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()，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。

解：设 表 示 六 颗 骰 子 出 现 的 点 数 总 和。

i，表 示 第 i 颗 骰 子 出 现 的 点 数，i = 1，2，„，6 1，2，„，6 相 互 独 立，显 然

6.设随机变量 相互独立，且均服从指数分布

为 使，问： 的最小值应如何 ？

解:

由 切 比 雪 夫 不 等 式 得

即 , 从 而 n  2000，故 n 的 最 小 值 是 2000

7．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，是其中的次品数，则，而 所以

由中心极限定理知，当n充分大时，有，由

查表得

8．(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)设表示正常工作的元件数，则，由中心极限定理可知

(2)设表示正常工作的元件数，则

9．一部件包括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 ：(0.6)= 0.7257；(0.63)= 0.7357。

解：设 每 个 部 分 的 长 度 为 Xi(i = 1, 2, „, 10)E(Xi)= 2 = , D(Xi)=  =(0.05)

,依题意，得合格品的概率为

10．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。已知：(1)=0.8413；(2)=0.9772。

解：设 1，2，n 表示取整误差, 因它们在 [0.5，0.5 ] 上服从均匀分布，故 有

根 据 同 分 布 的 中 心 要 极 限 定 理，得

=(1)(1)= 2(1)1 = 2  0.84131 = 0.6826

11．将一枚硬币连掷100次，试用隶莫佛--拉普拉斯定理计算出现正面的次数大于60的概 率。已知 ：(1)= 0.8413；(2)= 0.9772 ； 当 x > 4 ,(x)=1。

解：设  为 掷 100次中出现正面的次数，它服从二项分布B(100，)

这 里

由 隶 莫 佛--拉 普 拉 斯 定 理，得

查 N(0，1)分 布 函 数 表，得 P{ 60 <   100 } = 10.977 = 0.023..有甲、乙两种味道和颜色都极为相似的名酒各4杯.如果从中挑4杯, 能将甲种酒全部

挑出来, 算是成功一次.(1)某人随机地去猜, 问他成功一次的概率是多少？

(2)某人声称他通过品尝能区分两种酒.他连续试验10次, 成功3次.试推断他是猜对的, 还是他确有区分的能力(各次试验是相互独立的).解：(1)设A={试验成功一次}, 则有

(2)设X：试验10次成功的次数, 则 由于

因此随机事件是一个小概率事件, 根据“小概率事件在一次试验中是不大可能发生的”的原理, 随机事件是不大可能发生的, 但它却发生了, 因此我们要以断定此人确有区分酒的能力.13.保险公司新增一个保险品种：每被保险人年交纳保费为100元, 每被保险人出事赔付金

额为2万元.根据统计, 这类被保险人年出事概率为0.000 5.这个新保险品种预计需

投入100万元的广告宣传费用.在忽略其他费用的情况下, 一年内至少需要多少人参

保, 才能使保险公司在该年度获利超过100万元的概率大于95%？

解：设参保人数为N人, 则

由

14、证明题 :设随机变量X的密度函数为

求证： 证：

由切比雪夫不等式得

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第四章 大数定律与中心极限定理

4.1 设D(x)为退化分布：

1x0 D(x)0x0讨论下列分布函数列的极限是否仍是分布函数？

11(1){D(xn)};(2){D(x)};(3){D(x0},其中n1,2,

nn解：（1）（2）不是；（3）是。4.2 设分布函数Fn(x)如下定义：

0xnFn(x)2n1xnnxn

xn问F(x)limFn(x)是分布函数吗？ n解：不是。4.3设分布函数列{Fn(x)}弱收敛于分布函数F(x)，且

F(x)为连续函数，则{Fn(x)}在(,)上一致收敛于F(x)。

证：对任意的0，取M充分大，使有

1F(x),xM;F(x),xM对上述取定的M，因为F(x)在[M,M]上一致连续，故可取它的k分点：

x1Mx2xk1xkM，使有

F(xi1)F(xi),1ik，再令x0,xk1，则有

N时有 F(xi1)F(xi),0ik1（1）

这时存在N，使得当n|Fn(xi)F(xi)|,0ik1（2）

成立，对任意的x(,)，必存在某个i(0ik)，使得x(xi,xi1)，时有 由（2）知当nNFn(x)Fn(xi1)F(xi1)（3）

Fn(x)Fn(xi)F(xi)由（1），（3），（4）可得

（4）

Fn(x)F(x)F(xi1)F(x)F(xi1)F(xi)2，Fn(x)F(x)F(xi)F(x)F(xi)F(xi1)2即有Fn(x)F(x)2成立，结论得证。

n同时依概率收敛于随机变量与，证明这时必有P()1。

0有n，故

24.5 设随机变量序列证：对任意的0PPnPn0,n0

22即对任意的0有P0成立，于是有

11PPP0

kk1kk1从而P()1成立，结论得证。

4.6 设随机变量序列n，n分别依概率收敛于随机变量与，证明：

PP。；（1）nn（2）nn证：（1）因为nnnn故

220P(nn)PnPn0,n

22P成立。即nn2（2）先证明这时必有。对任给的0,2nP0取

M，当

足够大

M11，使有P成立，对取定的2M时有PM，存在N

nNn1Pn成立.这时有

MPnMPn2M

n2Mn1PP{(|n||2|M)(|n|1)}

P(|2|M1)P(|n|1)2从而有

P(|n22|)P(|n||n|)P{(|n||n|)(|n|M)}P{(|n||n|)(|n|M)}P(|n|由,的任意性知2nM)P(|n|M)32nP2，同理可证2，由前述（1）有

2nPP2nn(nn)()222

故nPn，结论成立。

22n4.7 设随机变量序列nPa，a0是一个常数，且n0，证明

1nP1a。

证：不妨设a0对任意的0a，当na时有naa2a(na)a2a，nana2因而。于是有 aaan11 0Pna nananaPPa nnana naPa2aPna0,n。

结论成立。

4.9 证明随机变量序列n依概率收敛于随机变量的充要条件为：

En0,n

1n证：充分性，令f(x)x1'，x0，则f(x)0,x0，故f(x)是x(x0)的21x(1x)单调上升函数，因而nn1||1，于是有

nnPnP1n1 nE0,n

1n1对任意的0成立，充分性得证。

P0，令A:n，因为n，故存在充分大的N必要性，对任给的得当n使N时有P(A)，于是有

nnn)IA EEIAE(11n1nn P(A)2，由的任意性知En0,n，结论为真。

1na，bnb，证明annbn也按4.10 设随机变量n按分布收敛于随机变量，又数列an分布收敛于ab。

0时为显然，不妨设a0（a0时的修改为显然），证：先证明an按分布收敛于a。a若a，，an，n的分布函数分别记作Fax，F，Fan与Fn，则Fax=F，a当x是Fax的连续点时，是F的连续点，于是有

axxlimFan(x)limFnlimFFa(x)nnana成立，结论为真。由4.12知n(an及4.11知nana)0，再由4.6(1)知n(ana)bnb，于是由前述结论

PPbnan(ana)nbn按分布收敛于ab，结论得证。

4.11设随机变量序列{n}按分布收敛于随机变量，随机变量序列{n}依概率收敛于常数a，证明nn按分布收敛于a。

证：记,n的分布函数分别为F(x),Fn(x)，则连续点，则对任给的a的分布函数为F(xa)，设x是F(xa)的时有

0，存在0，使当0（1）|F(xa)F(xa)|由于F(x)在(xa,xa)只能有有限个间断点，可取

012，使得xa1,xa2都是F()的连续点，这时存在N1，当nN1时有

|F(xa1)Fn(xa1)|（2）|F(xa2)Fn(xa2)|（3）

对取定的1，存在N2，当nN2时有

P(|na|1)于是当n，（2），（4）式有 max(N1,N2)时，由（1）

（4）

P(nna)xa)P{(nnaxa)(|na|1)}P{(nnaxa)(|na|1)}P(nxa1)P(|na|1)F(xa)3又因为

(5)P(nxa2)P{[nn(na)x2](|na|2)}P{(nxa2)(|na|2)}于是由（1），（3），（4）式有

P(nnaxa)P{[nn(na)x2](|na|2)}P(nxa2)P(|na|2F(xa)3|P(nnaxa)F(xa)|3（6）

由（5），（6）两式可得

由的任意性即知nn按分布收敛于a，结论得证。

0。

P4.12设随机变量序列{n}按分布收敛于，随机变量序列{n}依概率收敛于0，证明nn证：记,n的分布函数分别为F(x),Fn(x)，对任给的0，取a0,b0足够大，使a,b是F(x)的连续点且

1F(b),F(a)因为Fn(x)F(x)，故存在N1，当nW

N1时有

1Fn(b)2,Fn(a)2令MPmax(a,b)，因为n0，故存在N2，当nN2时有

P(|n|M)

而

P(|nn|)P{(|nn|)[(anb)(|n|P{(|nn|)[(anb)(|n|其中I1M)]}

M)]}I1I20，当nmax(N1,N2)时有

P{(|nn|)(anb)}P{(anb)}P{(na)(nb)}Fn(a)[1Fn(b)]4因而P(|nnP

|)I25，由的任意性知nn0，结论为真。

4.13 设随机变量n服从柯西分布，其密度函数为

pn(x)证明nn 22(1nx)0,n。P证：对任意的0，有

nn1P(|n|)dxn(1t2)dt1,n (1n2x2)故n0,n。P4.14 设{n}为一列独立同分布随机变量，其密度函数为

1p(x)0其中0x其它P

0为常数，令nmax(1,2,,n)，证明n。

证：对任意的n，0n为显然，这时有

nnxP(nx)P(ix)i1i110xdx()n,0x

P(nx)0,x0;P(nx)1,x

对任意的0()，有

P(|n|)P(n)(故nn)0,n P成立，结论得证。

4.15 设{n}为一列独立同分布随机变量，其密度函数为

e(xa)p(x)0令nxa xamin(1,2,,n)，证明na。

P证：设i的分布函数为F(x)，有

1e(xa)F(x)0这时有

nxa xaP(nx)P(i)[1F(x)]nen(xa),xa

i1对任意的0，有 P(|na|)P(na)en0,n

故na成立，结论得证。P4.17设{n}为一列独立同分布随机变量，都服从(0,1)上的均匀分布，若nP(k)k1n1n，证明nc(c为常数），并求出c。

证：这时{lnn}也是独立同分布随机变量序列，且

Enlnxdx1

0P1nx由辛钦大数定律知{lnn}服从大数定理，即有lni1，令f(x)e，则f(x)是直线上

ni11的连续函数，由4.8题知

(i)ei1n1n1nlnini1e1c

P结论成立。

4.18设{n}为一列独立同分布随机变量，每个随机变量的期望为nP2kka。

n(n1)k1n2证：已知Ena，记Dn，令nkkn(n1)k1a，且方差存在，证明

2，则

n2Enkaan(n1)k1Dn对任给的4n2(n1)2k22k1n4n12

0，由契贝晓夫不等式有

142P(|na|)2Dn20,n

n11故na，结论得证。

2P1n2P24.19设{n}为一列独立同分布随机变量，且Dn存在，数学期望为零，证明k。

nk1证：这时{n}仍独立同分布，且En22Dn2，由辛钦大数定律知结论成立。4.21 设随机变量序列{n}按分布收敛于随机变量，又随机变量序列{n}依概率收敛于常数a(a0),n0，则{n}按分布收敛于na。

证：由4.7题知1nn111PP于是由4.12题有n(而0，)0，anaa11nnnnnaa按分布收敛于（见a4.10题的证明），因而由4.11题知

按分布收敛于，结论成立。a4.22设{分布。2n}为独立同N(0,1)分布的随机变量序列，证明nn1k1n2k的分布函数弱收敛于N(0,1)1n2P证：这时{}也为独立同分布随机变量序列，且E1，由辛钦大数定律知i又n11，ni12n2n服从N(0,1)分布，当然弱收敛于N(0,1)分布，由4.21题即知n按分布收敛于N(0,1)分布，结论得证。

1n4.23 如果随机变量序列{n}，当n时有2Dk0，证明{n}服从大数定律（马尔

nk1柯夫大数定律）

证：由契贝晓夫不等式即得。4.26 在贝努里试验中，事件

A出现的概率为p，令

n证明{n}服从大数定律。

1,若在第n次及第n1次实验中A出现

0，其它证：{n}为同分布随机变量序列，且EnEn2p2，因而Dnp2(1p2)1，又当|ij|2时，i与j独立，由4.24知{n}服从大数定律，结论得证。

4.28设{n}为一列独立同分布随机变量，方差存在，又

an1n为绝对收敛级数，令nnii1，则{ann}服从大数定律。证：不妨设En否则令nEn，并讨论{}即可。记E0。'n'n2n2，又c|an|。

n1因为aa(iiii1i1k1nnik)k(ai)，故有

k1iknnnnn1122D(aii)2E{k(ai)]2n2nni1k1ikc22(ai)0,n nk1iknn2由4.23知{ann}服从大数定律，结论得证。4.30设{n}为一列独立同分布随机变量，共同分布为

2k1P(n2)k,k1,2,

k2试问{n}是否服从大数定律？

答：因为En存在，由辛钦大数定律知{n}服从大数定律。4.31设{n}为一列独立同分布随机变量，共同分布为

P(nk)c,k2,3,

k2log2k其中c(11，问{n}是否服从大数定律？)22k2klogk答：因为En存在，由辛钦大数定律知{n}服从大数定律。

4.32 如果要估计抛掷一枚图钉时尖头朝上的概率，为了有95%以上的把握保证所观察到的频率与概率差小于

p的p10，问至少应该做多少次试验？

解：令

n上1第n次试验时图钉的尖头朝 其它0据题意选取试验次数n应满足P(|i1ninp|p)0.95，因为n比较大，由中心极限定理有 10P(|i1ninp|12ep)P(|10x22(i1np)|npq1np)10q

1np10q1np10qdx0.95故应取

1q1np2，即n400，但图钉底部重，尖头轻，由直观判断有p，因而

2p10qq1，故可取n400。p4.33 一本书共有一百万个印刷符号，排版时每个符号被排错的概率为0.0001，校对时每个排版错误被改正的概率为0.9，求在校对后错误不多于15个的概率。解：令

i对后仍错误1第i个印刷符号被排错且校 其它0因为排版与校对是两个独立的工序，因而

pP(i1)0.00010.1105,P(i0)q1p

{i}是独立同分布随机变量序列，Eip，令nii1n，其中n106，由中心极限定理有

bx22P(n15)P(nnpnpq15npnpqb)12edx

其中b5101.58，查N(0,1)分布表即可得P(n15)0.94，即在校对后错误不多于

15个的概率。

4.34 在一家保险公司里有10000个人参加保险，每人每年付12元保险费，在一年里一个人死亡的概率为0。006，死亡时家属可向保险公司领得1000元，问：（1）保险公司亏本的概率多大？

（2）保险公司一年的利润不少于40000元，60000元，80000元的概率各为多大？ 解：保险公司一年的总收入为120000元，这时（1）若一年中死亡人数120，则公司亏本；（2）若一年中死亡人数80，则利润中死亡人数40000元；

若一年中死亡人数60，则利润中死亡人数60000元； 若一年中死亡人数40，则利润中死亡人数80000元；

令

i1第i个人在一年内死亡

0第i个人在一年内活着则P(i1)0.006p，记ni,n10000i1n已足够大，于是由中心极限定理可得欲求事件的概率为（1）

P(n120)1P(同理可求得（2）nnpnpq120npnpqb)112bex22dx（其中0b60)

7.723P(n80)0.995(对应的b2.59)

P(n60)0.5(对应的b0)P(n40)0.005(对应的b2.59)

4.35 有一批种子，其中良种占多少？ 解：令

16，从中任取6000粒，问能以0.99的概率保证其中良种的比例与

16相差

第i粒为良种1 i0第i粒不是良种n11则P(i1)，记p,ni66i1，其中n6000，据题意即要求使满足

P(|nn1n|)0.99。令q1p,b，因为n很大，由中心极限定理有 6npqnp1P(||)P(bnb)n6npq由N(0,1)分布表知当bn12bbex22dx0.99

2.60时即能满足上述不等式，于是知bnpq1.25104，即能以n0.99的概率保证其中良种的比例与

16相差不超过1.2510。

44.36 若某产品的不合格率为0.005，任取10000件，问不合格品不多于70件的概率等于多少？ 解：令

1第i件为不合格品i第i件为合格品0则

pP(i1)0.005，记q1p,nii1n，其中n10000，记b70npnpq，由中心极限定理有

P(n70)P(nnpnpqb)12bex22dx0.998

即不合格品不多于70件的概率约等于0.998。

4.37 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其中含有100只合格品的概率不小于0.95？ 解：令

i第i只是合格品10第i只是不合格品

则pP(i1)0.99，记q1p,b100npnpq,nii1n，其中n尚待确定，它应满足P(n100)0.05，由中心极限定理有

P(n100)P(查N(0,1)分布表可取bnnpnpqb)12bex22dx0.05

103只螺丝钉才能使其中含有1.65，由此求得n103，即在一盒中应装100只合格品的概率不小于0.95。

4.39 用特征函数的方法证明“二项分布收敛于普哇松分布”的普哇松定理。证：设{in}1in独立同二项分布，即

P(in1)pn,P(in0)qn1pn,1in

ni的特征函数为(qnpne)，记nin,n的特征函数记作n(t)，因为npniti1n，故pn11o(),qn1o()，于是有 nnnnn(t)(qnpneit)n(1nnniteito(1))n

11(eit1)(eit[1(e1)o()]nne(e而e(eit1)it1)1),n是参数为的普哇松分布的特征函数，由特征函数的逆极限定理即知定理成立，证毕。

4.40 设随机变量服从---分布，其分布密度为

1xxep(x)()0证：当x0x0(0,0)

时，的分布函数弱收敛于N(0,1)分布。

证：的特征函数为(t)(1it)，易知

)的特征函数为

g(t)e而

it(1iteitln(1it)

1t21it2t3ln(1)o()

23)itit因而有

t21it3t3t2itln(1)o(),

232it故limg(t)et22，所以相应的分布函数弱收敛于N(0,1)分布，命题得证。

4.41设{n}为一列独立同分布随机变量，且n服从(n,n)上的均匀分布，证明对{n}成立中心极限定理。

x2n2dx证：易知En0,DnEn2n32nn，于是

k21BDkn(n1)(2n1)

18k1k132nnnn32故Bn3，对任意的0，存在N，使当nN时有

n因而Bnn，从而当nN，1，3|x|Bnx2dFk(x)0，若kn，由此知

1lim2nBnk1n|x|Bnx2dFk(x)0

即林德贝尔格条件满足，所以对{n}成立中心极限定理，结论得证。4.42 设{n},{n}皆为独立同分布随机变量序列，且

{n}与{n}独立，其中

11nEn0,Dn1;P(n1),n1,2,，证明：snii的分布函数弱收敛于正2ni1态分布N(0,1)。

证：这时{nn}仍是独立同分布随机变量序列，易知有

E(nn)0,D(nn)E(nn)2En21

由林德贝尔格---勒维中心极限定理知：sn得证。

4.45 利用中心极限定理证明：

1的分布函数弱收敛于正态分布N(0,1)，结论niii1nnnkn1e,n 2k0k!证：设{n}是独立同分布随机变量序列，共同分布为n1的Poisson分布，故

EnDn1,BDkn，由林德贝尔格---勒维中心极限定理知 2nk1n(E)kkn1P(kn)Pk10Bn2k1由Poisson分布的可加性知

0et22dt1,n 2k1nk服从参数为n的Poisson分布，因而

nnnnknP(kn)e，但e0(n)，所以

n!k1k0k!nn1nnnknnnn1eP(n)e,n kk!n!2k1k0成立，结论得证。

第三篇：概率统计第五章大数定律及中心极限定理

第五章大数定律及中心极限定理

第一节 大数定律（Laws of Large Numbers）

随机现象总是在大量重复试验中才能呈现出明显的规律性，集中体现这个规律的是频率的稳定性。大数定律将为此提供理论依据。凡是用来说明随机现象平均结果稳定性的定理统称为大数定律。由于内容非常丰富，我们只介绍其中两个。

一 契比雪夫大数定律

[定理1（契比雪夫的特殊情况）]设相互独立的随机变量X1,X2,,Xn,具有相同的数学

期望和方差：E(Xk)，D(Xk)(k1,2,)，则0,1limPn

n

n

X

k1

k



1

．

【注1】 契比雪夫大数定律告诉我们：随机变量的算术平均有极大的可能性接近于它们的数学期望，这为在实际工作中广泛使用的算术平均法则提供了理论依据.例如，为测量某个零件的长度，我们进行了多次测量，得到的测量值不尽相同，我们就应该用所有测量值的算术平均作为零件长度的近似为最佳。

二 伯努利大数定律

[定理2（伯努利大数定律）]设nA是n次独立试验中事件A发生的次数，p是事件A在nA

每次试验中发生的概率，则事件A发生的频率n依概率收敛于事件A的概率p，即0,limP{|

n

nAn

p|}1

或

limP{|

n

nAn

p|}0

【注2】伯努利大数定律中的nAn，实际上就是事件A发生的频率，定律以严格的数学形式

表述了频率稳定于概率的事实。这样，频率的稳定性以及由此形成的概率的统计定义就有了理论上的依据。

第二节中心极限定理（Central Limit Theorems）

n

如果X1,X2,,Xn是同时服从正态分布的n个相互独立的随机变量，则它们的和

i1

Xi

仍

然是服从正态分布的随机变量。现在的问题是：如果X1,X2,,Xn是服从相同分布的n个相互独立的随机变量，并非服从正态分布，那么它们的和是否还会服从正态分布呢？中心极限定理对此给出了肯定的答复。所有涉及大量独立随机变量和的极限分布的定理统称为中心极限定理。由于内容非常丰富，我们只介绍其中两个。

一 独立同分布中心极限定理

[定理3（独立同分布中心极限定理）]设随机变量X1,X2,,Xn,相互独立，服从同一

分布，且具有数学期望和方差：E(Xk),D(Xk)0(k1,2,)，则对于任意的x，n

X

limPn

k

n

x}



xt

dt(x)

．

n

【注3】 定理说明，均值为，方差为

n

0的独立同分布的随机变量之和

Xk的标准

k1

化变量Yn

X



k

n，当n很大时近似服从N(0,1)；而

k1

n

Xk

近似服从N(n,n)．

【注4】若记

2

X~N,

n

X

n

n

Xk，则Yn



k1

近似服从正态分布N(0,1)；或X近似服从

．

二 棣莫佛—拉普拉斯中心极限定理

[定理4（棣莫佛—拉普拉斯中心极限定理）]

设随机变量Yn(n1,2,)服从参数为n,p(0p1)的二项分布，则xR，有

limPn

Ynpx}



x



t22

dt(x)

．

【注5】 这个定理的直观意义是，当n足够大时，服从二项分布的随机变量Yn可认为近似服从正态分布N(np,np(1

p))~N0,1

.【注6】一般的结论是，不管每个服从什么分布，只要满足条件：

1）构成和式的X1,X2,,Xn是服从相同分布的n个相互独立的随机变量

2）每个随机变量对和的影响要均匀地小

3）构成和式的随机变量的个数要相当多，至少在30个以上

n

那么，它们的和

i1

Xi

将近似服从正态分布。因此，中心极限定理揭示了正态分布的形成机

制。例如我们在对某经济问题进行定量分析时，如果在许多种随机影响因素中没有一个是起主导作用的，那么就可以把它看成正态分布来进行分析。

经验表明：应用中大量的独立随机变量的和，都可以看成近似地服从正态分布。例

如测量误差，炮弹落点离开目标的偏差以及产品的强度，折断力，寿命等质量指标均属于此列。这样，由于中心极限定理的出现和应用，更加显示出了正态分布的重要。

三 中心极限定理在近似计算中的应用 1.同分布独立和Xk的概率的计算

k1n

例1 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20200克的概率．

200

解：设每袋味精的净重为Xkk1,2,,200，则一箱味精的净重为

k1

200

Xk，又

EXk100,10

.由中心极限定理知

k1

Xk

近似地服从正态分布。所以

200200PXk202001P

Xk20200 k1k1

200

Xk200001P

111.4110.92070.0793.2.n很大时，二项分布中事件aYnb的概率的计算

例2 设有一大批电子元件，次品率为1 %，现在任意取500个，问其中次品数在5～9个

之间的概率为多少？

解：设任意取500个其中次品数为Yn，则Yn可认为近似服从正态分布N(np,np(1p))．

P

5Yn9P



401.800.50.96410.50.4641.2.22

例3.有200台独立工作(工作的概率为0.6)的机床，每台机床工作时需3 kw电力．问共需多少电力, 才可有99.9 %的可靠性保证正常生产? 解：同时对200台机床察看是开工还是停工？可看成n

200,p0.6的二项分布，设工作的机床数为Yn，假设至多有m台机床在工作，则依照题意有P0Ynm0.999

P

0YnmP



0

141.5

所以

0.999



3.1，即m1203.1，取整数解

m142（台），共需电力：142×3=426 kw.所以，至少需426 kw 电力, 才可有99.9 %的可靠性保证正常生产。

第四篇：第5章大数定律与中心极限定理习题答案

5.1—5.2 大数定律与中心极限定理习题答案

1解:由切比雪夫不等式得:

P(|XE(X)|<ε)1D(X)

2=10.009

20.9.即20.09,0.3故min0.3

2解:由 EX=2,EY=2,则E(X+Y)=0,Cov(X,Y)= XYDXDY=0.512＝1,D(XY)1 = 3612D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2 Cov(X,Y)=1＋4＋2（1）＝3 由切比雪夫不等式得:P(|X+Y|6)

3解:设Xi表示第i个麦穗粒数，i=1,……100, 则X1,,X100相互独立且服从相同分布.E(Xi)20,D(Xi)15,i1,...,100.，E(2X)=2000 ,D(Xi

i1i1100100i)=22500.设X表示100个麦穗的麦粒总数，则由中心极限定理知

X=XiN(2000,1502)（近似服从）

i1100

故所求概率为：P(1800X2200)=P(|X-2000|200)=()()=2()120.908210.8164.4解：(1)由题意可知被盗的概率P=0.2，则 XB(100,0.2)，其分布律为

kP(Xk)C1000.2k0.8100k,k0,1,.......100 434343

(2)E(X)np20,D(X)npq16,由中心极限定理知XN(20,4)（近似服从）.所求概率为

P(14X30) (2.5)(1.5)=0.9938-1+0.9332=0.927.解：设X表示这1000粒种子的发芽粒数，则XB(1000,0.9)

从而E(X)np900,D(X)npq90.由中心极限定理知XN(900,90)（近似服从）.故所求概率为2

P(|X0.9|0.02)P(|X900|20)1000

20)()2(2.108)1900..96

第五篇：ch5大数定律和中心极限定理答案

一、选择题

0,事件A不发生

1.设Xi(i1,2,10000),且P(A)=0.8,X1,X2,,X10000相互独立,令

1,事件A发生

10000

Y=

X,则由中心极限定理知Y近似服从的分布是（D）

ii

1A.N(0,1)

C.N(1600,8000)B.N(8000,40)D.N(8000,1600)

2．设X1，X2，……，Xn是来自总体N（μ,σ2）的样本，对任意的ε>0，样本均值X所满足的切比雪夫不等式为（B）

Xn≥

n

C．PX≤1-

A．P

2n

X≥1-n

n

D．PXn≤



B．P

2

3.设随机变量X的E（X）=,D(X)=2，用切比雪夫不等式估计P(|XE(X)|3)（C）A.C.1 98 91912

1B.3D.1

4．设随机变量X服从参数为0.5的指数分布，用切比雪夫不等式估计P(|X-2|≥3)≤(C)A.C.1B.3

D.1

二、填空题

1．将一枚均匀硬币连掷100次，则利用中心极限定理可知，正面出现的次数大于60的概率

近似为___0.0228________.（附：Φ（2）=0.9772）

2．设随机变量序列X1，X2，…，Xn，…独立同分布，且E(Xi)=μ,D(Xi)=σ2>0,i=1,2,…, 则n

Xni

i1

x_对任意实数x，limP

nn





___________.3.设随机变量X的E(X)=,D(X)2,用切比雪夫不等式估计P(|XE(X)|32) ___8/9________。

4．设随机变量X～U（0，1），用切比雪夫不等式估计P（|X－_____1/4___________．

5．设随机变量X~B(100,0.8)，由中心极限定量可知，11

|≥）≤2

P74X86_0.8664______.(Φ(1.5)=0.9332)

0,6.设Xi=1,事件A不发生事件A发生(i=1,2,…,100)，且P(A)=0.8, X1，X2，…，X100相互独立，令Y=X

i1100i，则由中心极限定理知Y近似服从于正态分布，其方差为___16________。

7．设随机变量X ~ B（100，0.2），应用中心极限定理计算P{16X24}=___0.6826_______.（附：Φ（1）=0.8413）

8.设n为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，则对任意的0,limP{|nnp|}=__1________.n

9．设随机变量X～B(100，0.5)，应用中心极限定理可算得P{40

10.设X1,X2,,Xn是独立同分布随机变量序列，具有相同的数学期望和方差E(Xi)=0，D(Xi)=1，则当n充分大的时候，随机变量Zn

_N(0,1)_______(标明参数).1Xi1ni的概率分布近似服从