中心极限定理课件

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X − µ 近似 ~ N (0,1) σ/ n
近似
定理2 棣莫佛 拉普拉斯定理) 棣莫佛—拉普拉斯定理 定理 (棣莫佛 拉普拉斯定理 设随机变量 X 1 , 的二项分布, X 2 ,L, X n ,L 服从参数为 p 的二项分布, 则对任意
x, 有
n ∑ X k − np k =1 lim P ≤ n→ ∞ np(1 − p ) 2 x − t2 1 e dt = Φ ( x ). x = ∫ −∞ 2π
证明 因为 X k ~ b( k , p ), 所以
E ( X n ) = p, D( X n ) = p(1 − p ), ( k = 1,2,L, n),
根据定理3即得 根据定理 即得
n ∑ X k − np k =1 lim P ≤ n→ ∞ np(1 − p )
2 x − t2 1 e dt = Φ ( x ). x = ∫ −∞ 2π
Ch5-4
对此现象还 可举个有趣 的例子—— 高尔顿钉板 试验—— 加 试验 以说明. 以说明
L L L L LL LL LL L L L LL LL L
−3
0 3
N ( 0, n )
n—
钉子层数
定理1 林德伯格—勒维 勒维) 定理 ( 林德伯格 勒维 设随机变量 X 1 , X 2 ,L,
X n ,L 相互独立, 服从同一分布,且 相互独立, 服从同一分布,
中心极限定理是棣莫佛在十八世纪首先提出的, 中心极限定理是棣莫佛在十八世纪首先提出的, 至 今其内容已经非常丰富. 这些定理在很一般的条件 今其内容已经非常丰富 下证明了, 无论一个随机变量服从什么分布, 大量 下证明了, 无论一个随机变量服从什么分布, 这种随机变量的和的分布都可以用正态分布近似, 这种随机变量的和的分布都可以用正态分布近似, 而正态分布有许多完美的结果. 而正态分布有许多完美的结果
§4.3
中心极限定理
一、问题的引入 二、基本定理 三、典型例题 四、小结
一、问题的引入
实例: 考察射击命中点与靶心距离的偏差. 实例 考察射击命中点与靶心距离的偏差 这种偏差是大量微小的偶然因素造成的微 小误差的总和, 这些因素包括: 瞄准误差、 小误差的总和 这些因素包括 瞄准误差、测量 误差、 如外形、 误差、子弹制造过程方面 (如外形、重量等 的 如外形 重量等) 误差以及射击时武器的振动、气象因素(如风速 如风速、 误差以及射击时武器的振动、气象因素 如风速、 风向、能见度、温度等) 的作用, 风向、能见度、温度等 的作用 所有这些不同 因素所引起的微小误差是相互独立的, 因素所引起的微小误差是相互独立的 并且它们 中每一个对总和产生的影响不大. 中每一个对总和产生的影响不大 问题: 问题 某个随机变量是由大量相互独立且均匀 小的随机变量相加而成的, 研究其概率分布情况. 小的随机变量相加而成的 研究其概率分布情况
X ~ b( 200, 0.6),
X ~ b( 200, 0.6),
现在的问题是: 现在的问题是: 求满足 P { X ≤ N } ≥ 0.999 的最小 的 N. 由定理 2
X − np 近似服从 N (0, 1), 这里 np(1 − p ) np = 120, np(1 − p ) = 48,

例2 某车间有 200 台车床, 在生产期间由于需要 台车床, 检修、调换刀具、 检修、调换刀具、变换位置及调换工作等常需停 车. 设开工率为0.6, 并设每台车床的工作是独立 千瓦 的, 且在开工时需电力 1 千瓦, 问应供应多少瓦 电力就能以 99.9% 的概率保证该车间不会因供电 不足而影响生产? 不足而影响生产 对每台车床的观察作为一次试验, 解 对每台车床的观察作为一次试验, 每次试验观 察台车床在某时刻是否工作, 察台车床在某时刻是否工作, 工作的概率为 0.6, 次试验. 共进行 200 次试验. 用 X 表示在某时刻工作着的 车床数, 依题意, 车床数, 依题意, 有
于是
N − 120 . P{ X ≤ N } ≈ Φ 48 由 Φ N − 120 ≥ 0.999, 查正态分布函数表得 48
由 Φ N − 120 ≥ 0.999, 查正态分布函数表得

48
Φ ( 3.1) = 0.999, N − 120 ≥ 3.1, 48 从中解得 N ≥ 141.5, 即所求 N = 142. 也就是说, 也就是说, 应供应 142 千瓦电力就能以 99.9% 的
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棣莫佛—拉普拉斯定理是林德伯格 拉普拉斯定理是林德伯格—勒维定理 注: 棣莫佛 拉普拉斯定理是林德伯格 勒维定理 它是历史上最早的中心极限定理. 它是历史上最早的中心极限定理 的一个重要特例, 的一个重要特例,
下面的图形表明:正态分布是二项分布的逼近 下面的图形表明 正态分布是二项分布的逼近. 正态分布是二项分布的逼近
中心极限定理的意义 中心极限定理是概率论中最著名的结果 之一, 之一,它不仅提供了计算独立随机变量之和 的近似概率的简单方法, 的近似概率的简单方法,而且有助于解释为 什么很多自然群体的经验频率呈现出钟形曲 线这一值得注意的事实. 线这一值得注意的事实
中心极限定理说明:大量的相互独立的随机变 中心极限定理说明 大量的相互独立的随机变 量和往往服从或近似服从正态分布.它在长达两个世 量和往往服从或近似服从正态分布 它在长达两个世 纪的时期内曾是概率论研究的中心课题。 纪的时期内曾是概率论研究的中心课题。
p{ X i = 1} = 0.005, np = 25.

5000 i =1
X i 是 5000 个被保险人中一年内发生重大
人身事故的人数, 保险公司一年内从此项业务所 人身事故的人数, 得到的总收益为 0.016 × 5000 − 2 ×

5000 i =1
万元 X i 万元.
5000 于是 P 20 ≤ 0.016 × 5000 − 2 ∑ X i ≤ 40 i =1 5000 = P 20 ≤ ∑ X i ≤ 30 i =1
400 0.19
故 P{ X > 450} = P X − 400 × 1.1 > 450 − 400 × 1.1
400 0.19
X − 400 × 1.1 ≤ 1.147 = 1 − P 400 0.19 ≈ 1 − Φ (1.147) = 0.1357.
Xk pk
0 1 2 0.05 0.8 0.15
易知
E ( X k ) = 1.1, D( X k ) = 0.19, k = 1,2,L,400,
而X=
∑X
k =1
400
k
, 由定理 3, 随机变量
X − 400 × 1.1 近似 N (0,1), ~ = 400 0.19
∑X
k =1
400
k
− 400 × 1.1
∑ X , 且由
i =1 i
100

µ = E ( X i ) = 100, σ = D( X i ) = 10, n = 100,
E ( X ) = 100 × E ( X i ) = 10000,
D( X ) = 100,
例1 解 由中心极限定理有
n ∑ X i − nµ 10200 − nµ P { X > 10200} = P i =1 > σ n σ n
于是 P 20 ≤ 0.016 × 5000 − 2 ∑ X i ≤ 40
5000 i =1


5000 = P 20 ≤ ∑ X i ≤ 30 i =1
5000 X i − 25 20 − 25 ∑i =1 30 − 25 = P ≤ ≤ 25 × 0.995 25 × 0.995 25 × 0.995 ≈ Φ (1) − Φ ( −1) = 0.6826

对于一个学校而言, 例4 对于一个学校而言, 来参加家长会的家长人 数是一个随机变量, 设一个学生无家长, 名家长, 数是一个随机变量, 设一个学生无家长, 1名家长, 2 名家长来参加会议的概率分别为 0.05, 0.8, 0.15. 名学生, 若学校共有 400 名学生, 设各学生参加会议的家 长数相互独立, 且服从同一分布, 求参加会议的家 长数相互独立, 且服从同一分布, 长数 X 超过 450 的概率 的概率. 解 以 X k ( k = 1,2,L,400) 记第 k 个学生来参加会 议的家长数, 议的家长数, 则 X k 的分布律为
E ( X i ) = µ , D( X i ) = σ 2 , i = 1,2,L, n,L

n ∑ X i − nµ x 1 −t2 i =1 lim P ≤ x = ∫ e 2 dt. −∞ n →∞ σ n 2π
注:定理表明 当 n 充分大时, n 个具有期望和方 定理表明: 充分大时, 差的独立同分布的随机变量之的近似服从正态分布. 差的独立同分布的随机变量之的近似服从正态分布 虽然在一般情况下, 虽然在一般情况下,我们很难求出 X 1+ X 2 + L + X n
例1 一盒同型号螺丝钉共有 100 个, 已知该型号 的螺丝钉的重量是一个随机变量, 期望值是100g, 的螺丝钉的重量是一个随机变量, 标准差是10g, 求一盒螺丝钉的重量超过 10.2kg 的概率. 的概率 个螺丝钉的重量, 解 设 X i 为第 i 个螺丝钉的重量, i = 1,2,L,100, 且它们之间独立同分布, 于是一盒螺丝钉的重量 且它们之间独立同分布, 为X=
1, 若第 i 个被保险人发生重大事故 解 记 Xi = 0, 若第 i 个被保险人未发生重大事故 ( i = 1,2,L,5000) 于是 X i 均服从参数为 p = 0.005 的两点分布, 且 的两点分布,
的两点分布, 于是 X i 均服从参数为 p = 0.005 的两点分布, 且
故 概率保证该车间不会因供电不足而影响生产. 概率保证该车间不会因供电不足而影响生产. 完
某市保险公司开办一年人身保险业务, 例3 某市保险公司开办一年人身保险业务 被保 险人每年需交付保险费 160 元, 若一年内发生重 大人身事故, 万元赔金. 大人身事故, 其本人或家属可获 2 万元赔金 已 知该市人员一年内发生重大人身事故的概率为 0.005, 现有 5000 人参加此项保险, 问保险公司 人参加此项保险, 一年内从此项业务所得到的总收益在 20 万到 40 万元之间的概率是多少? 万元之间的概率是多少
400 0.19
故 P{ X > 450} = P X − 400 × 1.1 > 450 − 400 × 1.1
400 0.19
400 0.19
由定理 2, 随机变量
∑X
k =1
400
k
− 400 × 1.1
400 0.19
X − 400 × 1.1 近似 N (0,1), ~ = 400 0.19
= p X − 10000 > 10200 − 10000 100 100 X − 10000 > 2 = 1 − P X − 10000 ≤ 2 = P 100 100
≈ 1 − Φ ( 2) = 1 − 0.97725 = 0.02275.
的分布的确切形式, 很大时, 的分布的确切形式,但当 n 很大时,可求出其近似 分布. 由定理结论, 分布 由定理结论, 有
∑X
i =1
n
i
− nµ
近似
σ n
~ N (0,1)
1 X −µ n∑ i 近似 i =1 ~ N (0,1) σ/ n
X ~ N ( µ ,σ / n)
2
n
故定理又可表述为: 故定理又可表述为:均值为 µ , 方差为 σ 2 > 0 的独立 同分布的随机变量 X 1 , X 2 ,L, X n L 的算术平均值 X , 当 n充分大时近似地服从均为 µ , 方差为σ 2 / n 的正态 分布. 分布 这一结果是数理统计中大样本值统计推断的理 论基础. 论基础
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