《2023年第五章大数定律和中心极限定理.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年第五章大数定律和中心极限定理.docx（29页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023年第五章大数定律和中心极限定理 第一篇：第五章大数定律和中心极限定理 第五章大数定律和中心极限定理 考试内容 切贝雪夫Chebyshev不等式 切比雪夫大数定律 伯努利大数定律 辛钦Khinchine大数定律 棣莫弗拉普拉斯De MoivreLaplace定理 列维林德伯格LevyLindbreg定理 考试要求 1.了解切比雪夫不等式 2.了解切比雪夫大数定律、伯努利大数定律和辛钦大数定律独立同分布随机变量序列的大数定律。 3.了解棣莫弗一拉普拉斯定理二项分布以正态分布为极限分布和列维一林德伯格定理独立同分布随机变量序列的中心极限定理 重点内容 切比贝夫不等式及其应用，列维一林德伯格中
2、心极限定理及其应用，其余大数定律与中心极限定理。 特别留意切贝雪夫大数定律，伯努利大数定律和辛钦大数定律这三个大数定律成立的条件的异同；留意区分两个中心极限定理。 一、主要内容讲解 1、切贝雪夫不等式设随机变量X的方差存在，则对e0，都有PX-EXeDX e2或PX-EX0，满意 limP(Xn-Xe)=1 n X(n).则称Xn依概率收敛于X.记作XnP 留意：依概率收敛与函数极限的收敛是不同的；概率是频率的稳定值表达的就是一种依概率收敛关系.3、大数定律Xm随机变量的均值期望的均值，依概率收敛 切贝雪夫大数定律：设随机变量X1,X2,L,Xn互相独立，均具有有限方差，且有公共上界，即D(X
3、i)C(i=1,2,),则对于随便的正数e，有 1limPnn n i= 1Xi- 1n n i=1 E(Xi)e=1. 特殊情形：若X1,X2,L,Xn具有相同的数学期望E(Xi)=m，则上式成为 n 1limPnn i=1 Xi-me=1. 伯努利大数定律：设是n次独立试验中事务A发生的次数，p是事务A在每次试验中发生的概率，则对于随便的正数，有 m limP-pe=1.nn 伯努利大数定律说明，当试验次数n很大时，事务A发生的频率与概率有较 大判别的可能性很小，即 mlimP-pe=0.nn 这就以严格的数学形式描述了频率的稳定性。切比雪夫大数定律的特殊情形 注：假如用X表示n重伯努利试
4、验中事务A发生的次数，p(0 limP n Xn -pe=1 辛钦大数定律：设X1,X2,L,Xn，是互相独立同分布的随机变量序列，且 E(Xi)=m，则对于随便的正数有 n 1 limPnn i=1 Xi-me=1. -EX|2 2例5.1：设随机变量X的方差为2，则根据切比雪夫不等式有估计P|X 例5.2：设随机变量X和Y的数学期望分别为-2和2，方差分别为1和4，而相关系数为-0.5，则根据切比雪夫不等式有估计P|X+Y|6 112 例5.3：设总体X听从参数为2的指数分布，X1,X2,L,Xn为来自总体X的简洁随机样本，则当n时,Yn= n 2i n n Xi 依概率收敛于。 i=1
5、分析：n时,Yn= X n i=12 E(X)，n 2i i=1 n E(Xi)=D(Xi)+(EXi)= l +l)= 例5.4：设X1,X2,L,Xn，互相独立同分布，且EXi=0，则 nlimPXinn i=1 n n1limPXin=limP 分析：ni=1nn i=1 1 Xi1limP nn n i=1 Xi-00，都有limPXin=1.n i=1 例5.5：设X1,X2,L,Xn，是互相独立的随机变量序列，Xn听从参数为n的指数分布n=1,2, ，则以下中不听从切比雪夫大数定律的随机变量序列是：AX1,X2,L,Xn，；BX1,22X2,L,n2Xn， B CX1,X2/2,L
6、,Xn/n，；DX1,2X2,L,nXn， 分析：E(n2Xn)=n2 1n =n,D(nXn)=n 1n =n(n) 注：也不听从辛钦大数定律不同分布。 4、中心极限定理XN(m,s n) 列维林德伯格定理：设随机变量X1,X2,L,Xn互相独立，听从同一分布，且具有相同的数学期望和方差：E(Xk)=m,D(Xk)=s变量 0(k=1,2,L)，则随机 n Yn= k= 1X k -nm ns的分布函数Fn(x)对随便的实数x，有 n X-nmkk=1 limFn(x)=limPx=nn ns t 12p x - e - dt.此定理也称为独立同分布的中心极限定理。 n 注：即Xk k=1
7、N(nm,ns %，再标准化得到标准正态分布。)近似听从正态分布 棣莫弗拉普拉斯定理：设随机变量Xn为具有参数n,p(0p0，则 Cp(1-p) kn kn-k l k k! e -l (n).其中k=0，1，2，n，。二项分布的极限分布为泊松分布。 注：由中心极限定理知：二项分布的极限分布亦为正态分布.历年试题分析： 02，3分设随机变量X1,X2,L,Xn互相独立，Sn=X1+X2+L+Xn，则根据列维-林德伯格Levy-Lindberg中心极限定理，当n充分大时，Sn近似听从正态分布，只要X1,X2,L,XnA有相同的数学期望。C听从同一指数分布。 注：(D)不能确定有无期望、方差.03
8、，4分设总体X听从参数为2的指数分布，X1,X2,LXn为来自总体X的简洁随机样本，则当n时，Yn= i B有相同的方差。D听从同一离散型分布。 X依概率收敛于n i=1。 05，4分设X1,X2,L,Xn,L为独立同分布的随机变量列，且均听从参数为 l(l1)的指数分布，记F(x)为标准正态分布函数，则C nn X-nlX-nliii=1i=1 x=F(x)BlimPx=F(x)AlimP nn lnlnnnlX-nX-lii i=1i=1 x=F(x) x=F(x)DlimPClimP nn nln 分析：Xi:Exp(l),EXi= l,DXi= l, Xi:Nn ll,n)(n).再标
9、准化即得.6 其次篇：第五章 大数定律和中心极限定理 第五章 大数定律和中心极限定理 一、填空题 1、设随机变量X的数学期望EX=m，方差DX=s2，则由切比雪夫不等式有PX-m3s_。 2、设随机变量X的数学期望EX=100，方差DX=10，则由切比雪夫不等式，可得P80X120。_ 3、设X1,X2,L,Xn是n个互相独立同分布的随机变量，EXi=m，DXi=8，(i=1,2,L,n)，对于X=Xi，写出所满意的切比雪夫不等式_；i=1nn_。并估计PX-m4_ 4、设随机变量X和Y的数学期望分别为-2和2，方差分别为1和4，而相关系数为-0.5，则根据切比雪夫不等式PX+Y6_。 5、设
10、随机变量X1,X2,L,Xn,L互相独立同分布，且EXn=0，则nlimPXin_ =_。ni=1 二、单项选择题 1、设X1,X2,L,Xn,L为独立同分布的随机变量序列，其分布函数为F(x)=a+xarctan,b0，则辛钦大数定律对此序列 pb1A、适用 B、当常数a,b取适当的数值时适用 C、不适用 D、无法判别 2、设X1,X2,L,Xn,L为独立同分布的随机变量序列，且Xi(i=1,2,L)听从参数为l的指数分布，则 nnlXi-nXi-nA、limPi=1x=F(x) B、limPi=1x=F(x) nnnnnnXi-lXi-lC、limPi=1x=F(x) D、limPi=1x
11、=F(x) nnnlnl 1 x其中F(x)=-12pe-t22dt。 3、设随机变量X1,X2,L,Xn互相独立，Sn=X1+X2+L+Xn，则根据中心极限定理，当n充分大时，Sn近似听从正态分布，只要X1,X2,L,Xn A、有相同的数学期望 B、有相同的方差 C、听从同一泊松分布 D、听从同一连续型分布 三、计算题 1、在每次试验中，事务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，事务A发生的次数在400600之间的概率。 2、设随机变量X听从二项分布B(n,p)，试分别用切比雪夫不等式和中心极限定Xn-p理，估计满意PnDX99%式中的n。3 3、一生产线
12、生产的产品成箱包装，每箱的重量是随机的。假设每箱平均重50千克，标准差为5千克。若用最大载重量为5000千克的汽车承运，试用中心极限定理说明每辆车最多可以装多少箱，才能保障不超载的概率大于0.977？ 四、证明题 设X1,X2,L,Xn独立同分布，已知EXk=ak(k=1,2,3,4)。证明：当n充分大1n2时，随机变量Zn=Xi近似听从正态分布，并指出该正态分布的分布参数。 ni= 1参考答案： 一、填空题 1398111、2、3、PX-me2；1-4、5、1 9402n12ne 二、单项选择题 1、C2、A3、C 三、计算题 391、2、n30；n83、箱数m 0，有它等价于。 贝努里大数
13、定律是探讨这种极限定理的第一个定律，也是一个从理论上证明随机现象的频率具有稳定性的定律。下面我们给出由贝奴里在1713年发表的这个定律的证明。 证 设是第次试验中事务其中发生的次数，由听从参数为的(0-1)分布, 互相独立,且，从而知 由切贝雪夫不等式有 因此 亦即 贝努里大数定律证明白在大量重复试验时，随机事务的频率在它的概率的旁边摇摆，若事务或者说事务的概率很小，则正如贝努里定律所指出的，事务很少发生。的频率也很小，“概率很小的随机事务在个别试验中是几乎不能发生的这一原理称为小概率事务的实际不行能性原理。它在国家经济建设中有着广泛的应用。至于“小概率小到什么程度才能看作事实上不行能发生，则
14、要视具体状况的要求和性质而定。例如，自动车床加工零件出现次品的概率为0.01，若零件的重要性不大而价格又低，则完全可允许有1%的次品率，即可忽视100个零件中出现一个次品的可 能性。但假如制造一批着陆伞出现的次品的概率为0.01，明显在这种状况下，这1%的忽视也是确定不允许的，因为它可能危及这百分之一跳伞者的生命。贝努里大数定律还供应了通过试验来确定事务概率的方法。既然频率 与概率有较大偏差的可能性很小，那么我们就可以通过做试验确定某事务发生的频率并把它作为相应概率的估计，这种方法称为参数估计，它是数理统计中主要的探讨课题之一。参数估计的一个重要理论基础就是大数定律。设数e，有是一个互相独立的
15、随机变量序列，是一个常数，若对于随便正，则称序列依概率收敛于a。因此，由贝奴里大数定律可得：设是次独立试验中事务出现的次数，而是事务在每次试验中出现的概率,则频率依概率收敛于概率。 人们在事务中还觉察，除了频率具有稳定性之外，大量视察值的平均值也具有稳定性。这就是切贝雪夫大数定律。 5.1.3 切贝雪夫大数定律 设随机变量互相独立,每一随机变量都有数学期望和有限的方差 公共上界c,即，并且它们有，则对随便的e 0，皆有 证 因互相独立，所以 又因，由切贝雪夫不等式可得 所以 于是,在1866年由俄国数学家切贝雪夫证明的大数定律是关于大数定律大的一个相当普遍的结论。贝努里大数定律就是切贝雪夫大数
16、定律的一个特例。切贝雪夫大数定律说明互相独立的随机变量的算术平均值与数学期望的算术平均值的差在充分大时是一个无穷小量，这也意味着在从分大时，经算术平均后得到的随机变量的旁边。 有切贝雪夫大数定律还得益的下面的推论： 设独立随机变量听从同一分布，并且有数学期望及方差，的值将比较紧密地聚集在它的数学期望则的算术平均值在时，依概率收敛与数学期望，即对随便正数e，有.上述推论，是我们关于算术平均值的法则有了理论上的根据。如我们要测量某一物理量，在不便条件下重复进行次，得个测量值，明显它们 可以看成是个互相独立的随机变量，具有相同的分布，并且有数学期望。由大数定理可知，当充分大时，次测量值得平均值可作为
17、得近似值： 则由此所因发的误差是很小的。 第五篇：第四章大数定律和中心极限定理 第四章 大数定律和中心极限定理 教学内容：本章主要讲解并描述契比雪夫不等式，契比雪夫大数定律，贝努里大数定律和中心极限定理等内容 教学重点：讲清大数定律的条件、结论和中心极限定理的条件、结论。 教学难点：随机变量序列的两种收敛性及大数定律和中心极限定理的应用。 在本课程一起先引入概率这个概念时，我们曾经指出，频率是概率的反映，随着视察次数n的增大，频率将会慢慢稳定到概率。还曾经指出，当n很大时，频率会概率是会特殊“靠近的，某些读者可能早就有了疑问：这里说的“慢慢稳定和特殊“靠近原委是什么意思？与数学分析中的极限概念
18、有关系吗？这个问题提得特殊好，前面提到的“慢慢稳定和特殊“靠近都只是一种直观的说法，它的严格的数学家意义确实需要我们进一步说明，本章就是要探讨这一类问题。 第一节 切比雪夫不等式 一、契比雪夫不等式Chebyshev inequality 设随机变量X的均值E(X)及方差D(X)存在，则对于随便正数e，有不等式 se2222P|X-E(X)|e 或P|X-E(X)|e1-se 成立。 我们称该不等式为契比雪夫Chebyshev不等式。 证明：我们仅对连续性的随机变量进行证明设f(x)为X的密度函数，记E(X)=m，D(X)=s 2P|X-E(X)|e=则 1f(x)dx1x-me2(x-m)2
19、x-me+e2f(x)dx e2-(x-m)f(x)dx2e2s=D(X)e2从定理中看出，假如D(X)越小，那么随机变量X取值于开区间(E(X)-e,E(X)+e)中的概率就越大，这就说明方差是一个反映随机变量的概率分布对其分布中心(distribution center)E(X)的集中程度的数量指标。 利用契比雪夫不等式，我们可以在随机变量X的分布未知的状况下估算事务X -E(X)e的概率。设随机变量X的数学期望E(X)=10，方差D(X)=0.0，4估计的大小。P9.2X11解： P9.2X11=P-0.8X-101PX-100.81-0.04(0.8)2=0.9375 因此 P9.2X
20、0, 使得 nlimP|Xn-a|e=1 则称Xn依概率收敛于a.可记为 Xna P意思是:当n时，Xn落在(a-e,a+e)内的概率越来越大。定理4.1切比雪夫大数定律 设互相独立的随机变量X1,X2,L,Xn,L分别具有均值E(X1),E(X2), L,E(Xn),L及方差D(X1),D(X2),L,D(Xn),L，并且方差有共同的上界，即 D(Xi)K，i=1,2, ，则对于随便正整数e，有 1limPnnnk=1Xk-n1nnk=1PE(Xk)e=1 EXni=1即 Xni=11i1ni 证明：QP|Xni=1ni1ni-E(Xni=11ni)|e =P|Xni=1n1-E(Xni=1
21、1ni)|e D(1-1nnXei=12i)D(X =1-i=1i)ne22 1-nMne221(n) 又QP|Xni=11ni-E(Xni=1n1ni)|e1 所以limP|nXni=11ni-E(Xni=11i)|0，则 Yn=Xnk=11nkm P即若任给e0, 使得 nlimP|Yn-m|e=1 证明:由切比雪夫不等式 P|Yn-E(Yn)|e1-D(Yn)e2.这里E(Yn)=E(Xnk=11nk)=m D(Yn)=1n2nD(Xk=1k)=s2n22 故P|Yn-m|e1-sne.nlimP|Yn-m|1920)=1-P(Y1920)1-F(Y-16004001920-160040
22、0近似N(0,1)=1-F(0.8)=1-0.7881=0.2119 (供电问题)某车间有200台车床,在生产期间由于需要检修、调换刀具、变换位置及调换工件等常需停车。设开工率为0.6,并设每台车床的工作是独立的，且在开工时需电力1千瓦。问应供应多少瓦电力就能以99.9%的概率保证该车间不会因供电缺乏而影响生产? 解：对每台车床的视察作为一次试验，每次试验视察该台车床在某时刻是否工作，工作的概率为0.6，共进行200次试验。用X表示在某时刻工作着的车床数，依题意，XB(200,0.6), 如今的问题是：求满意P(XN)0.999的最小的N。由德莫佛-拉普拉斯极限定理X-npnp(1-p)近似N(0,1), 于是 P(XN)= P(0XN) F(N-12048)-F(-12048)F(N-12048) 由F(N-12048)0.999，查正态分布函数表得F(3.1)=0.999，故 N-120483.1，即所求N=142。也就是说,应供应142 千瓦电力就能以99.9%的概率保证该车间不会因供电缺乏而影响生产。 小 结 中心极限定理是概率论中最著名的结果之一，它不仅供应了计算独立随机变量之和的近似概率的简洁方法，而且有助于说明为什么很多自然群体的阅历频率呈现出钟形曲线这一值得留意的事实。 在后面的课程中，我们还将经常用到中心极限定理。