第一篇：中心極限定理和概率統計
若{Xn}的分布函數序列{Fn(x)}與X的分布函數F(x)有，在任意連續點x，limFn(x)?F(x)。n??
依概率收斂
n??若???0，有P(Xn?X??)????0。準確的表述是，???0，???0，?N,n?N，有P(Xn?X??)??成立
（3）幾乎必然收斂
如果有P(limXn?X)?1。準確的表述是，除掉一個0概率集A，對所有的???A，n??
有limXn(?)?X(?)成立。這是概率空間上的點收斂。n??
定理1。（切貝雪夫大數律）{Xn}相互獨立，且有相同的期望和方差，（不一定同分布）
1nPE(Xn)?uD(Xn)??，?n,記Yn??Xi，則Yn???u。ni?1
2統計發生——事物某方面的定量記錄事前是不確定的，發生后的數據由真值和誤差兩部分構成，X????。X是數據，?是真值，?是誤差。導致誤差的原因有：
1． 系統性誤差：偏離真值的本質性錯誤，有內在原因所致；
2． 隨機性誤差：偏離真值的偶然性錯誤，沒有內在原因，是純偶然因素所致。
總體就是一個特定的隨機變量
通過抽樣，獲得樣本，構造樣本統計量，由此推斷總體中某些未知的信息
從總體中抽樣是自由的，且當總體數量足夠大，有放回與無放回抽樣區別不大，有理由認為，取得的抽樣觀察值是沒有關系的。所以，樣本在未抽取前它們是與總體X同分布的隨機變量，且是相互獨立的，稱此為隨機樣本。
定義2。設x1,?,xn是取自總體X的一組樣本值，g(x1,?,xn)是Borel 可測函數，則稱隨機變量g(X1,?,Xn)是一個樣本統計量。
如果總體X中分布函數有某些參數信息是未知的，我們用統計量g(X1,?,Xn)去推斷這些信息，稱此問題為統計推斷問題。
給樣本值x?(x1,?,xN)?,y?(y1,?,yN)?，定義：（1）樣本均值
??(xi/n)
i?
1n
（2）樣本方差
1n
?x)????var((xi?)2 ?n?1i?1
??樣本標準差
s.e.e??)
x)i(y)
1n
（3）樣本協方差c?ov(x,y)???(1x
n?1i?1
樣本相關系數
?xy?
?(x,y)cov
1/2
?(x)var?(y)][var
1nk
（4）樣本k階矩 Ak??xi k?1,2,?
ni?11n
（5）樣本k階中心矩 Bk??(xi?)k
ni?1
?
k?1,2,?
X的左側分位點F?，P(X?F?)??dF(x)??。左?分位點的概率含義是，隨機變量
F?
不超過該點的概率等于?
設總體X分布已知，但其中有一個或多個參數未知，抽樣X1,?,Xn，希望通過樣本來估計總體中的未知參數，稱此為參數估計問題，它是統計推斷理論中最重要的基礎部分。
用樣本矩作為總體矩的估計量，以及用樣本矩的連續函數作為總體矩的連續函數的估計量，這種方法稱為矩估計法，這是一種最自然的估計方法。
?(x,?,x))??對任意???成立。當樣本是稱??是參數?的一個無偏估計，如果E(?1n
有限的時候，我們首先要考慮的是無偏性。
n1n22
??S??(Xi?)2才是方差?的無偏估計。故我們在樣本統計量中定義?n?1n?1i?1
S2為樣本方差。
??是參數?的一個一致估計，如果依概率有lim??(x1,?,xn)??對任意???成立。
n??
有效性
在所有關于參數?的無偏估計類中?0，或所有的一致估計類?1中，如果存在?*是參數?的一個無偏有效估計或一?*)?D(??)對任意????或任意????成立，稱?D(?01
?具有最小方差性。致漸近有效估計。即?
*
。無論總體X分布是什么，任意樣本Xi和都是X的無偏估計，但?比單獨的樣本估計Xi更有效。
DXi，所以n
設總體X關于分布F(x,?)存在兩類問題，一類是分布的形式未知，一類是分布的形式已知但參數未知，提出的問題是，需要對分布的形式作出推斷，此稱為非參數檢驗的問題； 或需要對參數作出推斷，此稱為參數檢驗問題。
奈克—皮爾遜定理告訴我們，當樣本容量n固定，若要減少犯第一類錯誤的概率則犯第二類錯誤的概率會增加，要使兩類錯誤都減少當且僅當增加樣本容量。
超過了我們設定的F?，（如，體溫超過37度。）此意味一個小概率事件發生了。于是，我們有理由拒絕命題H0是真的。
X~N(u1,?12)，Y~N(u2,?2)，且相互獨立，取樣有(x1?xn1),(y1?yn2)。
欲檢驗H0:u1?u2，或更一般，H0:u1?u2?u（u已知）。如何檢驗？
2（1）若?12、?2已知
因為~N(u1,?1
2n
1)，~N(u2,2?2
n2)，且相互獨立，所以?~N(u1?u2,?12?2
n1
?
n2)，~N(0,1)，所以可找到檢驗統計量U?。
（2）若?12??2??2，但?未知，欲檢驗H0:u1?u2?0，因為V?
?
222
[(n?1)S?(n?1)S]~?(n1?n2?2)，11222
且與
U?
~N(0,1)獨立，n1?1n2?12
~t(n1?n2?2)，令S2?，S12?S2
n1?n2?2n1?n2?2可得
V?2S2，所以可找到統計量
n1?n2?2?
T?
?
~t(n1?n2?2)。
注：如果u未知，問題就變困難了，可以證明此時統計量T就是一個非中心的t分布。
（3）又如何知道?12??2??2？
?12(n?1)(n?1)2可做假設檢驗H0:2?1。因為12S12~?2(n1?1)，22S2 ~?2(n2?1)且獨立。
?1?2?2
S12
所以，可找到統計量F?2~F(n1?1,n2?1)。
S2
（4）若?12??2，且未知。問題就變困難多了，我們找不到合適的統計量。如果樣本容量
足夠大，那么，可以用漸近檢驗的辦法處理。注意，U?
中，因為?12，?2未
知，但已知S12,S2是?12，?2的一致估計，故用它們代替，有：
n1,n2??
limU?
~N(0,1)。
從而當n1,n2充分大時可用漸近正態檢驗。
又當n1?n2?n較小時，可以證明，~t(n)，注意，此與T?
?
~t(n1?n2?2)
自由度不同。此意味當期望、方差相同時，樣本可以合并，認為X,Y屬于同一總體。當期望相同，方差不同時，樣本不能簡單合并。
注：關于H0:u1?u2?u，或H0:u1?u2?u，統計量相同，并采用單側的右分位點或單側的左分位點檢驗。
?是無偏線性估計類中的有效估計。OLS?
? ?的極大似然估計在基本模型假定下就是OLS?
估計做出后，評價、判斷模型中的假定是否合理是對事前設定的模型做一個整體的把握。我們可以把這些假定、設定歸結為一些對未知參數的判斷，如果這些判斷基本正確或錯誤，那么從整體數據中就能夠反映出來。假設檢驗是估計完成后對模型的設定做進一步的確認。它以證否的形式完成。拒絕原假設，意味著命題真時犯錯誤的可能性可控制在一定的概率范圍內。
第二篇：概率統計第五章大數定律及中心極限定理
第五章大數定律及中心極限定理
第一節 大數定律（Laws of Large Numbers）
隨機現象總是在大量重復試驗中才能呈現出明顯的規律性，集中體現這個規律的是頻率的穩定性。大數定律將為此提供理論依據。凡是用來說明隨機現象平均結果穩定性的定理統稱為大數定律。由于內容非常豐富，我們只介紹其中兩個。
一 契比雪夫大數定律
[定理1（契比雪夫的特殊情況）]設相互獨立的隨機變量X1,X2,?,Xn,?具有相同的數學
期望和方差：E(Xk)??，D(Xk)??(k?1,2,?)，則???0,?1limP?n??
?n
n
?X
k?1
k
?
??????1
?．
【注1】 契比雪夫大數定律告訴我們：隨機變量的算術平均有極大的可能性接近于它們的數學期望，這為在實際工作中廣泛使用的算術平均法則提供了理論依據.例如，為測量某個零件的長度，我們進行了多次測量，得到的測量值不盡相同，我們就應該用所有測量值的算術平均作為零件長度的近似為最佳。
二 伯努利大數定律
[定理2（伯努利大數定律）]設nA是n次獨立試驗中事件A發生的次數，p是事件A在nA
每次試驗中發生的概率，則事件A發生的頻率n依概率收斂于事件A的概率p，即???0,limP{|
n??
nAn
?p|??}?1
或
limP{|
n??
nAn
?p|??}?0
【注2】伯努利大數定律中的nAn，實際上就是事件A發生的頻率，定律以嚴格的數學形式
表述了頻率穩定于概率的事實。這樣，頻率的穩定性以及由此形成的概率的統計定義就有了理論上的依據。
第二節中心極限定理（Central Limit Theorems）
n
如果X1,X2,?,Xn是同時服從正態分布的n個相互獨立的隨機變量，則它們的和?
i?1
Xi
仍
然是服從正態分布的隨機變量。現在的問題是：如果X1,X2,?,Xn是服從相同分布的n個相互獨立的隨機變量，并非服從正態分布，那么它們的和是否還會服從正態分布呢？中心極限定理對此給出了肯定的答復。所有涉及大量獨立隨機變量和的極限分布的定理統稱為中心極限定理。由于內容非常豐富，我們只介紹其中兩個。
一 獨立同分布中心極限定理
[定理3（獨立同分布中心極限定理）]設隨機變量X1,X2,?,Xn,?相互獨立，服從同一
分布，且具有數學期望和方差：E(Xk)???,D(Xk)???0(k?1,2,?)，則對于任意的x，n
?X
limPn??
k
?n?
?x}?
?
x?t
dt??(x)
．
n
【注3】 定理說明，均值為?，方差為?
n
?0的獨立同分布的隨機變量之和
?Xk的標準
k?1
化變量Yn
?X
?
k
?n?，當n很大時近似服從N(0,1)；而?
k?1
n
Xk
近似服從N(n?,n?)．
【注4】若記
??2?
X~N??,?
n??
X?
n
?n
Xk，則Yn
?
k?1
近似服從正態分布N(0,1)；或X近似服從
．
二 棣莫佛—拉普拉斯中心極限定理
[定理4（棣莫佛—拉普拉斯中心極限定理）]
設隨機變量Yn?(n?1,2,?)服從參數為n,p?(0?p?1)的二項分布，則?x?R，有
limPn??
Y?np?x}?
?
x??
?
t22
dt??(x)
．
【注5】 這個定理的直觀意義是，當n足夠大時，服從二項分布的隨機變量Yn可認為近似服從正態分布N(np,np(1?
p))~?N?0,1?
.【注6】一般的結論是，不管每個服從什么分布，只要滿足條件：
1）構成和式的X1,X2,?,Xn是服從相同分布的n個相互獨立的隨機變量
2）每個隨機變量對和的影響要均勻地小
3）構成和式的隨機變量的個數要相當多，至少在30個以上
n
那么，它們的和?
i?1
Xi
將近似服從正態分布。因此，中心極限定理揭示了正態分布的形成機
制。例如我們在對某經濟問題進行定量分析時，如果在許多種隨機影響因素中沒有一個是起主導作用的，那么就可以把它看成正態分布來進行分析。
經驗表明：應用中大量的獨立隨機變量的和，都可以看成近似地服從正態分布。例
如測量誤差，炮彈落點離開目標的偏差以及產品的強度，折斷力，壽命等質量指標均屬于此列。這樣，由于中心極限定理的出現和應用，更加顯示出了正態分布的重要。
三 中心極限定理在近似計算中的應用 1.同分布獨立和?Xk的概率的計算
k?1n
例1 每袋味精的凈重為隨機變量，平均重量為 100克，標準差為10克．一箱內裝200袋
味精，求一箱味精的凈重大于20200克的概率．
200
解：設每袋味精的凈重為Xk?k?1,2,?,200?，則一箱味精的凈重為?
k?1
200
Xk，又
E?Xk??100,??10
.由中心極限定理知?
k?1
Xk
近似地服從正態分布。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很大時，二項分布中事件?a?Yn?b?的概率的計算
例2 設有一大批電子元件，次品率為1 %，現在任意取500個，問其中次品數在5～9個
之間的概率為多少？
解：設任意取500個其中次品數為Yn，則Yn可認為近似服從正態分布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臺獨立工作(工作的概率為0.6)的機床，每臺機床工作時需3 kw電力．問共需多少電力, 才可有99.9 %的可靠性保證正常生產? 解：同時對200臺機床察看是開工還是停工？可看成n
?200,p?0.6的二項分布，設工作的機床數為Yn，假設至多有m臺機床在工作，則依照題意有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，取整數解
m?142（臺），共需電力：142×3=426 kw.所以，至少需426 kw 電力, 才可有99.9 %的可靠性保證正常生產。
第三篇：中心極限定理證明
中心極限定理證明
一、例子
高爾頓釘板試驗.圖中每一個黑點表示釘在板上的一顆釘子.每排釘子等距排列,下一排的每個釘子恰在上一排兩相鄰釘子之間.假設有排釘子,從入口中處放入小圓珠.由于釘板斜放,珠子在下落過程中碰到釘子后以的概率滾向左邊,也以的概率滾向右邊.如果較大,可以看到許多珠子從處滾到釘板底端的格子的情形如圖所示,堆成的曲線近似于正態分布.如果定義:當第次碰到釘子后滾向右邊,令;當第次碰到釘子后滾向左邊,令.則是獨立的,且
那么由圖形知小珠最后的位置的分布接近正態.可以想象,當越來越大時接近程度越好.由于時,.因此,顯然應考慮的是的極限分布.歷史上德莫佛第一個證明了二項分布的極限是正態分布.研究極限分布為正態分布的極限定理稱為中心極限定理.二、中心極限定理
設是獨立隨機變量序列,假設存在,若對于任意的,成立
稱服從中心極限定理.設服從中心極限定理,則服從中心極限定理,其中為數列.解:服從中心極限定理,則表明
其中.由于,因此
故服從中心極限定理.三、德莫佛-拉普拉斯中心極限定理
在重貝努里試驗中,事件在每次試驗中出現的概率為為次試驗中事件出現的次數,則
用頻率估計概率時的誤差估計.由德莫佛—拉普拉斯極限定理,由此即得
第一類問題是已知,求,這只需查表即可.第二類問題是已知,要使不小于某定值,應至少做多少次試驗?這時利用求出最小的.第三類問題是已知,求.解法如下:先找,使得.那么,即.若未知,則利用,可得如下估計:.拋擲一枚均勻的骰子,為了至少有0.95的把握使出現六點的概率與之差不超過0.01,問需要拋擲多少次?
解:由例4中的第二類問題的結論,.即.查表得.將代入,便得.由此可見,利用比利用契比曉夫不等式要準確得多.已知在重貝努里試驗中,事件在每次試驗中出現的概率為為次試驗中事件出現的次數,則服從二項分布:的隨機變量.求.解:
因為很大,于是
所以
利用標準正態分布表,就可以求出的值.某單位內部有260架電話分機,每個分機有0.04的時間要用外線通話,可以認為各個電話分機用不用外線是是相互獨立的,問總機要備有多少條外線才能以0.95的把握保證各個分機在使用外線時不必等候.解:以表示第個分機用不用外線,若使用,則令;否則令.則.如果260架電話分機同時要求使用外線的分機數為,顯然有.由題意得,查表得，故取.于是
取最接近的整數,所以總機至少有16條外線,才能有0.95以上的把握保證各個分機在使用外線時不必等候.根據孟德爾遺傳理論,紅黃兩種番茄雜交第二代結紅果植株和結黃果植株的比率為3:1,現在種植雜交種400株,試求結黃果植株介于83和117之間的概率.解:將觀察一株雜交種的果實顏色看作是一次試驗,并假定各次試驗是獨立的.在400株雜交種中結黃果的株數記為,則.由德莫佛—拉普拉斯極限定理,有
其中,即有
四、林德貝格-勒維中心極限定理
若是獨立同分布的隨機變量序列,假設,則有
證明:設的特征函數為,則的特征函數為
又因為,所以
于是特征函數的展開式
從而對任意固定的,有
而是分布的特征函數.因此,成立.在數值計算時,數用一定位的小數來近似,誤差.設是用四舍五入法得到的小數點后五位的數,這時相應的誤差可以看作是上的均勻分布.設有個數,它們的近似數分別是,.,.令
用代替的誤差總和.由林德貝格——勒維定理,以,上式右端為0.997,即以0.997的概率有
設為獨立同分布的隨機變量序列,且互相獨立,其中,證明:的分布函數弱收斂于.證明:為獨立同分布的隨機變量序列,且互相獨立,所以仍是獨立同分布的隨機變量序列,易知有
由林德貝格——勒維中心極限定理,知的分布函數弱收斂于,結論得證.作業:
p222EX32,33,34,3
5五、林德貝爾格條件
設為獨立隨機變量序列,又
令,對于標準化了的獨立隨機變量和的分布
當時,是否會收斂于分布?
除以外,其余的均恒等于零,于是.這時就是的分布函數.如果不是正態分布,那么取極限后,分布的極限也就不會是正態分布了.因而,為了使得成立,還應該對隨機變量序列加上一些條件.從例題中看出,除以外,其余的均恒等于零,在和式中,只有一項是起突出作用.由此認為,在一般情形下,要使得收斂于分布,在的所有加項中不應該有這種起突出作用的加項.因為考慮加項個數的情況,也就意味著它們都要“均勻地斜.設是獨立隨機變量序列,又，這時
(1)若是連續型隨機變量,密度函數為,如果對任意的,有
(2)若是離散型隨機變量,的分布列為
如果對于任意的,有
則稱滿足林德貝爾格條件.以連續型情形為例,驗證:林德貝爾格條件保證每個加項是“均勻地斜.證明:令,則
于是
從而對任意的,若林德貝爾格條件成立,就有
這個關系式表明,的每一個加項中最大的項大于的概率要小于零,這就意味著所有加項是“均勻地斜.六、費勒條件
設是獨立隨機變量序列,又，稱條件為費勒條件.林德貝爾格證明了林德貝爾格條件是中心極限定理成立的充分條件,但不是必要條件.費勒指出若費勒條件得到滿足,則林德貝爾格條件也是中心極限定理成立的必要條件.七、林德貝爾格-費勒中心極限定理
引理1對及任意的,證明:記,設,由于
因此，其次,對,用歸納法即得.由于,因此,對也成立.引理2對于任意滿足及的復數,有
證明:顯然
因此,由歸納法可證結論成立.引理3若是特征函數,則也是特征函數,特別地
證明定義隨機變量
其中相互獨立,均有特征函數,服從參數的普哇松分布,且與諸獨立,不難驗證的特征函數為,由特征函數的性質即知成立.林德貝爾格-費勒定理
定理設為獨立隨機變量序列,又.令,則
(1)
與費勒條件成立的充要條件是林德貝爾格條件成立.證明:(1)準備部分
記
(2)
顯然(3)
(4)
以及分別表示的特征函數與分布函數,表示的分布函數,那么(5)
這時
因此林德貝爾格條件化為:對任意,(6)
現在開始證明定理.設是任意固定的實數.為證(1)式必須證明
(7)
先證明,在費勒條件成立的假定下,(7)與下式是等價的:
(8)
事實上,由(3)知,又因為
故對一切,把在原點附近展開,得到
因若費勒條件成立,則對任意的,只要充分大,均有
(9)
這時
(10)
對任意的,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)
因為可以任意小,故左邊趨于0,因此,證得(7)與(8)的等價性.(2)充分性
先證由林德貝爾格條件可以推出費勒條件.事實上,(13)
右邊與無關,而且可選得任意小;對選定的,由林德貝爾格條件(6)知道第二式當足夠大時,也可以任意地小,這樣,費勒條件成立.其次證明林德貝爾格條件能保證(1)式成立.注意到(3)及(4),可知,當時,當時,因此
(14)
對任給的,由于的任意性,可選得使,對選定的,用林德貝爾格條件知只要充分大,也可使.因此,已證得了(8),但由于已證過費勒條件成立,這時(8)與(7)是等價的,因而(7)也成立.(3)必要性
由于(1)成立,因此相應的特征函數應滿足(7).但在費勒條件成立時,這又推出了(8),因此,(15)
上述被積函數的實部非負,故
而且
(16)
因為對任意的,可找到,使,這時由(15),(16)可得
故林德貝爾格條件成立.八、李雅普諾夫定理
設為獨立隨機變量序列,又.令,若存在,使有
則對于任意的,有
第四篇：2018考研概率知識點總結：大數定律和中心極限定理
凱程考研輔導班，中國最權威的考研輔導機構
2018考研概率知識點總結：大數定律和
中心極限定理
考研數學復習最后兩月多的時間，大家除了瘋狂做題之外，對于知識點的整合聯系也要做好，統籌全局才能穩操勝券，下面是概率與數理統計部分知識點整合，大家可以抽時間捋一捋。
2018考研概率知識點整合：大數定律和中心極限定理
凱程考研輔導班，中國最權威的考研輔導機構
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第五篇：第六章 第三節中心極限定理
第六章 大數定律和中心極限定理
第三節 中心極限定理
在對大量隨機現象的研究中發現,如果一個量是由大量相互獨立的隨機因素所造成,而每一個別因素在總影響中所起的作用較小,那么這種量通常都服從或近似服從正態分布.例如測量誤差、炮彈的彈著點、人體體重等都服從正態分布,這種現象就是中心極限定理的客觀背景.設隨機變量X,X,???,X,???獨立
12n同分布,且Xi~N(?,?)，2(i?1,2,???)
記Y??X,(EY?n?,DY?n?)，2nni?1inn 1 Y?EYY?n?? Y?稱為Y的標準DYn?*nnnnnn化, 則有Y~N(0,1)
FY*(x)?P{Yn*?x}??(x)
n*n對任意實數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，有下述結果。定理三(同分布的中心極限定理)設隨機變量X,X,???,X,???獨立同分布,且存在有限的數學期望和方差
EX??,DX???0，12n2ii(i?1,2,???)
記Y??X,(EY?n?,DY?n?)，2nni?1innY?EYY?n?? Y?稱為Y的標DYn?*nnnnnn 2 準化, FYn*(x)?P{Y?x}
n*則對任意實數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,當n充分大時,隨機變量?X?n?i?1inn?近似地服從標準正
ni?1i態分布N(0,1).因此,?X近似地服從正態分布N(n?,n?).由此可見,正態分布在概率論中占有重要的地位.定理四(De Moivre-Laplace定理)
2設?n是n次獨立重復試驗中事件A發生的次數,p是事件A在每次 試驗中發生的概率, 則對任意區間[a,b],成立 limP{a?n?????npnnp(1?p)?b}
??ba1edt??(b)??(a)2??t22 證明 引人隨機變量
?1,第i次試驗中A發生 X?? ，?0,第i次試驗中A不發生i則n次試驗中事件A發生的次數
?n?X?X?????X ，12n12n由于是獨立試驗,所以X,X,???,X相互獨立,且都服從相同的(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于是對任意區間[a,b],有
limP{a?np(1?p)?b}
nn?????npt22??ba1edt??(b)??(a).2??
近似計算公式:
??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 某計算機系統有120個終端,每個終端有5%的時間在使用,若各終端使用與否是相互獨立的,試求有10個以上的終端在使用的概率.解 以X表示使用終端的個數, 引人隨機變量 ?1,第i個終端在使用 X?? ，?0,第i個終端不使用i i?1,2,???,120 , 則
X?X?X?????X ，121202120由于使用與否是獨立的,所以X,X,???,X相互獨立,且都服從相同的(0—1)分布,即 P{X?1}?p?0.05,P{X?0}?1?p,i?1,2,???,120 1ii于是,所求概率為
P{X?10}?1?P{X?10}
X?np10?np?1?P{?}，np(1?p)np(1?p)由中心極限定理得
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 現有一大批種子,其中良種占1.現從中任選6000粒,試問在這些61種子中,良種所占的比例與之誤差
6小于1%的概率是多少？ 解 設X表示良種個數, 則
1X~B(n,p),n?6000,p? , 所求概率為 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 設有30個電子器件D,D,???,D,它們的使用情況如下: 1230D損壞,D接著使用;D損壞,D接1223著使用等等.設器件D的使用壽命服從參數??0.1(單位:h)的指數分布.令T
為30個器件使用的總時數,問T超過350h的概率是多少？
i?1 8 解 設Xi為 器件D的使用
i壽命,Xi 服從參數??0.1(單位:h)
?1的指數分布, X,X,???,X相互獨1230立, T?X1?X2?????Xnn?30, ??EX?11i??0.1?10 , ?2?DXi?1?2?10.12?100, 由中心極限定理得
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 某單位設置一電話總機,共有200架電話分機.設每個電話分機有5%的時間要使用外線通話,假定每個電話分機是否使用外線通話是相互獨立的,問總機需要安裝多少條外線才能以90%的概率保證每個分機都能即時使用.解 依題意
設X為同時使用的電話分機個數, 則X~B(n,p),n?200,p?0.05, 設安裝了N條外線, 引人隨機變量
?1,第i個分機在使用 X?? ，?0,第i個分機不使用i i?1,2,???,200 , 則
X?X?X?????X ，122002200由于使用與否是獨立的,所以X,X,???,X相互獨立,且都服從相同的(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}?保證每個分機都能即時使用, 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查標準正態分布表
N?10?z?1.28, 3.080.9N?1.28?3.08?10?13.94, 取 N?14, 答: 需要安裝14條外線.例5 設隨機變量X的概率密度為
?x?e,x?0 f(x)??m!，??0,x?0其中m為正整數，證明
m?xmP{0?X?2(m?1)}?.m?1 證明
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 , 利用車貝謝不等式,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
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