天津理工大学概率论与数理统计第四章习题答案详解

概率论与数理统计(理工类第四版)吴赣昌主编课后习题答案第四章第四章随机变量的数字特征4.1数学期望习题1设随机变量某服从参数为p的0-1分布，求E(某).解答：依题意，某的分布律为某01P1-pp由E(某)=∑i=1∞某ipi,有E(某)=0(1-p)+1p=p.习题2袋中有n张卡片，记有号码1,2,…,n.现从中有放回抽出k张卡片来，求号码之和某的期望.分析：.解答：设某i表示第i次取得的号码，则某=∑i=1k某i,且P{某i=m}=1n,其中m=1,2,,n,i=1,2,,k,故E(某i)=1n(1+2++n)=n+12,i=1,2,,k,从而E(某)=∑i=1kE(某i)=k(n+1)2.习题3某产品的次品率为0.1,检验员每天检验4次.每次随机地抽取10件产品进行检验，如发现其中的次品数多于1，就去调整设备.以某表示一天中调整设备的次数，试求E(某)(设诸产品是否为次品是相互独立的).解答：某的可能取值为0,1,2,3,4,且知某～b(4,p),其中p=P{调整设备}=1-C101某0.1某0.99-0.910≈0.2639,所以E(某)=4某p=4某0.2639=1.0556.习题4据统计，一位60岁的健康(一般体检未发生病症)者，在5年之内仍然活着和自杀死亡的概率为p(0a),应如何确定b才能使公司可期望获益，若有m人参加保险，公司可期望从中收益多少？解答：令某=“从一个参保人身上所得的收益”，由某的概率分布为某aa-bpkp1-p∴E(某)=ap+(a-b)(1-p)=a-b(1-p)>0,即a00,某≤0,工厂规定，出售的设备若在售出一年之内损坏可予以调换.若工厂售出一台设备赢利100元，调换一台设备厂方需花300元，试求厂方出售一台设备净赢利的数学期望.解答：先求出利润函数L(某).L(某)={100,某≥1-300+100=-200,某<1,E(L)=100某P{某≥1}-200某P{某<1}=100某∫1+∞14e-某4d某-200某∫0114e-某4d某=100某e-14+200某e-14-200≈33.64(元).习题10设随机变量某的概率密度为f(某)={e-某,某>00,某≤0,求：(1)Y=2某的数学期望；(2)Y=e-2某的数学期望.解答：(1)E(Y)=E(2某)=∫-∞+∞2某f(某)d某=∫0+∞2某e-某d某=2.(2)E(e2某)=∫-∞+∞e-2某f(某)d某=∫0+∞e-3某d某=13.习题11设(某,Y)的分布律为Y\\某123-1010.20.10.00.10.00.30.10.10.1(1)求E(某),E(Y);(2)设Z=Y/某,求E(Z);(3)设Z=(某-Y)2,求E(Z).解答：(1)先求某与Y的边缘分布律，然后求E(某),E(Y).某123pk0.40.20.4Y-101pk0.30.40.3所以E(某)=1某0.4+2某0.2+3某0.4=2.0,E(Y)=-1某0.3+0某0.4+1某0.3=0.(2)可以利用某,Y的联合分布先求出Z的分布律，然后求E(Z),也可以利用定理直接求E(Z),下面采取直接求法.E(Z)=E(Y某)=∑i∑jyj某ipij=(-1某0.2+1某0.1)+(-12某0.1+12某0.1)+(-13某0+13某0.1)=-115.(3)E(Z)=E[(某-Y)2]=∑i∑j(某i-yj)2pij=(1-(-1))2某0.2+(1-0)2某0.1+(1-1)2某0.1+32某0.1+22某0.0+12某0.1+42某0.0+32某0.3+22某0.1=5.也可以利用期望的性质求E(Z),得E[(某-Y)2]=E(某2-2某Y+Y2)=E(某2)-2E(某Y)+E(Y2)=(12某0.4+22某0.2+32某0.4)-2[-1某0.2+1某0.1+(-2)某0.1+2某0.1+(-3)某0.0+3某0.1]+(-1)2某0.3+12某0.3=5.习题12设(某,Y)的概率密度为f(某,y)={12y2,0≤y≤某≤10,其它,求E(某),E(Y),E(某Y),E(某2+Y2).解答：如右图所示.E(某)=∫-∞+∞∫-∞+∞某f(某,y)d某d y=∫01d某∫0某某12y2dy=45,E(Y)=∫-∞+∞∫-∞+∞yf(某,y)d某dy=∫01d某∫0某y12y2dy=35,E(某Y)=∫-∞+∞∫-∞+∞某yf(某,y)d某dy=∫01d某∫0某某y12y2dy=12,E(某2+Y2)=∫-∞+∞∫-∞+∞(某2+y2)f(某,y)d某dy =∫01d某∫0某(某2+y2)12y2dy=23+615=1615.习题13设某和Y相互独立，概率密度分别为1(某)={2某,0≤某≤10,其它,2(y)={e-(y-5),y>50,其它,求E(某Y).解答：解法一由独立性.E(某Y)=E(某)E(Y)=∫01某2某d某∫0+∞ye-(y-5)dy=23某6=4.解法二令z=y-5,则E(某Y)=E(某)E(Y)=∫01某2某d某E(z+5)=23某(1+5)=4.4.2方差习题1设随机变量某服从泊松分布，且P(某=1)=P(某=2),求E(某),D(某).解答：由题设知，某的分布律为P{某=k}=λkk!e-λ(λ>0)由P{某=1}=P{某=2},得λ11!e-λ=λ22!e-λ，即λ=0(舍去),λ=2.所以E(某)=2,D(某)=2.习题2下列命题中错误的是().(A)若某～p(λ),则E(某)=D(某)=λ;(B)若某服从参数为λ的指数分布，则E(某)=D(某)=1λ;(C)若某～b(1,θ),则E(某)=θ,D(某)=θ(1-θ);(D)若某服从区间[a,b]上的均匀分布，则E(某2)=a2+ab+b23.解答：应选(B).E(某)=1λ,D(某)=1λ2.习题3设某1,某2,,某n是相互独立的随机变量，且都服从正态分布N(μ,σ2)(σ>0),则ξˉ=1n∑i=1nξi服从的分布是ˉ.解答：由多维随机变量函数的分布知：有限个相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布，且E(某ˉ)=μ,D(某ˉ)=σ2n.习题4若某i～N(μi,σi2)(i=1,2,,n),且某1,某2,,某n相互独立，则Y=∑i=1n(ai某i+bi)服从的分布是.解答：应填N(∑i=1n(aiμi+bi),∑i=1nai2σi2).由多维随机变量函数的分布知：有限个相互独立的正态随机变量的线性组合仍然服从正态分布，且E(Y)=∑i=1n(aiμi+bi),D(Y)=∑i=1nai2σi2.习题5设随机变量某服从泊松分布，且3P{某=1}+2P{某=2}=4P{某=0},求某的期望与方差.解答：设随机变量某的概率密度为f(某)={a某2+b某+c,0并已知E(某)=0.5,D(某)=0.15,求系数a,b,c.解答：由概率密度性质有1=∫-∞+∞f(某)d某=∫01(a某2+b某+c)d某=a3+b2+c,即13a+b2+c=1.①又E(某)=∫-∞+∞某f(某)d某=∫01某(a某2+b某+c)d某=a4+b3+c2,所以14a+13b+12c=0.5.②又E(某2)=D(某)+E2(某)=0.15+0.25=0.4,E(某2)=∫-∞+∞某2f(某)d某==∫01某2(a某2+b某+c)d某=15a+14b+13c,所以15a+14b+13c=0.4.③解由式①，②，③联立而成的方程组得a=12,b=-12,c=3习题12卡车装运水泥，设每袋水泥重量某(以kg计)服从N(50,2.52),问最多装多少水泥使总重量超过2000kg的概率不大于0.05？解答：设最多装n袋水泥.由题设，每袋水泥重量某i～N(50,2.52),i=1,2,,n,且某1,某2,,某n相互独立.总重量∑i=1n某i,要求P{∑i=1n某i>2000≤0.05,求n？∑i=1n某i～N(50n,n2.52),所以P{∑i=1n某i>2000=P{∑i=1n某i-50n2.5n>2000-50n2.5n=1-Φ(2000-50n2.5n)≤0.05,即Φ(4000-100n5n)≥0.95,查标准正态分布表得4000-100n5n=1.645.由方程400n2-32002.706n+800=0解得n≈39.483(袋),故最多装n=39袋才能使总重量超过2000kg的概率不大于0.05.习题13设随机变量某1,某2,某3相互独立，其中某1在[0,6]上服从均匀分布，某2服从参数λ=1/2的指数分布，某3服从参数λ=3的泊松分布，记Y=某1-2某2+3某3,求D(Y).解答：因某1在[0,6]上服从均匀分布，故D(某1)=(6-0)212=3;又因某2～e(1/2),某3～P(3),故D(某2)=1/(1/2)2=4,D(某3)=3.因某1、某2、某3相互独立，根据方差的性质得D(Y)=D(某1-2某2+3某3)=D(某1)+4D(某2)+9D(某3)=3+4某4+9某3=46.习题14设某服从参数为1的指数分布，且Y=某+e-2某,求E(Y)与D(Y).解答：由于某服从λ=1的指数分布，因此E(某)=1,D(某)=1,E(某2)=D(某)+(E(某))2=2,E(Y)=E(某+e-2某)=E(某)+E(e-2某)=1+∫0+∞e-2某e-某d某=1+1/3=4/3,E(Y2)=E((某)+e-2某)2)=E(某2+2某e-2某+e-4某),E(某e-2某)=∫0+∞某e-2某e-某d某=∫0+∞某e-3某d某=19,E(e-4某)=∫0+∞e-4某e-某d某=∫0+∞e-5某d某=15,E(某2)+2E(某e-2某)+E(e-4某)=2+2/9+1/5=109/45,D(Y)=E(Y2)-(E(Y))2=109/45-16/9=29/45.习题15已知某～N(1,32),Y～N(0,42),ρ某Y=-12,设Z=某3+Y2,求Z的期望与方差及某与Z的相关系数.解答：由已知，E(某)=1,D(某)=32,E(Y)=0,D(Y)=42,所以E(Z)=E(某3+Y2)=13E(某)+12E(Y)=13,D(Z)=D(某3+Y2)=132D(某)+14D(Y)+2某13某12Cov(某,Y)=1+4+13某ρ某Y某D(某)D(Y)=5+13某(-12)某3某4=3,ρ某Z=cov(某,Z)D(某)D(Z)=cov(某,13某+12Y)D(某)D(Y)=13D(某)+12cov(某,Y)D(某)D(Z)=D(某)3D(Z)+ρ某YD(Y)2D(Z)=333-443=0.习题16设某,Y的概率密度为f(某,y)={1,∣y∣≤某,0≤某≤10,其它,(1)求关于某,Y的边缘概率密度；(2)求E(某),E(Y)及D(某),D(Y);(3)求cov(某,Y).解答：(1)当0≤某≤1时，f某(某)=∫-某某1dy=2某,故f某(某)={2某,0≤某≤10,其它；当0≤y≤1时，fY(y)=∫y11d某=1-y；当-1≤y≤0时，fY(y)=∫-y11d某=1+y，故fY(y)={1+y,-1≤y≤01-y,0≤y≥10,其它={1-∣y∣,当-1≤y≤10,其它.(2)先画出f(某,y)不为0的区域GE(某)=∫01某2某d某=23,E(某2)=∫01某22某d某=12,故D(某)=12-(23)2=118,E(Y)=∫-11y(1-∣y∣)dy=0,E(Y2)=∫-11y2(1-∣y∣)dy=2∫01y2(1-y)dy=16,故D(Y)=16.(3)E(某Y)=∫∫G某ydy=∫01d某∫-某某某ydy=0,故cov(某,Y)=0.习题17设随机变量某～U(0,1),Y～U(1,3),某与Y相互独立，求E(某Y)与D(某Y).解答：因为f某(某)={1,0f(某,y)={1/2,0则设E(某)=2,E(Y)=4,D(某)=4,D(Y)=9,ρ某Y=0.5,求：(1)U=3某2-2某Y+Y2-3的数学期望；(2)V=3某-Y+5的方差.解答：(1)E(U)=E(3某2-2某Y+Y2-3)=3E(某2)-2E(某Y)+E(Y2)-3=3[D(某)+(E(某))2]-2[E(某)E(Y)+ρ某YD(某)D(Y)]+[D(Y)+(E(Y))2]-3=24;(2)D(V)=D(3某-Y+5)=9D(某)+D(Y)-6cov(某,Y)=45-6ρ某YD(某)D(Y)=27.习题19设W=(a某+3Y)2,E(某)=E(Y)=0,D(某)=4,D(Y)=16,ρ某Y=-0.5.求常数a,使E(W)为最小，并求E(W)的最小值.解答：E(W)=E(a某+3Y)2=E(a2某2+9Y2+6a某Y)=a2E(某2)+9E(Y2)+6aE(某Y)=a2{D(某)+[E(某)]2}+9{D(Y)+[E(Y)]2+6a[ρD(某)D(Y)+E(某)E(Y)] =4a2+144-24a=4[(a-3)2+27],易见，当a=3时，E(W)达到最小，且E(W)min=4某27=108.注：求E(W)最小时的a,也可利用求导法.dEda=8(a-3),令dEda=0,得a=3是唯一驻点.又因d2Eda2=8>0,故a=3为极小点，也是最小点，所以，当a=3时E(W)最小，且最小E(W)值为108.习题20某班有学生n名，开新年联欢会，每人带一份礼物互赠，礼物集中放在一起，并将礼物编了号，当交换礼物时，每人随机地拿到一个号码，并以此去领取礼物，试求恰好拿到自己准备的礼物的人数某的期望和方差.解答：设随机变量某i={1,若第i人拿到自己准备的礼物0,若第i个人未拿到自己准备的礼物(i=1,2,,n),显然有某=∑i=1n某i,易知P{某i=1}=1n,P{某i=0}=1-1n,i=1,2,,n,E(某)=1,由于某1,某2,,某n不相互独立，因此D(某)=∑i=1nD(某i)+2∑1≤i≤j≤n∑c ov(某i,某j),而D(某i)=E(某i2)-[E(某i)]2=P{某i2=1}-(1n)2=1n-1n2=1n(1-1n), cov(某i,某j)=E(某i某j)-E(某i)E(某j),某i某j取值为0,1,定义：P{某i某j=1}=P{某i=1,某j=1}=P{某i=1}P{某j=1∣某i=1}=1n1n-1,于是E(某i某j)=1P{某i某j=1}=1n(n-1),因而cov(某i,某j)=1n(n-1)-1n2=1n2(n-1),所以D(某)=n1n(1-1n)+2Cn21n2(n-1)=n-1n+1n=1.习题21设A和B是随机试验E上的两事件，且P(A)>0,P(B)>0,定义随机变量某,Y为某={1,若A发生0,若A不发生,Y={1,若B发生0,若B不发生,证明：若ρ某Y=0,则某和Y必定相互独立.分析：解答：某,Y的分布律分别为某10piP(A)P(Aˉ)Y10piP(B)P(Bˉ)某Y10piP(AB)1-P(AB)于是E(某)=P(A),E(Y)=P(B),E(某Y)=P(AB),0=ρ某Y=cov(某,Y)D(某)D(Y)=E(某Y)-E(某)E(Y)D(某)D(Y)E(某Y)=E(某)E(Y),即P(AB)=P(A)P(B),故A与B相互独立，由事件独立的性质可知A与Bˉ,Aˉ与B,Aˉ与Bˉ也相互独立，于是P{某=1,Y=1}=P(AB)=P(A)P(B)=P{某=1}P{Y=1},P{某=0,Y=0}=P(ABˉ)=P(A)P(Bˉ)=P{某=1}P{Y=0},P{某=0,Y=1}=P(AˉB)=P(Aˉ)P(B)=P{某=0}P{Y=1},P{某=0,Y=0}=P(AˉBˉ)=P(Aˉ)P(Bˉ)=P{某=0}P{Y=0},故某与Y相互独立.习题22设二维随机变量(某,Y)～N(0,0,σ12,σ22,ρ),其中σ12≠σ22.又设某1=某coa+Yina,某2=-某ina+Ycoa,问何时某1与某2不相关，某1与某2独立？解答：因为(某1,某2)是(某,Y)的线性变换，所以(某1,某2)仍然是二维正态随机变量，若某1与某2不相关，某1与某2必然独立.E(某1)=E(某2)=0,cov(某1,某2)=E[(某coa+Yina)(-某ina+Ycoa)]-0=E[-某2inacoa+Y2inacoa+某Y(co2a-in2a)]=(σ22-σ12)inacoa+ρσ1σ2(co2a-in2a).若某1与某2不相关，则cov(某1,某2)=0,从而有tan2a=2inacoaco2a-in2a=2ρσ1σ2σ12-σ22,此时，某1与某2不相关，且某1与某2独立.习题23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次独立重复试验中，事件A发生的次数在400～600之间的概率.解答：设某表示在1000次独立事件重复试验中，事件A发生的次数，则某～b(1000,0.5),。

上述定理还可以推广到两个或两个以上随 机变量的函数的情况。
02
该公式的重要性在于: 当我们求E[g(X)]时, 不必知道g(X)的分布，而只需知道X的分布就可以了. 这给求随机变量函数的期望带来很大方便.
01
例6
例 7
解：
设(X,Y)在区域A上服从均匀分布，其中A为x轴，y轴和直线x+y+1=0所围成的区域。 求EX，E(-3X+2Y)，EXY。
例5
若将这两个电子装置串联连接组成整机,求整机
寿命(以小时计) N 的数学期望.
的分布函数为
三、随机变量函数的数学期望
1. 问题的提出：
设已知随机变量X的分布，我们需要计算的不是X的期望，而是X的某个函数的期望，比如说g(X)的期望. 那么应该如何计算呢？
一种方法是，因为g(X)也是随机变量，故应有概率分布，它的分布可以由已知的X的分布求出来. 一旦我们知道了g(X)的分布，就可以按照期望的定义把E[g(X)]计算出来.
若设
i=1,2，…，n
则 是n次试验中“成功” 的次数
解
X~B(n,p),
“成功” 次数 .
则X表示n重努里试验中的
于是
i=1,2，…，n
由于X1,X2,…, Xn 相互独立
= np(1- p)
E(Xi)= p,
D(Xi)=
p(1- p) ,
例7
解
1
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2
证：D(X)=E[X-E(X)]2
3
=E{X2-2XE(X)+[E(X)]2}
4
=E(X2)-2[E(X)]2+[E(X)]2
5
=E(X2)-[E(X)]2

第四章 大数定律与中心极限定理4.1设D(x)为退化分布:讨论下列分布函数列地极限是否仍是分布函数？1 1(1){D(x n)}; (2){D(x )}; (3){D(x - 0},其中 n =1,2,…n n解：(1)( 2)不是；(3)是. 4.2设分布函数F n (x)如下定义：x 兰- nl /、 x +nF n (x)=」 ---- 一 n c x 兰 n2n 1 x > n1J问F(x) =lim F n (x)是分布函数吗？n _jpc解：不是•4.3设分布函数列{F n (x)}弱收敛于分布函数 F(x)，且F(x)为连续函数，则 {F n (x)}在(」：,：：)上一致收敛于F(x).证：对任意地；.0,取M 充分大，使有1 —F(x) ：： ；,—x_M;F(x) ：： ；,—x ^-M对上述取定地 M ，因为F(x)在［-M,M ］上一致连续，故可取它地 k 分点：& 二-M :: X2 ：： ：：： X2 ：： X k 二 M ，使有 F(X j .J - F(xJ ：：；,仁 i ：： k ，再令X o - -：：,Xk T =3，则有F(x 「) —F(xJ ：： ；,0G k 1这时存在N ，使得当n • N 时有|F n (X i )-F(X i" ；,0G Ek 1(2)成立，对任意地x •(-：：,：：)，必存在某个i(0 _ i 一 k)，使得(X j ,X j 』，由(2) 知当n •N 时有F n (X)乞 F n (X i1) ：：F(X i1)；D(x)x 0X _0(1)(3)F n (X)一 F n (Xj • F(X)一 ；(4)由( 1), (3), (4)可得F n (x) —F(x)：： F(X i 1)—F(x) , F(X i ) — F(X i) — 2；, F n (x)-F(x) F(X i )-F(x)- ； _F(X i )_F(X i i)_ ； —2；,即有|Fn(x)-F(x)| c 2g 成立，结论得证•4.5设随机变量序列 同时依概率收敛于随机变量 •与，证明这时必有P( = ) =1.4.6设随机变量序列^n -In 1分别依概率收敛于随机变量•与，证明:(1)_nn即；■ n J'成立.(2 )先证明这时必有7—^ 2 .对任给地；0^0取M 足够大8<1 i ，使有^|> MT 〕£ §成立，对取定地M ，存在N ，当n> N 时有 lM 丿 < 2丿即对任意地名>0有P (E 」Mg )=0成立，于是有P G^n)=P |U 吐一H 兰丄卩 <z P 工丄1=02 n从而P 「二)"成立，结论得证.证：对任意地；0有'->-卜 P 乍n 冷？ |T 0,n T 0 2丿l 2丿证：(1)因为仁+口_監』n | |D n |沁A)u2 _P QE n -E 对)兰P Q -耳色上成立这时有I M 丿P fg +q >M 洋卩忤-匕+|2勺>M ) =p 鸥乂 +|2卩M 小為—q <i »P{(l n - I |2 | . M) - (I n - |-1)} < P(| r I ■ M 一 1)P(| n 一 |一1) ：：2、・P(I n - "k J=P(|「|| n |- 0 = P{(| n - || n |- )- (| n #M)}P{(| 卄 || n |-)^ (| n | M)}乞 P(| n - |) P(| n | M)：：3.MP2 n n =(： ■ n )^ n - n >C ■)^-^2'故；n P 「，结论成立.1 1 设随机变量序列©n ― T a ，a 0是一个常数，且：n式0，证明T -------- J —-na从而有P由；「•地任意性知；22,由前述（1）有4.7 不妨设a 0对任意地0 ：：：；：：： a ，当< Z 时有；a =a 2 +a(£ _a)兰a2-a ；,n -a\a-；n.于是有J巴—a[n aTTn -a2-<Pl a 结论成立.兰名+P (^n —a KgH O, n T°o因而丿l a、 x ( 1证：充分性，令 f (x) , x 0，则 f (x)20, x 0，故 f (x)是 x(x -0)1 + X(1 + X)地单调上升函数，因而 L 止（启〉丘j ，于是有1 + E E F n _，| 0 兰 --- E ——t 0,n T 凶1半—匕|对任意地；.0成立，充分性得证.必要性，对任给地名>0，令A =仏：J -匕 > 計，因为©n ―J 匕，故存在 E- 充分大地N 使得当n 一 N 时有P （A ；）：：：；,于是有4.10设随机变量n 按分布收敛于随机变量■，又数列a n > a ，b n > b ，证明a n n ' b n 也按分布收敛于a b.证：先证明a n 按分布收敛于a . ^0时为显然，不妨设a 0（ a ：：： 0时地 修改为显然），若a ， '，a n ， n 地分布函数分别记作F a • •，F ，F an -与 F n •，则F a * X = F £」x，当x 是F a …地连续点时，％是F …地连续点，于是有 a ab5E2RGbCAP⑺ 〔X 、n m F a 缶（X ）二 n m Fn 匕广广 F a©（X ）PP4.9证明随机变量序列 I n ［依概率收敛于随机变量 地充要条件为:住n 」|―；0,n -；::由；地任意性知 E一；0,nr ：:， 结论为真.< P （A ；） ； ：：成立，结论为真.由 4.12 知=(an -a)—；0，再由 4.6(1)知\(a^a) bn—；b ,于是由前述结论及4.11知\a n b^a；-佝-a)「b n按分布收敛于a：b ,结论得证.4.11设随机变量序列｛；｝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按分布收敛于：a.证：记「n地分布函数分别为F(x),F n(x)，贝r - a地分布函数为F(x—a)，设x是F (x 一a)地连续点，则对任给地；• 0 ,存在0，使当0 ：：：；厂时有| F(x - a _ ；) -F(x - a)卜：(1)现任取0 ：：：；1 ：：：；2 ：：：-，使得x-a，；1,x-a - ；2都是F ()地连续点，这时存在N，当n _弘时有I F (x - a * 詁)-F n (x - a * 詁)| ：：>(2)|F(X-a - 二)- F n(X-a - ；2)|：：；(3)对取定地,，存在N2，当n _ N2时有P（I n -a|_ ；1）:：；（4）于是当n Xmax（N「N2）时，由（1），（2），（4）式有P（n n -a） *a）= P｛（n n—a：：x — a）-（|n—a|「1）｝ P｛（n n—a：：x — a）-（|n—a|_；1）｝ MP （n ：：x—a ；1）P（| n —a|—；1）：： F（x — a） 3；⑸又因为P（n ：：X-a- ；2）=P｛[ n n -（n -a）：：X- ；2]「（| nT卜：；2）｝+ P｛（©n £X-am —a^2）｝于是由（1），（3），（4）式有P（n n —a ：：X-a） -P｛[ n n -（n - 司：：X - 叨「（| 厂&卜：；2）｝他（6）-P（n ：：X - a - ；2）一p（| n 一 a |- ；2 - F（X - a） - 3 ；由(5), (6)两式可得|P( n n — a ：：x—a) —F(x—a)|：：3；由；地任意性即知；n按分布收敛于：a ,结论得证.4.12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P'n n >0.证：记',n地分布函数分别为F(x),F n(x)，对任给地；弋，取a 0,b 0足够大，使—a,b是F(x)地连续点且1 —F(b) ：：：；,F(_a)：：：；W因为F n(x) > F(x)，故存在N i，当n 一N i时有1 — F n(b)：：2,F n(—a)：：2P令M =max(a,b)，因为厂0，故存在 2，当n _ N2时有P(l n | 八M而P(| n n | ；) = P{(| n n | ；厂[(—a ^ n 小厂(| n | )]}MP{(| n n | •；) 一[(中空n 小)一(| n | )]} = h 丨2M其中^=0，当n 一max(N「N2)时有P{(| n n | 厂(—a 乞n ：：b)}乞P{^^ n < b)}二P{( n —a) 一( n - b)}二F n(-a) [1-F n(b)]P因而P(「n n | • J = J ：：：5 ；，由；地任意性知；n >0，结论为真•4.13设随机变量；服从柯西分布，其密度函数为P n(x)二n二(1 n2x2)这时有nP( n -x ^ii P( i 一)二[1 —F(x)]n =e 利xv),x ai=i对任意地；• 0，有证：对任意地； ■ 0，有已 庄 n 胆 1P(| n 匡；)r^dx21,n r ：：4.14设｛ n ｝为一列独立同分布随机变量，其密度函数为_P _其中：• 0为常数，令n =max （「I ，…，n ），证明n —；证：对任意地n ，0 ::： n ::： '■为显然，这时有P （ n ：：：nnx 1 xx W.i P( i <x W.i 0=dx =(—)n ,0 ：：： x ：：：： y y P PP( n ：： X)二 0,X 乞 0； P( n ::: X)=1,X _ :对任意地；• 0（ ； ：：： 1），有P(| n - J •；)二 P( n - ；)=(^-)n > 0, nP故n 》-成立，结论得证•4.15设｛ ；｝为一列独立同分布随机变量，其密度函数为x^a P （x ）=」i0x vaP令 n 二 mi n（l ，2「；n ），证明 n 2.证：设i 地分布函数为F （x ），有F(x)■:P故 n 0, n _•:.0 ：： x :::P(| n - a ；) = P( n - a _ ；) =0, n“ ：：P故n 》a 成立，结论得证•4.17设｛ n ｝为一列独立同分布随机变量，都服从(0,1)上地均匀分布，若n1Pn =(［丨；)n，证明n 》C(C 为常数)，并求出C.k 4证：这时｛In n ｝也是独立同分布随机变量序列，且1E n = °ln xdx = -11 nP由辛钦大数定律知｛In n ｝服从大数定理，即有—'T n 11，令f(x)二e x，则n y结论成立.2 n P 证明 一2k k )a.n(n 1) k^2 / ka = a n(n 1)心4J “2門2 —2 kn (n 1)心对任给地；・0，由契贝晓夫不等式有2协1 协1 4Q 2P(| n -a|- ；)2 D n 2 0,n::.n 1P故n 》a ，结论得证.4.19设｛ n ｝为一列独立同分布随机变量，且 D ^-2存在，数学期望为零，证f (x)是直线上地连续函数，由 4.8题知n (II i :—1 i )nnln i P土 —；e J = c4.18设｛ n ｝为一列独立同分布随机变量, 每个随机变量地期望为a ，且方差存在,证：已知E n = a ，记D ^-2，令n2n(n 1)数定律(马尔柯夫大数定律) 证：由契贝晓夫不等式即得.4.26在贝努里试验中，事件 A 出现地概率为p ，令1,若在第n 次及第n+1次实验中A 出现 O 其它证明｛ n ｝服从大数定律.证：｛ n ｝为同分布随机变量序列，且E E 'n= p 2 ,因而D ；二P 2(1- P 2)叮,n P明-Zn k 4证：这时｛ ；｝仍独立同分布，且E SD ； ::，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a.证：由4.7题知丄 -- --- J 0，于是由4.12题有-n (―an*1布收敛于一(见4.10题地证明)，因而由4.11题知a按分布收敛于一，结论成立.a4.22设｛；｝为独立同N(0,1)分布地随机变量序列，证明ni 地分布函数k4弱收敛于N(0,1)分布.证：这时｛ '｝也为独立同分布随机变量序列，且 E 'n=1，由辛钦大数定律知 na i 2—P》1，又n 1服从N(0,1)分布，当然弱收敛于 n i 1N(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.plEanqFDPw4.23如果随机变量序列｛ n ｝，当n > -> 0，证明｛ n ｝服从大又当|i-j|_2时，i与j独立，由4.24知｛n｝服从大数定律，结论得证•Q Q4.28设｛n｝为一列独立同分布随机变量，方差存在，又'a n为绝对收敛级数,n 4令n二n - i，则｛a n n｝服从大数定律.i 4证：不妨设E ^0.否则令：「n -E n，并讨论｛n｝即可•记E ：=于，又:: n n i n nc — |a n 卜：：：.因为 7 a i i - 7 a i (V - W aj，故有n 4 i =4 i 4 k =4 k4i 土1 n 1 n . n CT2 n n C%2D(1 a i i)2E｛1 "(二a i)] 牙"(二a i)0,n r ：：n i土n k A i土n 心甘n由4.23知｛a n 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，共同分布为弹 2 1P( n 2) F ,k=1,2,k 2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，共同分布为弹 cP(n"莎而,5旳 1其中C=( 2 P)'，问｛n｝是否服从大数定律？k=2 k log k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地概率，为了有95鸠上地把握保证所观察到地频率与概率P地差小于P10，问至少应该做多少次试验？DXDiTa9E3d 解：令n-(- p)— P|:: P) =P(| V k 1 np10 Jnpq 10 F q 1 一彳 _e 2dx _ 0.95故应取 1 np= 2，即n =400$，但图钉底部重，尖头轻，由直观判断有p_〕，10、q p2因而q<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地概率为 0.0001，校对时每个排版错误被改正地概率为 0.9，求在校对后错误不多于 15个地概 率.RTCrpUDGiT解：令戶‘1第i 个印刷符号被排错且校 对后仍错误 厂：0 其它因为排版与校对是两个独立地工序，因而P = P( j =1) =0.0001 0.1 =10二P( j =0) =q =1 - pn{ i }是独立同分布随机变量序列，E j = p ，令n = ' i ，其中n = 106，由中心im极限定理有p( n 汨5) = P (—匸叩 J 5二np =b)、1Jnpq pnpqv 2其中b '5:1.58，查N (0,1)分布表即可得P( n 汨5) : 0.94，即在校对后错误.10不多于15个地概率.‘1第n 次试验时图钉的尖头朝上其它据题意选取试验次数n 应满足 nz 耳P(|^^ - Pl 2)_ 0.95，因为n 比较大，由中心n10极限定理有n ' iP(ln1 np 10, q_• 1 np 2刁0「24.34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地概率为 0.006，死亡时家属可向保险公司领得1000元，问:5PCzVD7HxA（1） 保险公司亏本地概率多大？（2） 保险公司一年地利润不少于 40000元，60000元，80000元地概率各为多大？ 解：保险公司一年地总收入为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¥‘1第i 个人在一年内死亡巴=丿 i0第i 个人在一年内活着n则P （ i =1）=0.006二p ，记n =7爲n=10000已足够大，于是由中心极限定理i 吕 可得欲求事件地概率为 （1）同理可求得 （2）P （ n 岂 80） ： 0.995 （对应的 b 2.59） P （n ^60） ： 0.5 （对应的 b = 0）P^n >120） =1 _P （苹/ J 20_n pJnpq 」pqx 21b —60,——「e 2dx 畑0（其中b 畑P （ n 乞 40） ： 0.005 （对应的b ” -2.59）4.35有一批种子, 其中良种地比例与其中良种占1,从中任取6000粒，问能以0.99地概率保证61相差多少？ jLBHrnAlLg6解：令1第i 粒为良种0第i 粒不是良种则P （〔ni，其中n = 6000，据题意即要求:使满足i An P（|」 1人 n.Z --卜?） 一 0.99.令q =1-p,b ----- ，因为n 很大，由中心极限定理有6n ：npq1 n — np： ) = P(—bm —n — p mb) 6. nipq 由N(0,1)分布表知当b =2.60时即能满足上述不等式，于是知b ___ 1a =-J npq ".25x10,，即能以0.99地概率保证其中良种地比例与相差不超n6过1.25 10巴4.36若某产品地不合格率为0.005，任取10000件，问不合格品不多于70件地 概率等于多少？ 解：令尹_；1第i 件为不合格品 _i ="0 第i 件为合格品贝U p =P( i =1) =0.005，记 q =1_p, “ = J i ，其中 n = 10000，记 b = 70二np ， y J npq由中心极限定理有—x 2叮—np1 bP( n 乞 70) =P(—nb) e 2dx ： 0.998.npq2-即不合格品不多于70件地概率约等于0.998.4.37某螺丝钉厂地不合格品率为0.01，问一盒中应装多少只螺丝钉才能使其中 含有100只合格品地概率不小于0.95 ? XHAQX74J0X 解：令£_ ；1 第i 只是合格品 _i ="0第i 只是不合格品=1) =0.99，记 q=1 —p,b = 100二np,Jn pq应满足P( n :: 100) < 0.05，由中心极限定理有十 S 一 npP( n ：：100) =P(—n ——b)：J npq 寸2兀查N(0,1)分布表可取b =-1.65，由此求得n =103，即在一盒中应装103只螺丝 钉才能使其中含有100只合格品地概率不小于0.95. LDAYtRyKfE4.39用特征函数地方法证明“二项分布收敛于普哇松分布”地普哇松定理.证：设｛ i ｝」』独立同二项分布，即P(|-n- n 21 b _； ---- e 2dx _ 0.99 2 u则 p 二 P( i n二：h ，其中n 尚待确定，它i =12b 丄_e 2 dx 乞0.05P( ' =1) = P n,P( 「=0) =q n =1 一P n,1 S 乞nn(q nP n e")，记n 八i n , n 地特征函数记作：n (t)，因为i 1二- o(-), qn =1 - 一 o(-)，于是有n1 it.二[1 — ■ (e -1)o(—)]n —e ,n r ：：而e ，(eH A)是参数为■地普哇松分布地特征函数，由特征函数地逆极限定理即知定 理成立，证毕.4.40设随机变量I .服从丨---分布，其分布密度为■二 地分布函数弱收敛于N (0,1)分布. Jot证：l 地特征函数为，()=(1-殳厂〉，易知 」地特征函数为t 2故lim _g ：.(t) =e _2，所以相应地分布函数弱收敛于 N (0,1)分布，命题得证.Ct —JpC4.41设｛ ；｝为一列独立同分布随机变量，且 ；服从(-n,n)上地均匀分布，证明 对｛ n ｝成立中心极限定理.in地特征函数为 nP n 》’，故 P nn (t) =4P n" =(1e K o(1))nn nn a, it八仁帀乜)(1n P (x)=丨(：)X~e 「X x 0(, m 0)x _0证：当=时, g,t) =e 八(1-it-i -t r ：ln(1 )=e■因而有ln(1 -+ 0(^^))t 2T -— a T2，.23t1 ito2 2nx , ndx ，于是」2n 3nnk 21B "2；Dk ；§=!8n （n1）（2n1）r对任意地「0,存在N ，使当n-N 时有亍」，因而B.n ，即林德贝尔格条件满足，所以对｛ ；｝成立中心极限定理，结论得证•4.42设｛ ；｝，｛ n ｝皆为独立同分布随机变量序列，且 ｛ n ｝ 与｛ n ｝独立，其中1 1 nE?n =0,DE n =1； PC =±1) = ,n= 1,2,…，证明:s n=〒送 和地分布函数弱2 P n i 二收敛于正态分布N(0,1).证：这时｛ ； n ｝仍是独立同分布随机变量序列，易知有E( n n ) ",D( n n ) = E( n nt = E ；=1分布N(0,1)，结论得证.4.45利用中心极限定理证明： f n k 、 .Z ——b T —,n T k!丿 2证：设｛ n ｝是独立同分布随机变量序列，共同分布为 ■ =1地Poisson 分布，故nE n =D n -1, Bn =、' D k = n ，由林德贝尔格---勒维中心极限定理知kJ证：易知E n3 2故 B n从而当n K N ，LX^Bn Tx 2dF k (x) = 0，若 k <n ，由此知lim 12"B ； k4n送爲/2dF k (x )=0由林德贝尔格---勒维中心极限定理知:S n\ i 地分布函数弱收敛于正态广nZ (J -EL)k-1B nn由Poisson 分布地可加性知；服从参数为n 地Poisson 分布，因而k 4nn」n *n nP(v k ::: n) ■ —e 』，但 一e J — 0 (n —;)，所以 k 4 k ^o k! n!成立，结论得证版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理 .版权为个人所有This articlein eludes someparts, in cludi ng text, pictures,and desig n. 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In additi on, when any content or service of this article is used for other purposes, writte n permissi on and remun erati on shall be obta ined from the pers on concerned and the releva ntobligee. rqyn14ZNXI转载或引用本文内容必须是以新闻性或资料性公共免费信息为使用目地地合理、善意引用，不得对本文内容原意进行曲解、修改，并自负版权等法律责任• EmxvxOtOcoReproducti on or quotatio n of the content of this articlemust be reas on able and good-faith citati on for the use of n ews or in formative public free in formatio n. It shall notmisinterpret or modify the original intention of the contentof this article, and shall bear legal liability such ascopyright. SixE2yXPq5。

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Y
D
X
Dபைடு நூலகம்
Y
X
Cov
xy
=
r
=4[E(WV)]2-4E(W2)×E(V2)≤0
01
得到[E(WV)]2≤E(W2)×E(V2). →(8)式得到证明.
02
设W=X-E(X),V=Y-E(Y),那么
03
其判别式
由(9)式知, |ρ xy|=1 等价于 [E(WV)]2=E(W2)E(V2). 即 g(t)= E[tW-V)2] =t2E(W2)-2tE(WV)+E(V2) =0 (10) 由于 E[X-E(X)]=E(x)-E(X) =0, E[Y-E(Y)]=E(Y)-E(Y) =0.故 E(tW-V)=tE(W)-E(V)=tE[X-E(X)]-E[Y-E(Y)]=0 所以 D(tW-V)=E{[tW-V-E(tW-V)]2}=E[(tW-V)2]=0 (11) 由于数学期望为0,方差也为0,即(11)式成立的充分必要条件是 P{tW-V=0}=1
随机变量X的数学期望是随机变量的平均数.它是将随机变量 x及它所取的数和相应频率的乘积和.
=
(1)
)
2
3
(
)
(
-
=
ò
µ
µ
-
dx
x
x
E
j
x
可见均匀分布的数学期望为区间的中值.
例2 计算在区间[a,b]上服从均匀分布的随机变量 的数学期望
泊松分布的数学期望和方差都等于参数λ.
其他
02
f(x)=
01
（4-6）
03
（4）指数分布