2022年概率论与数理统计答案第四章 .pdf

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1、第四章 大数定律与中心极限定理4.1 设)(xD为退化分布：0001)(xxxD讨论以下分布函数列的极限是否仍是分布函数？,2, 1,01()3();1()2();() 1(nnxDnxDnxD其中解： 1 2不是； 3是。4.2 设分布函数)(xFn如下定义：nxnxnnnxnxxFn120)(问)(lim)(xFxFnn是分布函数吗？解：不是。)(xFn弱收敛于分布函数)(xF， 且)(xF为连续函数，则)(xFn在),(上一致收敛于)(xF。证：对任意的0，取M充分大，使有MxxFMxxF,)(;,)(1对上述取定的M， 因为)(xF在,MM上一致连续，故可取它的k分点：MxxxMxkk

2、 121，使有kixFxFii1 ,)()(1，再令10,kxx，则有10,)()(1kixFxFii1这时存在N，使得当Nn时有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 18 页10,|)()(|kixFxFiin2成立，对任意的),(x，必存在某个)0(kii，使得),(1iixxx，由2知当Nn时有)()()(11iinnxFxFxF3)()()(iinnxFxFxF4由1 ， 3 ， 4可得2)()()()()()(11iiinxFxFxFxFxFxF，2)()()()()()(1iiinxFxFxFxFxFxF，即有2)

3、()(xFxFn成立，结论得证。4.5 设随机变量序列n同时依概率收敛于随机变量与， 证明这时必有1)(P。证：对任意的0有2n，故0,0220nPPPnn即对任意的0有0P成立，于是有01111kkkPkPP从而1)(P成立，结论得证。4.6 设随机变量序列n，n分别依概率收敛于随机变量与，证明：1Pnn； 2Pnn。证：1因为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 18 页22nnnn故nPPPnnnn,022)(0即Pnn成立。2先证明这时必有22Pn。对任给的0,0取M足够大1M，使有21MP成立，对取定的M，存在N，当

4、Nn时有MPPnn1成立这时有MPMPnn212nnMP)1|(|)|2|(|nnMP2) 1|(|) 1|2(|nPMP从而有3)|(|)|(|)|(|)|(|)|(|)|(|)|(|)|(|22MPMPMPMPPPnnnnnnnnnnn由,的任意性知22Pn，同理可证22Pn，由前述 1有2)()(222222Pnnnnnn故Pnn，结论成立。4.7 设随机变量序列aPn，0a是一个常数，且0n，证明aPn11。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 18 页证 ： 不 妨 设0a对 任 意 的a0， 当an时 有aaaaa

5、ann22)(，因而aaaaannn2。于是有aPn110aaaPaaaPnnnnnnnaPaaaPnn,02。结论成立。4.9 证明随机变量序列n依概率收敛于随机变量的充要条件为：nEnn,01证：充分性，令xxxf1)(，0 x，则0,0)1 (1)(2xxxf，故)(xf是)0(xx的单调上升函数，因而1|1nnn，于是有11nnnPPnEnn, 011对任意的0成立，充分性得证。必要性，对任给的0，令nA:，因为Pn，故存在充分大的N使得当Nn时有)(AP，于是有AnnnnIEE11AnnIE)1(精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - -

6、-第 4 页，共 18 页2)(AP，由的任意性知nEnn,01，结论为真。4.10 设随机变量n按分布收敛于随机变量， 又数列aan，bbn，证明nnnba也按分布收敛于ba。证：先证明na按分布收敛于a。0a时为显然，不妨设0a0a时的修改为显然，假设a，na，n的分布函数分别记作aF，F，naF与nF， 则xFa=axF， 当x是aF的连续点时，ax是F的连续点，于是有)(limlim)(limxFaxFaxFxFannnnan0)(Pnnaa，再由4.6(1)知bbaaPnnn)(nnnnnnnbaaaba)(按分布收敛于ba，结论得证。n按分布收敛于随机变量，随机变量序列n依概率收敛

7、于常数a，证明nn按分布收敛于a。证：记n,的 分 布函数 分别 为)(),(xFxFn， 则a的分 布函 数为)(axF，设x是)(axF的连续点，则对任给的0，存在0，使当0时有|)()(|axFaxF1现任取210，使得21,axax都是)(F的连续点，这时存精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 18 页在1N，当1Nn时有|)()(|11axFaxFn2|)()(|22axFaxFn3对取定的1，存在2N，当2Nn时有)|(|1aPn4于是当),max(21NNn时，由 1 ， 2 ， 4式有)5(3)()|(|)()

8、|(|)()|(|)()(1111axFaPaxPaaxaPaaxaPaxaPnnnnnnnnnn又因为)|(|)()|(|)()(22222aaxPaxaPaxPnnnnnnn于是由 1 ， 3 ， 4式有3)(|(|)()|(|)()(2222axFaPaxPaxaPaxaPnnnnnnnn6由5 ， 6两式可得3|)()(|axFaxaPnn由的任意性即知nn按分布收敛于a，结论得证。n按分布收敛于，随机变量序列n依概率收敛于0，证明0Pnn. 证：记n,的分布函数分别为)(),(xFxFn，对任给的0，取0,0 ba足够大，使ba,是)(xF的连续点且)(,)(1aFbF精选学习资料

9、- - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 18 页因为)()(xFxFWn，故存在1N，当1Nn时有2)(,2)(1aFbFnn令),max(baM，因为0Pn，故存在2N，当2Nn时有)|(|MPn而21)|(|)()|(|)|(|)()|(|)|(|IIMbaPMbaPPnnnnnnnnnn其中01I，当),max(21NNn时有4)(1)()()( )( )()|(|bFaFbaPbaPbaPnnnnnnnn因而5)|(|2IPnn，由的任意性知0Pnn，结论为真。4.13 设随机变量n服从柯西分布，其密度函数为)1()(22xnnxpn

10、证明nPn,0。证：对任意的0，有ndttdxxnnPnnn, 1)1(1)1()|(|222故nPn,0。4.14 设n为一列独立同分布随机变量，其密度函数为其它001)(xxp其中0为常数，令),max(21nn，证明Pn。证：对任意的n，n0为显然，这时有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 18 页xxdxxPxPnnixniin0,)(1)()(101xxPxxPnn, 1)(; 0,0)(对任意的)(0，有nPPnnn,0)()()|(|故Pn成立，结论得证。4.15 设n为一列独立同分布随机变量，其密度函数为ax

11、axexpax0)()(令),min(21nn，证明aPn。证：设i的分布函数为)(xF，有axaxexFax01)()(这时有axexFPxPaxnnniin,)(1)()()(1对任意的0，有neaPaPnnn,0)()|(|故aPn成立，结论得证。n为一列独立同分布随机变量，都服从)1 ,0(上的均匀分布，假设nnkkn11)(，证明cccPn为常数），并求出(。证：这时lnn也是独立同分布随机变量序列，且101ln xdxEn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 18 页由辛 钦大 数 定 律知lnn服 从 大 数定

12、理，即 有1ln11Pniin， 令xexf)(，则)(xfceePnnniinii1ln1111)(结论成立。n为一列独立同分布随机变量，每个随机变量的期望为a，且方差存在，证明aknnPnkk1)1(2。证：已知aEn，记2nD，令nkknknn1) 1(2，则14) 1(4) 1(22212221nknnDakannEnknnkn对任给的0，由契贝晓夫不等式有nnDaPnn,01411)|(|222故aPn，结论得证。n为一列独立同分布随机变量，且2nD存在，数学期望为零，证明2121Pnkkn。证：这时2n仍独立同分布，且22nnDE，由辛钦大数定律知结论成立。4.21 设随机变量序列

13、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0),0(naa，则nn按分布收敛于a。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 18 页011Pna0)11(Pnna，而an按分布收敛于aaannnnn11按分布收敛于a，结论成立。2n为独立同) 1 ,0(N分布的随机变量序列， 证明nkknn121的分布函数弱收敛于)1 ,0(N分布。证：这时2n也为独立同分布随机变量序列，且12nE，由辛钦大数定律知1112Pniin，又1n服从)1 ,0(N分布，当然弱收敛于)1 ,0(Nn按分布收敛于)1 ,0(N分布，结论得证

14、。4.23 如果随机变量序列n，当n时有0112nkkDn，证明n服从大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 的 概 率 为p， 令，其它出现次实验中次及第若在第01, 1Annn证明n服从大数定律。证 ：n为 同 分 布 随 机 变 量 序 列 ， 且22pEEnn， 因 而1)1 (22ppDn，又当2|ji时，i与jn服从大数定律，结论得证。n为一列独立同分布随机变量， 方差存在，又1nna为绝对收敛级数，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 18 页

15、令1iinn，则nna服从大数定律。证：不妨设0nE。 否则令nnnE，并讨论n即可。记22nE，又1|nnac。因为)()(1111nkiiiknkkkniiiniiaaa，故有nncanaEnaDnnknkiinkiinkkinii,0)()(1)(122212221212nna服从大数定律，结论得证。n为一列独立同分布随机变量，共同分布为,2 ,1,21)2(2kkPkkn试问n是否服从大数定律？答：因为nE存在，由辛钦大数定律知n服从大数定律。n为一列独立同分布随机变量，共同分布为, 3,2,log)(22kkkckPn其中1222)log1(kkkc，问n是否服从大数定律？答：因为n

16、E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的概率，为了有95% 以上的把握保证所观察到的频率与概率p的差小于10p，问至少应该做多少次试验？解：令其它上次试验时图钉的尖头朝第01nn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 18 页据题意选取试验次数n应满足95.0)10|(|1ppnPnii，因为n比较大，由中心极限定理有95.021)101|)(|)10|(|2101101112dxeqnpnpqpPppnPxqnpqnpninii故应取2101qnp，即pqn400，但图钉底部重，尖

17、头轻，由直观判断有21p，因而1pq，故可取400n。4.33 一本书共有一百万个印刷符号，排版时每个符号被排错的概率为 0.0001，校对时每个排版错误被改正的概率为0.9，求在校对后错误不多于 15 个的概率。解：令其它对后仍错误个印刷符号被排错且校第01ii因为排版与校对是两个独立的工序，因而pqPPpii1)0(,101 .00001.0)1(5i是独立同分布随机变量序列，pEi，令niin1，其中610n，由中心极限定理有精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 18 页bxnndxebnpqnpnpqnpPP2221

18、)15()15(其中58.1105b，查)1 ,0(N分布表即可得94.0)15(nP，即在校对后错误不多于 15 个的概率。4.34 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的概率为0。006，死亡时家属可向保险公司领得 1000元，问：1保险公司亏本的概率多大？2保险公司一年的利润不少于40000元，60000元，80000元的概率各为多大？解：保险公司一年的总收入为120000元，这时假设一年中死亡人数120，则公司亏本；假设一年中死亡人数80，则利润中死亡人数40000元；假设一年中死亡人数60，则利润中死亡人数60000元；假设一年中死

19、亡人数40，则利润中死亡人数80000元；令个人在一年内活着第个人在一年内死亡第iii01则pPi006.0) 1(，记10000,1nniin已足够大，于是由中心极限定理可得欲求事件的概率为1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 18 页)723.7600211)120(1)120(22bdxebnpqnpnpqnpPPbxnn（其中同理可求得2)59.2(995. 0)80(bPn对应的)0(5. 0)60(bPn对应的)59.2(005. 0)40(bPn对应的4.35 有一批种子，其中良种占6161相差多少？解：令粒

20、不是良种第粒为良种第iii01则61) 1(iP，记niinp1,61，其中6000n，据题意即要求使满足99.0)|61(|nPn。令npqnbpq,1，因为n很大，由中心极限定理有99.021)()|61(|22bbxnndxebnpqnpbPnP由)1 , 0(N分 布 表 知 当60.2b时 即 能 满 足 上 述 不 等 式 ， 于 是 知41025.1npqnb61相差不超过41025.1。4.36 假设某产品的不合格率为0.005，任取 10000 件，问不合格品不多于 70 件的概率等于多少？解：令精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - -

21、- - -第 14 页，共 18 页件为合格品第件为不合格品第iii01则005.0) 1(iPp， 记niinpq1,1， 其中10000n， 记npqnpb70，由中心极限定理有998. 021)()70(22dxebnpqnpPPbxnn即不合格品不多于70 件的概率约等于0.998。4.37 某螺丝钉厂的不合格品率为0.01，问一盒中应装多少只螺丝钉才能使其中含有 100 只合格品的概率不小于0.95？解：令只是不合格品第只是合格品第iii01则99.0) 1(iPp， 记niinnpqnpbpq1,100,1， 其中n尚待确定，它应满足05.0)100(nP，由中心极限定理有05.0

22、21)()100(22dxebnpqnpPPbxnn查)1 , 0(N分布表可取65.1b，由此求得103n，即在一盒中应装103只螺丝钉才能使其中含有100只合格品的概率不小于0.95。4.39 用特征函数的方法证明“二项分布收敛于普哇松分布”的普哇松定理。证：设nini1独立同二项分布，即nipqPpPnnninni1 ,1)0(,)1(ni的特征函数为)(itnnepq，记nninin,1的特征函数记作)(tn，因精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 18 页为nnp，故)1(1),1(nonqnonpnn，于是有ne

23、noenoennepqtitititeeenitnitnitnnn,)1()1(11)1 (1 ()()()1()1()1(而)1(itee是参数为的普哇松分布的特征函数，由特征函数的逆极限定理即知定理成立，证毕。4.40 设随机变量服从- 分布，其分布密度为)0, 0(000)()(1xxexxpx证：当时，的分布函数弱收敛于)1 ,0(N分布。证：的特征函数为)1()(itt，易知的特征函数为)1ln()1 ()(ittitieitetg而)(3121)1ln(322toittitit因而有,2)(312)1ln(2332ttoittitti故22)(limtetg， 所以相应的分布函数弱

24、收敛于)1 , 0(N分布， 命题得证。设n为一列独立同分布随机变量，且n服从),(nn上的均匀分布，证明对n成立中心极限定理。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 18 页证：易知32,0222ndxnxEDEnnnnn，于是) 12)(1(18131212nnnkDBnknkkn故323nBn，对任意的0，存在N，使当Nn时有13n，因而nBn，从而当Nn，0)(|2nBxkxdFx，假设nk，由此知0)(1lim1|22nkBxknnnxdFxB即林德贝尔格条件满足，所以对n成立中心极限定理，结论得证。4.42 设,n

25、n皆为独立同分布随机变量序列，且nn与独立，其中,2, 1,21)1(;1,0nPDEnnn，证明：iniinns11的分布函数弱收敛于正态分布)1 ,0(N。证：这时nn仍是独立同分布随机变量序列，易知有1)()(,0)(22nnnnnnnEEDE由林德贝尔格 - 勒维中心极限定理知：iniinns11的分布函数弱收敛于正态分布)1 ,0(N，结论得证。4.45 利用中心极限定理证明：neknnnkk,21!0证：设n是独立同分布随机变量序列，共同分布为1的 Poisson分布，故精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 18 页nDBDEnkknnn12, 1，由林德贝尔格 - 勒维中心极限定理知ndteBEPnPtnnkkknkk,21210)()(02112由 Poisson 分布的可加性知nkk1服从参数为n的 Poisson 分布，因而nnkknkkeknnP101!)(，但)(0!nennnn，所以nennnPeknnknnknnkk,21!)(!10成立，结论得证。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 18 页