中心极限定理和概率统计（合集）

第一篇：中心极限定理和概率统计

若{Xn}的分布函数序列{Fn(x)}与X的分布函数F(x)有，在任意连续点x，limFn(x)F(x)。n

依概率收敛

n若0，有P(XnX)0。准确的表述是，0，0，N,nN，有P(XnX)成立

（3）几乎必然收敛

如果有P(limXnX)1。准确的表述是，除掉一个0概率集A，对所有的A，n

有limXn()X()成立。这是概率空间上的点收敛。n

定理1。（切贝雪夫大数律）{Xn}相互独立，且有相同的期望和方差，（不一定同分布）

1nPE(Xn)uD(Xn)，n,记YnXi，则Ynu。ni1

2统计发生——事物某方面的定量记录事前是不确定的，发生后的数据由真值和误差两部分构成，X。X是数据，是真值，是误差。导致误差的原因有：

1． 系统性误差：偏离真值的本质性错误，有内在原因所致；

2． 随机性误差：偏离真值的偶然性错误，没有内在原因，是纯偶然因素所致。

总体就是一个特定的随机变量

通过抽样，获得样本，构造样本统计量，由此推断总体中某些未知的信息

从总体中抽样是自由的，且当总体数量足够大，有放回与无放回抽样区别不大，有理由认为，取得的抽样观察值是没有关系的。所以，样本在未抽取前它们是与总体X同分布的随机变量，且是相互独立的，称此为随机样本。

定义2。设x1,,xn是取自总体X的一组样本值，g(x1,,xn)是Borel 可测函数，则称随机变量g(X1,,Xn)是一个样本统计量。

如果总体X中分布函数有某些参数信息是未知的，我们用统计量g(X1,,Xn)去推断这些信息，称此问题为统计推断问题。

给样本值x(x1,,xN),y(y1,,yN)，定义：（1）样本均值

(xi/n)

i

1n

（2）样本方差

1n

ˆx)ˆvar((xi)2 n1i1

ˆ样本标准差

s.e.e)

x)i(y)

1n

（3）样本协方差cˆov(x,y)(1x

n1i1

样本相关系数

xy

ˆ(x,y)cov

1/2

ˆ(x)varˆ(y)][var

1nk

（4）样本k阶矩 Akxi k1,2,

ni11n

（5）样本k阶中心矩 Bk(xi)k

ni1



k1,2,

X的左侧分位点F，P(XF)dF(x)。左分位点的概率含义是，随机变量

F

不超过该点的概率等于

设总体X分布已知，但其中有一个或多个参数未知，抽样X1,,Xn，希望通过样本来估计总体中的未知参数，称此为参数估计问题，它是统计推断理论中最重要的基础部分。

用样本矩作为总体矩的估计量，以及用样本矩的连续函数作为总体矩的连续函数的估计量，这种方法称为矩估计法，这是一种最自然的估计方法。

ˆ(x,,x))对任意成立。当样本是称ˆ是参数的一个无偏估计，如果E(1n

有限的时候，我们首先要考虑的是无偏性。

n1n22

ˆS(Xi)2才是方差的无偏估计。故我们在样本统计量中定义n1n1i1

S2为样本方差。

ˆ是参数的一个一致估计，如果依概率有limˆ(x1,,xn)对任意成立。

n

有效性

在所有关于参数的无偏估计类中0，或所有的一致估计类1中，如果存在ˆ*是参数的一个无偏有效估计或一ˆ*)D(ˆ)对任意ˆ或任意ˆ成立，称D(01

ˆ具有最小方差性。致渐近有效估计。即

*

。无论总体X分布是什么，任意样本Xi和都是X的无偏估计，但比单独的样本估计Xi更有效。

DXi，所以n

设总体X关于分布F(x,)存在两类问题，一类是分布的形式未知，一类是分布的形式已知但参数未知，提出的问题是，需要对分布的形式作出推断，此称为非参数检验的问题； 或需要对参数作出推断，此称为参数检验问题。

奈克—皮尔逊定理告诉我们，当样本容量n固定，若要减少犯第一类错误的概率则犯第二类错误的概率会增加，要使两类错误都减少当且仅当增加样本容量。

超过了我们设定的F，（如，体温超过37度。）此意味一个小概率事件发生了。于是，我们有理由拒绝命题H0是真的。

X~N(u1,12)，Y~N(u2,2)，且相互独立，取样有(x1xn1),(y1yn2)。

欲检验H0:u1u2，或更一般，H0:u1u2u（u已知）。如何检验？

2（1）若12、2已知

因为~N(u1,1

2n

1)，~N(u2,22

n2)，且相互独立，所以~N(u1u2,122

n1



n2)，~N(0,1)，所以可找到检验统计量U。

（2）若1222，但未知，欲检验H0:u1u20，因为V



222

[(n1)S(n1)S]~(n1n22)，11222

且与

U

~N(0,1)独立，n11n212

~t(n1n22)，令S2，S12S2

n1n22n1n22可得

V2S2，所以可找到统计量

n1n22

T



~t(n1n22)。

注：如果u未知，问题就变困难了，可以证明此时统计量T就是一个非中心的t分布。

（3）又如何知道1222？

12(n1)(n1)2可做假设检验H0:21。因为12S12~2(n11)，22S2 ~2(n21)且独立。

122

S12

所以，可找到统计量F2~F(n11,n21)。

S2

（4）若122，且未知。问题就变困难多了，我们找不到合适的统计量。如果样本容量

足够大，那么，可以用渐近检验的办法处理。注意，U

中，因为12，2未

知，但已知S12,S2是12，2的一致估计，故用它们代替，有：

n1,n2

limU

~N(0,1)。

从而当n1,n2充分大时可用渐近正态检验。

又当n1n2n较小时，可以证明，~t(n)，注意，此与T



~t(n1n22)

自由度不同。此意味当期望、方差相同时，样本可以合并，认为X,Y属于同一总体。当期望相同，方差不同时，样本不能简单合并。

注：关于H0:u1u2u，或H0:u1u2u，统计量相同，并采用单侧的右分位点或单侧的左分位点检验。

ˆ是无偏线性估计类中的有效估计。OLS

ˆ 的极大似然估计在基本模型假定下就是OLS

估计做出后，评价、判断模型中的假定是否合理是对事前设定的模型做一个整体的把握。我们可以把这些假定、设定归结为一些对未知参数的判断，如果这些判断基本正确或错误，那么从整体数据中就能够反映出来。假设检验是估计完成后对模型的设定做进一步的确认。它以证否的形式完成。拒绝原假设，意味着命题真时犯错误的可能性可控制在一定的概率范围内。

第二篇：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。

第三篇：中心极限定理证明

中心极限定理证明

一、例子

高尔顿钉板试验.图中每一个黑点表示钉在板上的一颗钉子.每排钉子等距排列,下一排的每个钉子恰在上一排两相邻钉子之间.假设有排钉子,从入口中处放入小圆珠.由于钉板斜放,珠子在下落过程中碰到钉子后以的概率滚向左边,也以的概率滚向右边.如果较大,可以看到许多珠子从处滚到钉板底端的格子的情形如图所示,堆成的曲线近似于正态分布.如果定义:当第次碰到钉子后滚向右边,令;当第次碰到钉子后滚向左边,令.则是独立的,且

那么由图形知小珠最后的位置的分布接近正态.可以想象,当越来越大时接近程度越好.由于时,.因此,显然应考虑的是的极限分布.历史上德莫佛第一个证明了二项分布的极限是正态分布.研究极限分布为正态分布的极限定理称为中心极限定理.二、中心极限定理

设是独立随机变量序列,假设存在,若对于任意的,成立

称服从中心极限定理.设服从中心极限定理,则服从中心极限定理,其中为数列.解:服从中心极限定理,则表明

其中.由于,因此

故服从中心极限定理.三、德莫佛-拉普拉斯中心极限定理

在重贝努里试验中,事件在每次试验中出现的概率为为次试验中事件出现的次数,则

用频率估计概率时的误差估计.由德莫佛—拉普拉斯极限定理,由此即得

第一类问题是已知,求,这只需查表即可.第二类问题是已知,要使不小于某定值,应至少做多少次试验?这时利用求出最小的.第三类问题是已知,求.解法如下:先找,使得.那么,即.若未知,则利用,可得如下估计:.抛掷一枚均匀的骰子,为了至少有0.95的把握使出现六点的概率与之差不超过0.01,问需要抛掷多少次?

解:由例4中的第二类问题的结论,.即.查表得.将代入,便得.由此可见,利用比利用契比晓夫不等式要准确得多.已知在重贝努里试验中,事件在每次试验中出现的概率为为次试验中事件出现的次数,则服从二项分布:的随机变量.求.解:

因为很大,于是

所以

利用标准正态分布表,就可以求出的值.某单位内部有260架电话分机,每个分机有0.04的时间要用外线通话,可以认为各个电话分机用不用外线是是相互独立的,问总机要备有多少条外线才能以0.95的把握保证各个分机在使用外线时不必等候.解:以表示第个分机用不用外线,若使用,则令;否则令.则.如果260架电话分机同时要求使用外线的分机数为,显然有.由题意得,查表得，故取.于是

取最接近的整数,所以总机至少有16条外线,才能有0.95以上的把握保证各个分机在使用外线时不必等候.根据孟德尔遗传理论,红黄两种番茄杂交第二代结红果植株和结黄果植株的比率为3:1,现在种植杂交种400株,试求结黄果植株介于83和117之间的概率.解:将观察一株杂交种的果实颜色看作是一次试验,并假定各次试验是独立的.在400株杂交种中结黄果的株数记为,则.由德莫佛—拉普拉斯极限定理,有

其中,即有

四、林德贝格-勒维中心极限定理

若是独立同分布的随机变量序列,假设,则有

证明:设的特征函数为,则的特征函数为

又因为,所以

于是特征函数的展开式

从而对任意固定的,有

而是分布的特征函数.因此,成立.在数值计算时,数用一定位的小数来近似,误差.设是用四舍五入法得到的小数点后五位的数,这时相应的误差可以看作是上的均匀分布.设有个数,它们的近似数分别是,.,.令

用代替的误差总和.由林德贝格——勒维定理,以,上式右端为0.997,即以0.997的概率有

设为独立同分布的随机变量序列,且互相独立,其中,证明:的分布函数弱收敛于.证明:为独立同分布的随机变量序列,且互相独立,所以仍是独立同分布的随机变量序列,易知有

由林德贝格——勒维中心极限定理,知的分布函数弱收敛于,结论得证.作业:

p222EX32,33,34,3

5五、林德贝尔格条件

设为独立随机变量序列,又

令,对于标准化了的独立随机变量和的分布

当时,是否会收敛于分布?

除以外,其余的均恒等于零,于是.这时就是的分布函数.如果不是正态分布,那么取极限后,分布的极限也就不会是正态分布了.因而,为了使得成立,还应该对随机变量序列加上一些条件.从例题中看出,除以外,其余的均恒等于零,在和式中,只有一项是起突出作用.由此认为,在一般情形下,要使得收敛于分布,在的所有加项中不应该有这种起突出作用的加项.因为考虑加项个数的情况,也就意味着它们都要“均匀地斜.设是独立随机变量序列,又，这时

(1)若是连续型随机变量,密度函数为,如果对任意的,有

(2)若是离散型随机变量,的分布列为

如果对于任意的,有

则称满足林德贝尔格条件.以连续型情形为例,验证:林德贝尔格条件保证每个加项是“均匀地斜.证明:令,则

于是

从而对任意的,若林德贝尔格条件成立,就有

这个关系式表明,的每一个加项中最大的项大于的概率要小于零,这就意味着所有加项是“均匀地斜.六、费勒条件

设是独立随机变量序列,又，称条件为费勒条件.林德贝尔格证明了林德贝尔格条件是中心极限定理成立的充分条件,但不是必要条件.费勒指出若费勒条件得到满足,则林德贝尔格条件也是中心极限定理成立的必要条件.七、林德贝尔格-费勒中心极限定理

引理1对及任意的,证明:记,设,由于

因此，其次,对,用归纳法即得.由于,因此,对也成立.引理2对于任意满足及的复数,有

证明:显然

因此,由归纳法可证结论成立.引理3若是特征函数,则也是特征函数,特别地

证明定义随机变量

其中相互独立,均有特征函数,服从参数的普哇松分布,且与诸独立,不难验证的特征函数为,由特征函数的性质即知成立.林德贝尔格-费勒定理

定理设为独立随机变量序列,又.令,则

(1)

与费勒条件成立的充要条件是林德贝尔格条件成立.证明:(1)准备部分

记

(2)

显然(3)

(4)

以及分别表示的特征函数与分布函数,表示的分布函数,那么(5)

这时

因此林德贝尔格条件化为:对任意,(6)

现在开始证明定理.设是任意固定的实数.为证(1)式必须证明

(7)

先证明,在费勒条件成立的假定下,(7)与下式是等价的:

(8)

事实上,由(3)知,又因为

故对一切,把在原点附近展开,得到

因若费勒条件成立,则对任意的,只要充分大,均有

(9)

这时

(10)

对任意的,只要充分小,就可以有

(11)

因此,由引理3,引理2及(10),(11),只要充分大,就有

(12)

因为可以任意小,故左边趋于0,因此,证得(7)与(8)的等价性.(2)充分性

先证由林德贝尔格条件可以推出费勒条件.事实上,(13)

右边与无关,而且可选得任意小;对选定的,由林德贝尔格条件(6)知道第二式当足够大时,也可以任意地小,这样,费勒条件成立.其次证明林德贝尔格条件能保证(1)式成立.注意到(3)及(4),可知,当时,当时,因此

(14)

对任给的,由于的任意性,可选得使,对选定的,用林德贝尔格条件知只要充分大,也可使.因此,已证得了(8),但由于已证过费勒条件成立,这时(8)与(7)是等价的,因而(7)也成立.(3)必要性

由于(1)成立,因此相应的特征函数应满足(7).但在费勒条件成立时,这又推出了(8),因此,(15)

上述被积函数的实部非负,故

而且

(16)

因为对任意的,可找到,使,这时由(15),(16)可得

故林德贝尔格条件成立.八、李雅普诺夫定理

设为独立随机变量序列,又.令,若存在,使有

则对于任意的,有

第四篇：2018考研概率知识点总结：大数定律和中心极限定理

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2018考研概率知识点总结：大数定律和

中心极限定理

考研数学复习最后两月多的时间，大家除了疯狂做题之外，对于知识点的整合联系也要做好，统筹全局才能稳操胜券，下面是概率与数理统计部分知识点整合，大家可以抽时间捋一捋。

2018考研概率知识点整合：大数定律和中心极限定理

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第五篇：第六章 第三节中心极限定理

第六章 大数定律和中心极限定理

第三节 中心极限定理

在对大量随机现象的研究中发现,如果一个量是由大量相互独立的随机因素所造成,而每一个别因素在总影响中所起的作用较小,那么这种量通常都服从或近似服从正态分布.例如测量误差、炮弹的弹着点、人体体重等都服从正态分布,这种现象就是中心极限定理的客观背景.设随机变量X,X,,X,独立

12n同分布,且Xi~N(,)，2(i1,2,)

记YX,(EYn,DYn)，2nni1inn 1 YEYYn Y称为Y的标准DYn*nnnnnn化, 则有Y~N(0,1)

FY*(x)P{Yn*x}(x)

n*n对任意实数x,有

Ynx}

limP{nnnP{Yn limn(x)x*x}limF(x)

nYn*1edt.2t22一般地，有下述结果。定理三(同分布的中心极限定理)设随机变量X,X,,X,独立同分布,且存在有限的数学期望和方差

EX,DX0，12n2ii(i1,2,)

记YX,(EYn,DYn)，2nni1innYEYYn Y称为Y的标DYn*nnnnnn 2 准化, FYn*(x)P{Yx}

n*则对任意实数x,有

Ynx}

limP{nnnP{Yn limn(x)x*x}limF(x)

nYn*1edt.2t22

定理表明,当n充分大时,随机变量Xni1inn近似地服从标准正

ni1i态分布N(0,1).因此,X近似地服从正态分布N(n,n).由此可见,正态分布在概率论中占有重要的地位.定理四(De Moivre-Laplace定理)

2设n是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, 则对任意区间[a,b],成立 limP{annpnnp(1p)b}

ba1edt(b)(a)2t22 证明 引人随机变量

1,第i次试验中A发生 X ，0,第i次试验中A不发生i则n次试验中事件A发生的次数

nXXX ，12n12n由于是独立试验,所以X,X,,X相互独立,且都服从相同的(0—1)分布,即

P{X1}p,P{X0}1p,i1,2,,nii于是

EXiip, DXp(1p)

由定理三,即得

limP{nnpnnp(1p)ni1ix}

limP{nXnpnp(1p)x}

x1edt(x), 2t22于是对任意区间[a,b],有

limP{anp(1p)b}

nnnpt22ba1edt(b)(a).2

近似计算公式:

npNnpMnp，NMnp(1p)np(1p)np(1p)nnP{NM}nn

npNnpMnpP{}np(1p)np(1p)np(1p)MnpNnp()().np(1p)np(1p)例1 某计算机系统有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10个以上的终端在使用的概率.解 以X表示使用终端的个数, 引人随机变量 1,第i个终端在使用 X ，0,第i个终端不使用i i1,2,,120 , 则

XXXX ，121202120由于使用与否是独立的,所以X,X,,X相互独立,且都服从相同的(0—1)分布,即 P{X1}p0.05,P{X0}1p,i1,2,,120 1ii于是,所求概率为

P{X10}1P{X10}

Xnp10np1P{}，np(1p)np(1p)由中心极限定理得

P{X10}1P{X10}

Xnp10np1P{}

np(1p)np(1p)10np)

1(np(1p)101200.051()

1200.050.951(1.68)10.95350.0465.例2 现有一大批种子,其中良种占1.现从中任选6000粒,试问在这些61种子中,良种所占的比例与之误差

6小于1%的概率是多少？ 解 设X表示良种个数, 则

1X~B(n,p),n6000,p , 所求概率为 X1P{||0.01}P{|Xnp|n0.01}n6

Xnpn0.01P{||}

np(1p)np(1p)Xnp60000.01P{||}

15np(1p)600066(2.078)(2.078)

2(2.078)120.9810.96.例3 设有30个电子器件D,D,,D,它们的使用情况如下: 1230D损坏,D接着使用;D损坏,D接1223着使用等等.设器件D的使用寿命服从参数0.1(单位:h)的指数分布.令T

为30个器件使用的总时数,问T超过350h的概率是多少？

i1 8 解 设Xi为 器件D的使用

i寿命,Xi 服从参数0.1(单位:h)

1的指数分布, X,X,,X相互独1230立, TX1X2Xnn30, EX11i0.110 , 2DXi1210.12100, 由中心极限定理得

P{T350}1P{T350}

1P{Tnn350nn} 1(3503003010)1(530)1(0.91)10.8186

0.1814.，例4 某单位设置一电话总机,共有200架电话分机.设每个电话分机有5%的时间要使用外线通话,假定每个电话分机是否使用外线通话是相互独立的,问总机需要安装多少条外线才能以90%的概率保证每个分机都能即时使用.解 依题意

设X为同时使用的电话分机个数, 则X~B(n,p),n200,p0.05, 设安装了N条外线, 引人随机变量

1,第i个分机在使用 X ，0,第i个分机不使用i i1,2,,200 , 则

XXXX ，122002200由于使用与否是独立的,所以X,X,,X相互独立,且都服从相同的(0—1)分布,即 1 10 P{X1}p0.05,iP{X0}1p,i1,2,,200, i {XN}保证每个分机都能即时使用, P{XN}0.9 , 0.9P{XN}

XnpNnp} P{np(1p)np(1p)Nnp)

(np(1p)N2000.05()

2000.050.95N10N10()()，3.089.5查标准正态分布表

N10z1.28, 3.080.9N1.283.081013.94, 取 N14, 答: 需要安装14条外线.例5 设随机变量X的概率密度为

xe,x0 f(x)m!，0,x0其中m为正整数，证明

mxmP{0X2(m1)}.m1 证明

xEXxf(x)dxxedx

m!1xedx m!mx0m21x011 (m2)(m1)!m1, m!m!

xEXxf(x)dxxedxm!m222x0

1x m!0m31edx

x

11(m3)(m2)!(m2)(m1), m!m!

DXEX(EX)

222

(m2)(m1)(m1)

m1 , 利用车贝谢不等式,得 P{0X2(m1)}

P{(m1)X(m1)(m1)} P{|X(m1)|(m1)} P{|XEX|(m1)}

DXm111

(m1)(m1)m .m122 13