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1 n 证明：由于E Yn E X k 1 n , n k 1 n
n
1 n 1 n 1 n 2 2 D Yn D X k 2 D X k 2 n n n k 1 n k 1
大数定律的重要意义： 贝努里大数定律建立了在大量重复独立试验中事件出现频 率的稳定性，正因为这种稳定性，概率的概念才有客观意 义，贝努里大数定律还提供了通过试验来确定事件概率的 方法，既然频率nA/n与概率p有较大偏差的可能性很小，我 们便可以通过做试验确定某事件发生的频率并把它作为相 应的概率估计，这种方法即是在第7章将要介绍的参数估 计法，参数估计的重要理论基础之一就是大数定理。
1 n 证明：由于E Yn E X k 1 n , n k 1 n
n
1 n 1 n 1 n 2 2 D Yn D X k 2 D X k 2 n n n k 1 n k 1
证明： 仅就X为连续型时证之 设X的概率密度为f x ,
则 P X
f ( x)
x
f x dx
2
x
x
2
2
f x dx
12
x f x dx
2 2
21
D X
2
定理5.2 契比雪夫不等式的特殊情形 ： 设随机变量序列X1 , X 2 , , X n , 相互独立， 且具有相同的数学期望 和相同的方差 2， 作前n个随机变量的算术平均：Yn 1 X k n k 1 则 0，有： 1 n lim P Yn lim P X k 1 n n n k 1
答案： 0.937
17
例4：设某工厂有400台同类机器，各台机器发生故障的概 率都是0.02，各台机器工作是相互独立的，试求机 器出故障的台数不小于2的概率。
解：设机器出故障的台数为X, 则X b 400,0.02，分别用三种方法计算：
1. 用二项分布计算
P X 2 1 P X 0 P X 1 1 0.98400 400 0.02 0.98399 0.9972
第五章 大数定律和中心极限定理
关键词： 契比雪夫不等式
大数定律 中心极限定理
1
§1 大数定律
背景
本章的大数定律，对第一章中提出的 “频率稳定性”，给出理论上的论证
为了证明大数定理，先介绍一个重要不等式
2
定理5.1 契比雪夫不等式： 设随机变量X 具有数学期望E X , 方差D X 2
解：设在n重贝努里试验中，事件A出现的次数为X，
则X b n,0.75 , E X np 0.75n, D X npq 0.1875n, 又 f n A X n 而P 0.74 X 0.76 P X 0.75n 0.01n n 1 0.1875n 1 1875 0.90 2 n 0.01n
2. 用泊松分布近似计算
np 400 0.02 8
3. 用正态分布近似计算
查表得
P X 2 1 P X 0 P X 1 1 0.000335 0.002684 0.9969
npq 400 0.02 0.98 2.8 1 np P X 2 1 P( X 1) 1 npq 7 0.9938 2.8
1 n 2 n 由契比雪夫不等式得：P X k 1 2 n k 1
1 n lim P X k 1 n n k 1
[辛钦大数定理（弱大数定理）] 设X1,X2,…, Xn…为独立、同分布的随机变量，且有相同 的数学期望E（Xi）= （i=1,2,…）， 则对>0，有
1 lim P X i 1 n n i 1
n
1 n 或者， 序列 X X i 以概率收敛于 n i=1
即 X
P
03,3,4分
9
定理5.3 贝努里大数定理 设事件A在每次试验中发生的概率为p，记nA为n次独立重复试验 n 中A发生的次数, 则 0, 有： P A p 1 lim n n
n 18750
5
随机变量序列依概率收敛的定义
定义5.1：设随机变量序列X1 , X 2 , X 3 ,, 若存在某常数， 使得 0, 均有： P X n 0, lim 则称随机变量序列 X n 依概率收敛于常数， p 记为：X 。 n
2
x
x
2
2
f x dx
12
x f x dx
2 2
D X
2
例1：在n重贝努里试验中，若已知每次试验事件A 出现的概率为0.75，试利用契比雪夫不等式估 计n,使A出现的频率在0.74至0.76之间的概率不 小于0.90。
§2 中心极限定理
背景：
有许多随机变量，它们是由大量的相互 独立的随机变量的综合影响所形成的，而其 中每个个别的因素作用都很小，这种随机变 量往往服从或近似服从正态分布，或者说它 的极限分布是正态分布，中心极限定理正是 从数学上论证了这一现象，它在长达两个世 纪的时期内曾是概率论研究的中心课题。
11
18
作业题
• P95 ：19
19
第五章复习
20
定理5.1 契比雪夫不等式： 设随机变量X 具有数学期望E X , 方差D X 2
2 则对于任意 0, 都有：P X E X 2 2 定理的等价形式为：P X E X 1 2
2 则对于任意 0, 都有：P X E X 2 2 定理的等价形式为：P X E X 1 2
证明： 仅就X为连续型时证之 设X的概率密度为f x ,
则 P X
f ( x)
x
f x dx
P a nA b b np ( ) np (1 p ) a np ( ) np (1 p )
由于nA X1 X 2 X n ,
2 nA np x t 1 e 2 dt 由定理5.4, lim P x n np(1 p) 2
即： Xi （近似）～N (n , n 2 ),
i＝1
n
答案：N ( ,
2
n
)
从而，P(a X i . n n
02，4，3分
定理5.5 德莫佛--拉普拉斯定理
设nA为n次贝努里试验中A发生的次数，P A p 0 p 1 ,
2 nA np x t 1 e 2 dt ( x), 则对任意x，有： P lim x n np(1 p) 2
1 第i次试验时A发生 证明：令Xi 0 第i次试验时A未发生
则X1 , X 2 ,, X n ,相互独立同分布,Xi ~ b(1, p).
证明：利用契比雪夫不等式，因nA b n, p , 故： n E A 1 E nA 1 np p, D nA 1 D n 1 npq pq A n n2 n n n n n2 n pq 于是， 0, 有P A p 1 2 n n n 即得： P A p 1 lim n n
n X i n 2 x t 1 e 2 dt x R, 有： lim P Yn x lim P i 1 x n n n 2 在实用上，n≥30 证明略。 此定理表明，当n充分大时，Yn 近似服从N 0,1 .
即:nA (近似) ~ N (np, np(1 p)). 二项分布和正态分布的关系 14
示意例图
例2：设某种电器元件的寿命服从均值为100小时的指 数分布，现随机取得16只，设它们的寿命是相互 独立的,求这16只元件的寿命的总和大于1920小 时的概率。
解：记16只电器元件的寿命分别为X1 , X 2 ,, X16 ,
则16只电器元件的寿命总和为X X i ,
2
i 1 16
由题设E X i 100, D X i 100
根据独立同分布的中心极限定理: X 1600 近似服从N 0,1 4 100 400 P X 1920 1 P X 1920 1 1920 1600 400 Y
n
p 性质：已知X ， 并知函数g ( x)在x=处连续， n p 则g X n g
6
定理5.2 契比雪夫不等式的特殊情形 ： 设随机变量序列X1 , X 2 , , X n , 相互独立， 且具有相同的数学期望 和相同的方差 2， 作前n个随机变量的算术平均：Yn 1 X k n k 1 则 0，有： 1 n lim P Yn lim P X k 1 n n n k 1
i 1 i
X
16
16 100
1 0.8 0.2119
16
例3：某保险公司的老年人寿保险有1万人参加，每人每年交200元, 若老人在该年内死亡，公司付给受益人1万元。设老年人死亡 率为0.017，试求保险公司在一年内这项保险亏本的概率。
