题答案
〖填空题〗例5.1（棣莫佛-拉普拉斯定理） 设某种电气元件不能承受超负荷试验的概率为0.05．现在对100个这样的元件进行超负荷试验，以X 表示不能承受试验而烧毁的元件数，则根据中心极限定理{}≈≤≤105X P．分析 不能承受试验而烧毁的元件数X ～),(p n B ．根据棣莫佛-拉普拉斯定理，X 近似服从正态分布),(npq np N ，其中n =100，p =0.05，q =0.95．因此{}．4890.0)0()29.2(29.275.45075.451075.450105105=-≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤-≤=⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-≤=⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-≤-=≤≤ΦΦX X npq np npq np X npq np X P P P P例5.2（棣莫佛-拉普拉斯定理）设试验成功的概率p =20%，现在将试验独立地重复进行100次，则试验成功的次数介于16和32次之间的概率Q ≈ ．分析 以n ν表示100次独立重复试验成功的次数，则)20.0 100(~，B nν，且4)1(20=-===p np np n n ννD E ，．因此试验成功的次数介于16和32次之间的概率{}[][]，84.08413.019987.0)1(1)3()1()3(42032420420163216=--=--=--≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-≤-=≤≤=ΦΦΦΦννn n Q P P 其中)(u Φ是标准正态分布函数．例5.3（棣莫佛-拉普拉斯定理） 将一枚均匀对称的硬币接连掷10000次，则正面恰好出现5000次的概率≈α．分析 正面出现的次数ν)5.0 , 10000(~B ，2500,5000==ννD E ．根据局部定理，有008.025012D 1}5000{≈=≈==ππνναP ．例5.10（辛钦大数定律） 将一枚色子重复掷n 次，则当∞→n 时，n 次掷出点数的算术平均值n X 依概率收敛于 7/2 ．分析 设n X X X ,,,21 是各次掷出的点数，它们显然独立同分布，每次掷出点数的数学期望等于7/2．因此，根据辛钦大数定律，n X 依概率收敛于7/2．5.2. （1）121；（2）90；（3）21；（4）))((λλ-Φx n〖选择题〗例5.11（中心极限定理） 设随机变量n X X X ,,,21 相互独立，n n X X X S +++= 21，则根据列维-林德伯格中心极限定理，当n 充分大时n S 近似服从正态分布，只要n X X X ,,,21(A) 有相同期望和方差． (B) 服从同一离散型分布．(C) 服从同一指数分布． (D) 服从同一连续型分布． [ C ]分析 应选（C ）．列维-林德伯格中心极限定理的条件是：随机变量n X ,,X ,X 21相互独立同分布, 并且其数学期望和方差存在．由于有相同的数学期望未必有相同分布，可见(A)不满足定理条件．满足(B)和(D)的随机变量i X 的数学期望或方差未必存在，故(B)和(D)也不满足定理条件．于是，只有(C)成立(指数分布的数学期望和方差都存在)．例5.14（大数定律）下列命题正确的是(A) 由辛钦大数定律可以得出切比雪夫大数定律． (B) 由切比雪夫大数定律可以得出辛钦大数定律． (C) 由切比雪夫大数定律可以得出伯努利大数定律．(D) 由伯努利大数定律可以得出切比雪夫大数定律． [ C ]分析 应选（C ）．切比雪夫大数定律的条件是：随机变量 ,,,,21n X X X 两两独立，并且存在常数C ，使),,,2,1( n i C X i=≤D ；这样的常数C 对于选项（C ）存在．伯努利大数定律可以表述为：假设随机变量 ,,,,21n X X X 独立同服从参数为p 的0-1分布，则p X n ni i n =-∑=∞→11lim P ；对于服从参数为p 的0-1分布随机变量 ,,,,21n X X X ，显然),,,2,1(41)1( n i p p X i =≤-=D ．从而满足服从切比雪夫大数定律的条件．此外，（A ），（B ）和（D ）显然不成立．5.1. （1）A ；（2）C ；（3）C ；（4）A〖计算题〗例5.16（棣莫佛-拉普拉斯定理） 设n ν是n 次伯努利试验成功的次数，p (0<p <1)是每次试验成功的概率，n f n n ν=是n 次独立重复试验成功的频率，设n 次独立重复试验中，成功的频率f n 对概率p 的绝对偏差不小于Δ的概率{}α∆=≥-p f n P ． (5.10)试利用中心极限定理，(1) 根据∆和n 求α的近似值； (2) 根据α和n 估计∆的近似值； (3) 根据α∆和估计n ． 解 变量n ν服从参数为),(p n 的二项分布．记p q -=1，则由（5.7）知，当n 充分大时nν近似服从正态分布),(npq np N ．因此，近似地有{}{}，，～)1,0(~α∆ν∆ν∆να=≥≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧≥-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧≥-=≥--u U pq n npqnp p n p f N npqnpU n n n n n P P P P(5.11)其中U 是服从)1,0(N 的随机变量，而αu 是)1,0(N 水平α双侧分位数(附表2)．故(5.12)(1) 已知n 和∆，求α．利用附表1，可以由（5.11）求出α的值(附表1)．例如，若(5.12)式左侧等于1.96，则05.0≈α．亦可由下式求α的近似值．有． 12 1 ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧<-≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧≥-=pq n pq n U pq n npq np n ∆Φ∆∆ναP P (5.13) 进而由)1,0(N 分布函数)(x Φ的数值表（附表1）最后求出α的值．(2) 已知n 和α，求∆．由（*）和41≤pq ，可见nu n pqu 2αα∆≤≈； (5.14) (3) 已知α和∆，求n ．由（5.12）和pq ≤1/4，可见2⎪⎭⎫⎝⎛≈∆αu pq n 或2241⎪⎭⎫ ⎝⎛≥⎪⎭⎫ ⎝⎛≥∆∆ααu pq u n ． (5.15)例5.17（棣莫佛-拉普拉斯定理） 假设某单位交换台有n 部分机，k 条外线，每部分机呼叫外线的概率为p ．利用中心极限定理，解下列问题：(1) 设n =200，k =30，p =0.12，求每部分机呼叫外线时能及时得到满足的概率α的近似值． (2) 设n =200，p =0.12，问为使每部分机呼叫外线时能及时得到满足的概率α≥95%，至少需要设置多少条外线？(3) k =30，p =0.12，问为使每部分机呼叫外线时能及时得到满足的概率α≥95%，最多可以容纳多少部分机？解 设n ν——n 部分机中同时呼叫外线的分机数，k ——外线条数，则n ν服从参数为(n , p )的二项分布，=np24，npq =21.12．当n 充分大时，根据棣莫佛-拉普拉斯中心极限定理，近似地)1 ,0(~N npqnpU n n -=ν．(1) 设n =200，k =30，p =0.12，每部分机呼叫外线时能及时得到满足的概率{}()． 9049.031.112.21243012.21243030≈=⎪⎭⎫⎝⎛-≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-=≤=ΦΦνναnpqnp n n P P (2) 设n =200，p =0.12，k ——至少需要设置的外线条数，则{}．，； 31.562412.216449.1 1.644912.212495.012.212412.2124≈+⨯≥≥-≥⎪⎭⎫⎝⎛-≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-=≤=k k k k npq np k n n ΦνναP P即至少需要设置32外线．(3) 设k =30，p =0.12，且每部分机呼叫外线时能及时得到满足的概率≥α95%．由{}95.01056.012.0301056.012.03030≥⎪⎭⎫⎝⎛-≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-=≤=n n n n npq np n n ΦνναP P ， 6449.11056.012.030≥-n n．09004857.70144.0 6449.11056.012.0302=+-≥-n n nn，，它有两个实根：3310431,7972.18821==n n ；经验证33104312=n 为增根，由此得n ≈188.797，即最多可以容纳188部分机．例5.20（列维-林德伯格定理） 设n X X X ,,,21 是独立同分布随机变量，n X 是其算术平均值．考虑概率{}α∆μ=≥-n X P ， (5.16)其中μ=iX E ()n i .,2,1 =，()0>∆∆和α(0<α<1)是给定的实数．试利用中心极限定理，根据给定的，(1) ∆和n ，求α的近似值； (2) α和n ，求∆的近似值；(3)α∆和，估计n ．解 式（5.16）中的三个数),,(α∆n 相互联系又相互制约：其中的任意两个可以完全决定第三个．不过，明显地表示出它们之间的关系一般并不容易．假如n 充分大，则利用（5.9）式可以（近似地）表示出α∆,,n 之间的关系．易见μ=nX E ，X n 2σ=D ．(1) 已知∆和n ，求α-1的近似值：{}⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≈⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧≤-=≤-=-σ∆Φσ∆Φσ∆σμ∆μαn n n n X X n n P P 1． (2) 已知α和n ，求∆的近似值．由(5.17)式可得nu σ∆α ≈．(3) 已知α∆和，求n 的近似值．由(5.18)有2⎪⎭⎫⎝⎛≈∆σαu n ．例5.21（列维-林德伯格定理） 某保险公司接受了10000电动自行车的保险，每辆每年的保费为12元．若车丢失，则车主得赔偿1000元．假设车的丢失率为0.006，对于此项业务，试利用中心极限定理，求保险公司：(1) 亏损的概率α；(2) 一年获利润不少于40000元的概率β； (3) 一年获利润不少于60000元的概率γ．解 设X 为需要赔偿的车主人数，则需要赔偿的金额为X Y1.0=（万元）；保费总收入C =12万元．易见，随机变量X 服从参数为（n ，p ）的二项分布，其中 n =10000，p =0.006；60==np X E ，)1(p np X -=D =59.64．由棣莫佛-拉普拉斯定理知，随机变量X 近似服从正态分布)64.59,60(N ；随机变量Y 近似服从正态分布)5964.0,6(N ．(1) 保险公司亏损的概率{}0)77.7(177.75964.065964.06125964.0612≈-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧>-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧->-=>=ΦαY Y Y P P P ．(2) 保险公司一年获利润不少于4万元的概率{}{}．9952.0)59.2(5964.0685964.068412=≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-=≤=≥-=ΦβY Y Y P P P (3) 保险公司一年获利润不少于6万元的概率{}{}．5.0)0(05964.066612=≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤-=≤=≥-=ΦγY Y Y P P P例5.22（棣莫佛-拉普拉斯定理） 假设伯努利试验成功的概率为5%．利用中心极限定理估计，进行多少次试验才能以概率80%使成功的次数不少于5次．解 设n 是所需试验的次数，每次试验成功的概率p =0.05．以n ν表示n 次伯努利试验成功的次数，则),(~p n B nν，npq np n n ==ννD E ，，其中p q -=1；由棣莫佛-拉普拉斯定理，知对于充分大的n ，随机变量n ν近似服从正态分布),(npq np N ．查)1,0(N 分位数表，可见()()8416.018416.080.0--==ΦΦ．因此{}()．8416.01)1(51)1(5)1(5.080.0--=⎪⎪⎭⎫⎝⎛---≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧--≥--=≥=ΦΦννp np np p np np p np np n n P P．，），（025)8416.010()1(8416.058416.0)1(522222≈++--≈--≈--n n p p np np p np np将05.0=p 代入上列方程，的关于n 的一元二次方程：0255354.00025.02≈+-n n ，其根为79.6837.14521==n n ，．经验证79.682=n 为增根，舍去2n ，取37.1451461=>=n n ．于是，至少需要进行146次试验才能以概率80%保障成功的次数不少于5次．例5.26（列维-林德伯格定理） 生产线组装每件产品的时间服从指数分布．统计资料表明，每件产品的平均组装时间为10分钟．假设各件产品的组装时间互不影响．试利用中心极限定理，(1) 求组装100件产品需要15到20小时的概率Q ；(2) 求以概率0.95在16个小时内最多可以组装产品的件数． 解 以)100,,2,1( =iX i 表示第i 件产品的组装时间．由条件知)100,,2,1( =i X i 独立同服从指数分布．由指数分布的数字特征和条件“每件产品的平均组装时间为10分钟”，可见10=i X E ；由于i X 服从指数分布，可见()2210==i i X X E D ．(1) 因为n =100充分大，故由列维-林德伯格定理，知100件产品组装的时间10021X X X T n +++= 近似服从()210100 10100⨯⨯，N ，因此{}．8156.0)8413.01(9973.0)1( )2( 21010010100112009002=--=--≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤⨯⨯-≤-=≤≤=ΦΦT T Q n n P P(2) 16小时即960分钟．需要求满足{}95.0960=≤n T P 的n ．由列维-林德伯格定理，知当n 充分大时，n nX X X T +++= 21近似服从()nn N 210 10，，故由{}， 101096010109601010960950⎪⎭⎫⎝⎛-≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧-≤-=≤=n n n n n n T T .n n ΦP P 可见95.0)645.1( ≈Φ．因此645.11010960≈-nn． （*）由此得关于n 的一元二次方程09606025.1947010022≈+-n n ，其解为53.11318.8121≈≈n n ，，其中53.1132≈n 不满足式（*），因此53.1132≈n 为增根，故应舍去．于是，以概率0.95在16个小时内最多可以组装81~82件产品．例5.27（列维-林德伯格定理） 将n 个观测数据相加时，首先对小数部分按“四舍五入”舍去小数位后化为整数．试利用中心极限定理估计，(1) 试当n =1500时求舍位误差之和的绝对值大于15的概率；(2) 估计数据个数n 满足何条件时，以不小于90%的概率，使舍位误差之和的绝对值小于10的数据个数n ．解 设)1500,,2,1( =iX i 是第i 个数据的舍位误差；由条件可以认为)1500,,2,1( =i X i 独立且都在区间]5.0 5.0[，-上服从均匀分布,从而12/10==i i X X D E ，．记n n X X X S +++= 21为n 个数据的舍位误差之和，则12/0n S S n n==D E ，．根据列维-林德伯格中心极限定理，当n 充分大时n S 近似服从)12/0(n N ，．记)(x Φ为)1,0(N 分布函数．(1) 由于12n S n近似服从标准正态分布，可见{}．1802.02)]34.1(1[34.112/150012/15001512/150015150015001500=⨯-≈⎭⎬⎫⎩⎨⎧>=⎭⎬⎫⎩⎨⎧>=>ΦS S S P P P(2) 数据个数n 应满足条件：{}．90.012/1012/10=⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤=≤n n S S n n P P 由于12n S n近似服从)1,0(N ，可见51.4436449.11210 6449.112/102≈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛≈，n ． 于是，当n >443时，才能使误差之和的绝对值小于10的概率不小于90%． 〖证明题〗例5.35（棣莫佛-拉普拉斯定理） 利用列维-林德伯格定理，证明棣莫佛-拉普拉斯定理．证明 设随机变量n X X X ,,,21 相互独立，同服从0-1分布；，，，，，npq S np S X X X S n i pq X p X n n n n i i ==+++====D E D E 21),,2,1(其中p q-=1． n X X X ,,,21 满足列维-林德伯格定理的条件：n X X X ,,,21 独立同分布且数学期望和方差存在，当n 充分大时近似地n n X X X S +++= 21～),(npq np N ．4.55（证明不等式） 设X 是任一非负（离散型或连续型）随机变量，已知X的数学期望存在，而0>ε是任意实数，证明不等式{}εεXX E P ≤≥．证明 (1) 设X 是离散型随机变量，其一切可能值为}{i x ，则{}．}{1}{}{}{11εεεεεεεXx X x x X x x Xx XX iiii x i i x i ix i x i E P P P P P ==≤=≤====≥∑∑∑∑≥≥≥(2) 设X 是连续型随机变量，其概率密度为)(x f ，则{}．d )(1d )(1d )(0εεεεεεXx x f x x x f x x x f X E P ≤≤≤=≥⎰⎰⎰∞∞∞例4.00（切比雪夫不等式） 设事件A 出现的概率为=p 0.5，试利用切比雪夫不等式，估计在1000次独立重复试验中事件A 出现的次数在450到550次之间的概率α． 解 设n ν是1000次独立重复试验中事件A 出现的次数，则．，），，2505.010005005.010005.0 1000(~2=⨯==⨯=X X B n D E ν由用切比雪夫不等式，知{}{}．9.050250150|550|5504502=-≥≤-=≤≤=n n νναP P 例5.3. 设随机变量X 的数学期望为μ，方差为2σ，(1)利用切比雪夫不等式估计：X 落在以μ为中心，σ3为半径的区间 内的概率不小于多少？(2)如果已知),(~2σμN X ，对上述概率，你是否可得到更好的估计？解：（1）()()()0.88899131)3()3(222=-=-≥<-=<-σσσσμσX D X P X E X P （2）()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛<-=<-DX DX X E X P X E X P σσ3)3( ()0.99743322=≈⎪⎪⎭⎫⎝⎛<-=⎰∞--dt e DX X E X P t例5.4. 利用切比雪夫不等式来确定，当抛掷一枚均匀硬币时，需抛多少次，才能保证 正面出现的频率在0.4至0.6之间的概率不小于90%，并用正态逼近去估计同一问题。
习题五 大数定律及中心极限定理答案
所以 15 | Y − 0 | P{| Y |> 15} =− 1 P{| Y |≤ 15} =− 1 P ≤ 125 125 | Y − 0 | = 1− P ≤ 1.34 ≈ 1 − ( 2Φ(1.34) − 1) 125
= 2 − 2Φ(1.34) = 2 − 2 × 0.9099 = 0.1802
(2) 设最多有 n 个数相加,则 Y = ∑ X i ,则得
i =1
n
P {| Y |< 10} ≥ 0.90
所以
|Y − 0 | 20 3 10 ≈ 2Φ P < − 1 ≥ 0.9 n n n 12 12
⇒
20 3 20 3 ,查表得 ≥ 1.645 Φ n ≥ 0.95 n
E ( X i ) 0, D( X i ) = =
1500 i =1
1 12
E ( X= i)
1500 i =1
∫
0.5 −0.5
1 = 0 t ⋅ ⋅ dt 1
0,
设误差总和为 Y = ∑ X i , 而 = E (Y )
= E( X ) ∑
i
1500 1 D(Y ) = D( X i ) = × 1500 = 125 ∑ 12 i =1
习题五
大数定律及中心极限定理
5.1 利用契比雪夫不等式估计随机变量与其数学期望的差大于三倍标准差的概率。
解 令 ε = 3σ ，则由契比雪夫不等式
P {| X − µ |≥ ε } ≤
从而有
D( X )
ε2
σ2 1 P {| X − µ |≥ 3σ } ≤ 2 2 = . 3σ 9
概率论与数理统计第五章_大数定律和中心极限定理精品教案
第五章 大数定律和中心极限定理本章介绍概率论中最基本也是最重要的两类定理：大数定律和中心极限定理，它们都是使用极限方法研究大量随机现象统计规律性的。
概括讲来，阐明大量重复试验的平均结果具有稳定性的定律称为大数定律；论证随机变量（试验结果）之和渐进服从某一分布的定理称为中心极限定理．5.1 大数定律在第一章我们曾指出，当试验次数很大时，随机事件发生的频率将与其概率非常接近。
本节将从理论上讨论这个问题。
为此，先介绍一个重要的不等式—切比雪夫(Chebyshev)不等式：若随机变量X 的数学期望E (X )和方差D (X )都存在，则对于任意0ε>，都有{}2()()D X P X E X εε-≤≥， (5.1)证明 仅证X 是连续型随机变量的情况．设()f x 是X 的概率密度，则{}22|()||()|222[()]|()|()d ()d 1()[()]()d x E X x E X x E X P X E X f x x f x x D X x E X f x x εεεεεε--+∞-∞--=-=⎰⎰⎰．≥≥≥≤≤ 若取3()D X ε=，由切比雪夫不等式可知{}()()3()0.119()D X P X E X D X D X -≈≥≤. 也就是说，X 落在区间(()3()()3()E X D X E X D X --以外的可能性很小，而落在此区间中的概率很大。
当D (X )较小时，X 的取值便集中在E (X )附近。
D (X )越小，X 的取值越集中在E (X )附近，这正是方差的意义所在。
显然，切比雪夫不等式可以表示成如下的等价形式：{}2()|()|1D X P X E X εε-<≥-． (5.2)当D (X )已知时，(5.2)式给出了X 与E (X )的偏差小于ε的概率的估计值．例1 设某供电网有10000盏电灯，夜晚每盏灯开灯的概率均为0.7，假定灯的开、关是相互独立的，使用切比雪夫不等式估计夜晚同时开灯的盏数在6800至7200之间的概率．解 令X 表示在夜晚同时开灯的盏数，则X 服从n =10000，p =0.7的二项分布，这时()7000E X np ==，()2100D X npq ==，由切比雪夫不等式可得22100{68007200}{|7000|200}10.95200P X P X <<=-<-≈．≥ 可见，虽然有10000盏灯，但是只要供应7200盏灯的电力就能够以相当大的概率保证够用.事实上，这个概率的近似值表明，在10000盏灯中，开着的灯数在6800到7200的概率大于0.95，而由二项概率公式算出此概率的精确值为0.99999．由此可知，切比雪夫不等式虽可用来估计概率，但精度不够高．1866年，俄国数学家切比雪夫证明了一个相当普遍的结论−−大量观察结果的平均值具有稳定性，这就是切比雪夫大数定律．定理1 切比雪夫大数定律 设随机变量12,,,,n X X X L L 相互独立,每一随机变量都有数学期望12(),(),,(),n E X E X E X L L 和有限的方差1()D X ，2()D X ，L ，()n D X ，L ，并且它们有公共上界c ，即(),1,2,k D X c k ≤=L ，则对任意ε >0，皆有1111lim ()1n nk k n k k P X E X n n ε→∞==⎧⎫-<=⎨⎬⎩⎭∑∑． (5.3)证 因12,,,,n X X X L L 相互独立，所以2211111()n nk k k k c D X D X nc n n n n ==⎛⎫== ⎪⎝⎭∑∑≤． 又因 1111()()n n k k k k E X E X n n ===∑∑，由切比雪夫不等式可得 2211111111()11n n n k k k k k k c P X E X D X n n n n εεε===⎧⎫⎛⎫≥-<--⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭∑∑∑≥≥， 所以1111lim ()1n nk k n k k P X E X n n ε→∞==⎧⎫-<=⎨⎬⎩⎭∑∑. 切比雪夫大数定律表明，相互独立的随机变量的算术平均值11n n i i X X n ==∑与其数学期望的差，在n 充分大时以概率1是一个无穷小量．这意味着在n 充分大时，n X 的值将比较紧密地聚集在它的数学期望()n E X 附近．由切比雪夫大数定律可以得到如下推论：推论1 设随机变量12,,,,n X X X L L 独立同分布，并且有数学期望μ及方差2σ，则对任意正数ε，都有11lim 1n i n k P X n με→∞=⎧⎫-<=⎨⎬⎩⎭∑． (5.4) 推论1是我们利用重复观测值的算术平均来近似真实值的理论依据．例如，要测量某一物理量a ，进行n 次重复测量，得到n 个测量值12,,,n X X X L ，显然可以视它们为n 个独立同分布的随机变量，并且有数学期望a ．由大数定律可知，当n 充分大时，n 次测量的平均值可作为a 的近似值，即121(....)n a X X X n ≈+++ (5.5) 且当n 充分大时，近似计算的误差很小．定理2 贝努里大数定律 设n μ是n 重贝努里试验中事件A 出现的次数，p 是事件A 在每次试验中出现的概率，则对任意0ε>，都有lim 1n n P p n με→∞⎧⎫-<=⎨⎬⎩⎭． (5.6) 证 设i X 是第i 次试验中事件A 发生的次数，则i X 服从参数为p 的0-1分布，(),()i i E X p D X pq ==，其中1,1,2,3,,q p i n =-=L ．又12,,,n X X X L 相互独立，且1nn i i X μ==∑，从而有1111(),n n n i i i i E E X E X p n n n μ==⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑ 21111()n n n i i i i pq D D X D X n n n n μ==⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑． 由切比雪夫不等式得221n n pq P p D n n n μμεεε⎧⎫⎛⎫-=⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭≥≤， 因此lim 0n n P p n με→∞⎧⎫-=⎨⎬⎩⎭≥， 亦即lim 1n n P p n με→∞⎧⎫-<=⎨⎬⎩⎭． 历史上，贝努里大数定律是概率论中极限定理方面的第一个重要结论。
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第 5 章 大数定律与中心极限定理一、填空题：1.设随机变量μξ=)(E ，方差2σξ=)(D ，则由切比雪夫不等式有≤≥-}|{|σμξ3P 91 . 2.设nξξξ,,,Λ21是n 个相互独立同分布的随机变量，),,,(,)(,)(n i D E i i Λ218===ξμξ对于∑==ni in 1ξξ，写出所满足的切彼雪夫不等式 228εεξεμξn D P =≤≥-)(}|{| ，并估计≥<-}|{|4μξP n211-. 3. 设随机变量129,,,X X X L 相互独立且同分布, 而且有1i EX =,1(1,2,,9)i DX i ==L , 令91i i X X ==∑, 则对任意给定的0ε>, 由切比雪夫不等式直接可得{}≥<-ε9X P 291ε-. 解：切比雪夫不等式指出：如果随机变量X 满足：()E X μ=与2()D X σ=都存在, 则对任意给定的0ε>, 有22{||}P X σμεε-≥≤, 或者22{||}1.P X σμεε-<≥-由于随机变量129,,,X X X L 相互独立且同分布, 而且有 1,1(1,2,9),i i EX DX i ===L 所以999111()()19,i i i i i E X E X E X μ===⎛⎫===== ⎪⎝⎭∑∑∑9992111()()19.i i i i i D X D X D X σ===⎛⎫===== ⎪⎝⎭∑∑∑4. 设随机变量X 满足：2(),()E X D X μσ==, 则由切比雪夫不等式, 有{||4}P X μσ-≥ 116≤. 解：切比雪夫不等式为：设随机变量X 满足2(),()E X D X μσ==, 则对任意的0ε>, 有22{||}.P X σμεε-≥≤由此得 221{||4}.(4)16P X σμσσ-≥≤=5、设随机变量2σξμξξ==)(,)(,D E ，则≥<-}|{|σμξ2P 43.6、设n ξξξ,,,Λ21为相互独立的随机变量序列，且),,(Λ21=i i ξ服从参数为λ的泊松分布，则≤-∑=∞→}{lim x n n P ni in λλξ1∞--xt dt e22 .7、设n η表示n 次独立重复试验中事件A 出现的次数，p 是事件A 在每次试验中出现的概率，则≈≤<}{b a P n η⎰-----)1()1(2221p np np b p np np a t dt e π.8. 设随机变量n ξ, 服从二项分布(,)B n p , 其中01,1,2,p n <<=L , 那么, 对于任 一实数x , 有lim {|||}n n P np x ξ→+∞-<= 0 .9. 设12,,,n X X X L 为随机变量序列,a 为常数, 则{}n X 依概率收敛于a 是指 {}=<->∀+∞>-εεa X P n n lim ,0 1 ,或{}=≥->∀+∞>-εεa X P n n lim ,0 0 。
10. 设供电站电网有100盏电灯, 夜晚每盏灯开灯的概率皆为0.8. 假设每盏灯开关是相 互独立的, 若随机变量X 为100盏灯中开着的灯数, 则由切比雪夫不等式估计, X 落 在75至85之间的概率不小于 259 .解：()80,()16E X D X ==, 于是169(7585)(|80|5)1.2525P X P X <<=-<≥-=二．计算题：1、在每次试验中，事件A 发生的概率为0.5，利用切比雪夫不等式估计，在1000次独立试验中，事件A 发生的次数在450至550次之间的概率.解：设X 表示1000次独立试验中事件A 发生的次数，则250)(,500)(==X D X E}50|500{|}550450{≤-=≤≤X P X P9.02500250150)(1}50|)({|2=-=-≥≤-=X D X E X P2、一通信系统拥有50台相互独立起作用的交换机. 在系统运行期间, 每台交换机能清晰接受信号的概率为0.90. 系统正常工作时, 要求能清晰接受信号的交换机至少45台. 求该通信系统能正常工作的概率. 解：设X 表示系统运行期间能清晰接受信号的交换机台数, 则~(50,0.90).X B由此 P(通信系统能正常工作)(4550)P X =≤≤P =≤≤(2.36)(0)0.99090.50.4909.ΦΦ≈-=-=3、某微机系统有120个终端, 每个终端有5%的时间在使用, 若各终端使用与否是相互独立 的, 试求有不少于10个终端在使用的概率.解：某时刻所使用的终端数~(120,0.05),6, 5.b np npq ξ==7 由棣莫弗－拉普拉斯定理知{10}11(1.67)0.0475.P ξΦΦ≥=-≈-=4、某校共有4900个学生, 已知每天晚上每个学生到阅览室去学习的概率为0.1, 问阅览室 要准备多少个座位, 才能以99%的概率保证每个去阅览室的学生都有座位.解：设去阅览室学习的人数为ξ, 要准备k 个座位.~(,),4900,0.1,49000.1b n p n p np ξ===⨯=21.==4900490{0}2121k P k ξΦΦΦΦ⎛⎫⎛⎫--⎛⎫⎛⎫≤≤≈-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭490490(23.23)0.99.2121k k ΦΦΦ--⎛⎫⎛⎫=--≈= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭查(0,1)N 分布表可得4902.3263,21 2.3263490538.852321k k -==⨯+=539.≈要准备539个座位,才能以99%的概率保证每个去阅览室学习的学生都有座位.5．随机地掷六颗骰子 ，试利用切比雪夫不等式估计：六颗骰子出现的点数总和不小于9且不超过33点的概率。
解：设 η表 示 六 颗 骰 子 出 现 的 点 数 总 和。
ξi ，表 示 第 i 颗 骰 子 出 现 的 点 数 ，i = 1，2，…，6ξ1， ξ2， … ，ξ6 相 互 独 立 ， 显 然 ηξ==∑i i 16()()235211235449621612765432161222===-+++==+++++=ηηξξD E D E i i Λ {}{}12339≤-=≤≤ηηηE p p {}131>--=ηηE p()9.03383511691≈-=-≥ηD 6. 设随机变量n ξξξ,,,Λ21 相互独立，且均服从指数分布()0000>⎩⎨⎧≤>=-λλλx x e x f x )( 为 使 10095101111≥⎭⎬⎫⎩⎨⎧<-∑=λλξn k k n P ， 问： n 的最小值应如何 ？解: E D k k ξλξλ==112, ()21211111,11λξξλξn D n n D n E nk k n k k n k k ==⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛∑∑∑===由 切 比 雪 夫 不 等 式 得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛<-∑=λλξ101111nk k n P ,1009510111101112211≥⎪⎭⎫ ⎝⎛-≥⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧<⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∑∑==λλλξξn n E n P nk k nk k 即 110095100-≥n n , 从 而 n ≥ 2000 ， 故 n 的 最 小 值 是 20007．抽样检查产品质量时，如果发现次品多于10个，则拒绝接受这批产品，设某批产品次品率为10%，问至少应抽取多少个产品检查才能保证拒绝接受该产品的概率达到0.9?解：∴ 设n 为至少应取的产品数，X 是其中的次品数，则)1.0,(~n b X ，9.0}10{≥>X P ，而9.0}9.01.01.0109.01.01.0{≥⨯⨯⨯->⨯⨯⨯-n n n n X P所以1.0}09.01.0109.01.01.0{≤-≤⨯⨯⨯-nn n n X P由中心极限定理知，当n 充分大时， 有1.0)3.01.010(}09.01.0109.01.01.0{=-Φ≈-≤⨯⨯-n nn n n n X P ，∴ 由1.0)3.01.010(=-Φnn查表得28.13.01.010-=-nn147=∴n8．(1)一个复杂系统由100个相互独立的元件组成，在系统运行期间每个元件损坏的概率为0.1，又知为使系统正常运行，至少必需要有85个元件工作，求系统的可靠程度(即正常运行的概率)；(2)上述系统假设有n 个相互独立的元件组成，而且又要求至少有80%的元件工作才能使系统正常运行，问n 至少为多大时才能保证系统的可靠程度为0.95? 解：(1)设X 表示正常工作的元件数，则)9.0,100(~b X ，9901009.01.01009.010099085{}85100{}85{-≤⨯⨯⨯-≤-=≥≥=≥X P X P X P}31039035{≤-≤-=X P由中心极限定理可知))35(1()310()35()310(}85{Φ--Φ=-Φ-Φ=≥X P 95.0)35(1)35()310(=Φ=-Φ+Φ=(2)设X 表示正常工作的元件数，则)9.0,(~n b Xnnn n X n n P n X n P n X P 3.02.01.09.09.03.01.0{)8.0()8.0(≤⨯⨯-≤-=≤≤=≥}3.09.03{}323.09.03{nnX n P n n n X n P -≤-=≤-≤-= 95.0)3()3(1=Φ=-Φ-=nn353=∴n25=∴n9．一部件包括10部分，每部分的长度是一随机变量，相互独立且具有同一分布，其数学期望为2 mm ，均方差为0.05 mm ，规定总长度为20 ± 0.1 mm 时产品合格，试求产品合格的概率。
已 知 ：Φ( 0.6 ) = 0.7257；Φ( 0.63 ) = 0.7357。
解：设 每 个 部 分 的 长 度 为 X i ( i = 1, 2, …, 10 ) E ( X i ) = 2 = μ, D( X i ) = σ2= ( 0.05 )2 ,依题意 ，得合格品的概率为⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤-≤-∑=102010101..i i X P ⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤⨯-⨯≤-=∑=6302100501831630101.)(...i i X P⎰⎰---==63.00263.063.022221221dte dte t t ππ4714.017357.02121263.022=-⨯=-⨯=⎰∞--dtet π10．计算机在进行加法计算时，把每个加数取为最接近它的整数来计算，设所有取整误差是相 互独立的随机变量，并且都在区间[- 0.5，0.5 ]上服从均匀分布，求1200个数相加时误 差总和的绝对值小于10的概率。