《概率统计教学资料》第3章随机变量的数字特征5节

E(X ) np 2.4 D(X ) npq 1.44
解方程组得 n=6, p=0.4, 故选B.
(2)由X ~ P(), E(X ) D(X ) . E( X 2 ) D( X ) [E( X )]2 2.
E[(X 1)(X 2)] E[X 2 3X 2] E(X 2 ) 3E(X ) 2
X 012 P 0.8 8/45 1/45
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根据定义, 随机变量X的数学期望为
E(X)=0×0.8+1×(8/45)+2×(1/45)=2/9.
E( X 2 ) 02 0.8 12 8 22 1 4
45
45 15
故X的方差为 D(X ) E(X 2 ) [E(X )]2 88 405
(3) 设随机变量X1, X 2,L
,
X
独立，且服从同一分布，
n
数学期望为，方差为 2，令X
1 n
n i0
Xi, 则
E(X ), D(X )分别为( )
A. , 2; B. n, 2;
C. , 2 ; D. n, 2
n
n
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(4) 设X1, X 2, X3相互独立，E( Xi ) 1, D( Xi ) 1, (i 1,2,3)
③ 若X～U(a, b), D( X ) (b a)2 ;
12
④
若
X
~
e(),
D( X
)
1
2
;
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4. 方差的计算方法
① 利用方差的定义: D( X ) E[ X E( X )]2.
D(
X
)
[xi E(X )]2 p(xi ),
i
[x
E(X
)]2
f
(x)dx,
离散型 连续型
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2 3 2 2 2 2 1
即 ( 1)2 0, 1.
故选 C.
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__
（3）E( X )
E(1 n
n i 1
Xi)
1 n
n
E(
i 1
Xi)
1 n
n i 1
E( Xi )
1 n
n i 1
;
D ( X )
D( 1 n
n i 1
Xi)
(5) 若E(X) 与 D(X) 存在，对于任意的正数，有
P(| X -E(X ) | ) D(X ) .
2
或 P(| X -E(X ) | ) 1 D(X ) .
2
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3.熟悉一些常见分布的方差
① 若X～B(n, p), D(X) = npq;
② 若 X ~ P(), D(X ) ;
定理 设 f A 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，则对于任意正数
证明,恒：有设Xk为第lnikm次 P试验fn中A 事p件A出 现的1次数k=1,2,…,n，
则这些变量相互独立，且服从相同分布：“0-1”分布
又EXk = p, DXk =p（1-p）i=1,2,…，n
x1
lim F (x) F (1)
x1
0 a b arcsin(1)
1 a b arcsin1
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即
a a
2
b b
0 1
解方程组得 a 1 , b 1 .
2
2
X的概率密度函数为
f (x) F(x)
1 , 1 x 1; 1 x2
0, 其它.
E(X ) 1
由 P(| X -E(X ) | ) 1 D(X ) ,
2
可知: D(X)越小
(即X偏离E(X)程度越小), P(| X -E(X ) | ) 越大，
(表明X取值越集中在E(X)的附近)；
(3) 它是大数定律的理论基础.
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例10. 已知正常男性成人每毫升血液中白细胞数平均7300, 标准差700, 利用切比雪夫不等式估计每毫升血液中白细胞数 在5200~9400之间的概率. 解： 设X表示每毫升血液中白细胞数，依题意得
第五节 切比雪夫不等式与大数定律
马尔可夫（Markov）不等式 设X是只取非负值的随机变量，且具有数学期望
E(X),则对于，任意正数ε，有
证：
P(X ) E(X )
仅就连续随机变量的情形来证明.设X的密度函数为f (x),
E(X ) 0
xf (x)dx 0 xf (x)dx
xf (x)dx
6. 设每次试验中，事件A发生的概率为0.5, 共进行了1000次试验，用切比雪夫不等式估计：
A发生次数在400到600之间的概率. 解：设事件Ａ发生的次数为随机变量Ｘ，则
Ｘ~Ｂ(ｎ,ｐ)，ｎ=１０００,ｐ＝０.５，
且 E(X)= np =500, D(X)= np(1-p) =250. 由切比雪夫不等式得
由切比雪夫不等式得
lim P(|
n
1 n
n k=1
Xk
-
1 n
n i=1
p |<
ε)
=1
即
lim P
n
fn (A) p
1
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内容小结
1. 理解方差的定义： D( X ) E[ X E( X )]2.
2. 熟悉方差的性质: (1) D(C) 0, C为常量；
(2) 若D( X )存在,则D(CX ) C 2D( X ), C为常量；
根据切比雪夫不等式，应选D
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3.假设有十只同种电器元件,其中只有两只废品, 装配仪器时，从这批元件中任取一只，如是废品, 则扔掉重新任取一只; 如仍然是废品, 则扔掉再取 一只. 试求在取到正品之前, 已取出的废品只数的 方差（续）. 解：设X表示在取到正品前已取出的废品数, 则 X的概率分布为
1 n2
n
D(
i 1
Xi)
故选 C.
1 n2
n i 1
D( X i
)
1 n2
n
2
i 1
2 .
n
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(4)由题（3）知：
E(1
3
3 i 1
Xi)
1;
D(1 3
3 i 1
Xi)
2
3
1. 3
3
3
且 E( Xi ) 3 3; D( Xi ) 3 2 3.
i 1
i 1
-
|<
ε)
1
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➢ 弱大数定理1使我们关于算术平均值的法则有了理论上
的依据。如我们要测量某段距离，在相同条件下重复进行n
次，得n个测量值 X1, X 2 , , X n，它们可以看成是n个相互独
立的随机变量,具有相同的分布、相同的数学期望μ和方
差 2，由弱大数定理1知，只要n充分大，则以接近于1的概
则对于任意给定的 0，有( )
3
A. P(| X i 1| ) 1 2 i 1
B.
P(|
1 3
3 i 1
Xi
1 |
)
1
2
3
C. P(| X i 3 | ) 1 2 i 1
3
D. P(| X i 3 | ) 1 3 2 i 1
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分析 (1) 由 X~B(n, p)得：
1 n2
n k=1
D(Xk )
1 n2
n 2
1 2
n
根据切比雪夫不等式得
P(|
1 n
n k=1
Xk
-
|<
P(| X
ε) 1
- E(
2 - n 2
X ) | ε)
1 (当n
1
D( X ε2
时)
)
又当n
时，得 lim n
P(|
1 n
n k=1
Xk
-
)
|<
ε)
1
lim
n
P(|
1 n
n k=1
Xk
则由马尔可夫不等式得
P{[ X
E( X )]2
2}
E[ X
E( X )]2
2
D(X )
2
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2
另一形式：P(|
X
-
E(
X
)
|
ε)
1
D( X ε2
)
注: (1)它给出了在X的分布未知的情况下，估计
P(| X -E(X ) | ) 的方法；
(2)说明了方差D(X)的确刻画了X对E(X)偏离程度,
xf (x)dx
f (x)dx f (x)dx P(X )
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(切比雪夫不等式): 设X的数学期望 E(X) 与方差D(X) 存在,
对于任意的正数ε, 有
P(|
X
-
E(X
)
|
ε)
D( X ε2
)
.
证： 因为 | X E( X ) | 等价于[ X E( X )]2 2
② 利用方差的简化公式：
③ 利用方差的性质；
④ 利用常见分布的方差.
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备用题
1. 判断正误： (1) 任何随机变量X都能其计算期望和方差. ( ) (2)期望反映的是随机变量取值的集中位置，
方差反映的是随机变量取值的分散程度。( ) (3) 随机变量X的方差越小，X取值越集中， 方差越大，X取值越分散。( ) 答案: (1) X; (2) √; (3) √.
率保证
1 n
n i 1
Xi
➢ 这便是在n较大情况下反映出的客观规律,故称为“大数”定 律。
➢ 比弱大数定理1条件更宽的一个大数定D律X i是辛钦Khintchine） 大数定律,它不需要推论1条件中“方差 存在”的限制， 而在其它条件不变的情况下，仍有上式的结论。
2.伯努利大数定理（频率的稳定性）
1 cos2
2
d
1 2
.
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5. 设
X ~ e(), 求P[X D(X )].
解：随机变量X的分布函数为
1 ex , x 0; F(x)
0, x 0.
由于
D(
X
)
1
2
,
P(X DX ) 1 P(X DX )
1
P(
X
1
)
1
F
(1
)
1（1e1） e1.
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4.设X的分布函数为
0, x 1; F (x) a b arcsin x, 1 x 1;
1, x 1.
试确定常数a, b, 并求 E(X)与D(X).
解：分布函数F(x)在(-∞, +∞)处处连续，故
F(x)在x=-1和x=1处连续, 有
lim F (x) F (1)
(3) 若X与Y相互独立，且D(X )与D(Y )存在，则 D(X Y ) D(X ) D(Y ).
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n
n
D( Ci X i ) Ci2D( X i ).
i 1
i 1
(4) 对于任意实数C∈R，有 E ( X-C )2≥D( X )
当且仅当C = E(X)时, E ( X-C )2取得最小值D(X).
E( X ) 7300, D( X ) 2 7002
P(5200 X 9400) P(5200 7300 X E(X ) 9400 7300)
P(| X - E( X ) |< ε) 1- D( X ) P(2100 X E(X ) 2100)
ε2 P( X E(X ) 2100)
1
x
1
1 dx =0
1 x2
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(由于y = x 1 在[-1,1]是奇函数) 1- x2
D(X) E( X 2 ) [E( X )]2 E( X 2 )
1 1 x2 1 dx
1 1 x2
令x sin , ( )
2
2
原式= 1
2 2
sin2 d
1
2 2
1 n
n k 1 X k
则对于任意正数
，恒有
lim P n
1 n
n k 1
Xk
1
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5
证：Q
E(1 n
n k=1
Xk
)
1 n
n k=1
E(X k
)
1 n
n
lim
n
P(|
1 n
n k=1
Xk
-百度文库
|<
ε)
=
1
又Q
X1,L
,
X
是独立的，
n
D( 1 n
n k=1
Xk )
1
D(X ) 21002
1
7002 21002
1 (1)2 3
8. 9
即 P(5200 X 9400) 8 . 9
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4
样本平均数稳定性定理(弱大数定理1)
定理 设X1，X2，…，Xn，…相互独立且服从
同一分布，并具有数学期望 E(Xk ) 及方差
D( X k ) 2 (k ， 1, 2,L ) .作前n个变量的算术平均
P(400 X 600) P(| X E( X ) | 100)
1
250 1002
0.975.
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2.选择题
(1) X ~ B(n, p), EX 2.4, DX 1.44, 则n, p为( )
A. 4, 0.6 ； B. 6, 0.4； C. 8, 0.3； D. 24, 0.1
(2) 设X ~ P(), 且E[(X 1)(X 2)] 1，则 ( )
A. -1； B. 2； C. 1； D. 3