第四章_大数定理和中心极限定理历年考研试题解答

第四章_大数定理和中心极限定理历年考研试题解答（精选9篇）

第四章_大数定理和中心极限定理历年考研试题解答 第1篇

大数定理和中心极限定理历年考研试题汇总

数一部分：

1.(2001年)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E(X)|2}______.解答：因为D(X)2，根据切比雪夫不等式可知：

D(X)

22P{|XE(X)|2}12.数三部分：

1．(1988年)某保险公司多年的统计资料表明，在索赔户中被盗户占20%.以X表示随机抽查的100个索赔户中因被盗向保险公司索赔的户数.(1)写出X的概率分布；

(2)利用棣莫弗-拉普拉斯定理，求被盗索赔户不少于14户且不多于30户的概率的近似值.kk100k0.20.8,k0,1,2,,100.解答：(1)X的概率分布为：P{Xk}C100

(2)由棣莫弗-拉普拉斯定理知，P{14X30}P141000.2

1000.20.8



X204X1000.20.20.8301000.2 0.20.8P1.52.5(2.5)(1.5)

(2.5)(1.5)10.9440.93310.927.2.(1996年)假设X1,X2,Xn为来自总体X的简单随机样本，已知E(Xk)ak(k1,2,3,4).证明：当n充分大时，随机变量Znn1nXi2近似服从正态分布，并指出其分布参数.i1

解答：依题意X1,X2,Xn独立同分布，知X12,X22,Xn2也独立同分布，由E(Xk)ak(k1,2,3,4)，有E(Xi2)a2，D(Xi)E(Xi)E(Xi)a4a2,i1,2,,n24222

1

于是E(Zn)E

n

1

D(Zn)D

n

n



i1n

X

2i

1

n

n



i1

n

E(Xi)a2



i1

X

i

12

n



i1

D(X)

i

a4a2

n

因此根据独立同分布的中心极限定理，当n充分大时，Un

Zna2a4an

~N(0,1)

故当n充分大时，Zn

1n

n



i1

X

2i

a4a2

近似服从参数为a2,n



的正态分布.

3.(2001年)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P{|XY|6}______.解答：令ZXY，则

E(Z)E(X)E(Y)220

D(Z)D(XY)D(X)D(Y)2Cov(X,Y)142(0.5)D(X)D(Y)3

于是有P{|XY|6}P{|ZE(Z)|6}

4.(2001年)一生产线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

D(Z)6



112

.千克，若用最大载重量为5吨的汽车承运，试利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((2)0.977，其中(x)是标准正态分布函数).解答：设Xi(i1,2,,n)是装运的第i箱的重量(单位：千克)，n为所求箱数.由题设可以将X1,X2,Xn视为独立同分布的随机变量，而n箱的总重量SnX1X2Xn是独产同分布随机变量之和.由题设，有E(Xi)50,E(Sn)50n,D(Xi)5,D(Sn)5n(单位：千克)

根据列维-林德伯格中心极限定理知，Sn近似服从正态分布N(50n,25n)，箱数n根据下述条件确定

Sn50n500050n

P{Sn5000}P

5n5n

由此得

100010n

n

2，从而n98.0199

100010n0.977(2)n，即最多可以装98箱.5.(2003年)设总体X服从参数为2的指数分布，X1,X2,Xn为来自总体X的简单随机样本，则当

n时，Yn

n

n

Xi

依概率收敛于___________.i1

解答：因为X1,X2,Xn相互独立同服从参数为2的指数分布，于是X12,X22,Xn2也独立同分布，且

E(Xi)

12,D(Xi)



14,i1,2,,n

11

于是E(X)D(Xi)E(Xi),i1,2,,n

422

i

因此，根据辛钦大数定理有Yn

n

n

X

i

依概率收敛于

i1

n

n

E(Xi)

.i1

第四章_大数定理和中心极限定理历年考研试题解答 第2篇

2018考研概率知识点总结：大数定律和

中心极限定理

考研数学复习最后两月多的时间，大家除了疯狂做题之外，对于知识点的整合联系也要做好，统筹全局才能稳操胜券，下面是概率与数理统计部分知识点整合，大家可以抽时间捋一捋。

2018考研概率知识点整合：大数定律和中心极限定理

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第四章_大数定理和中心极限定理历年考研试题解答 第3篇

6-1设YnXi,再对Yn利用契比雪夫不等式: ni1

nDXiDYi12nn0PYnEYn2n2222nn

故Xn服从大数定理.6-2设出现7的次数为X,则有

X~B10000,0.1,由棣莫佛-拉普拉斯定理可得

PX968P

6-3EXiEXnp1000,DX900 X100096810001610.14303015 1,2DXi1 12

Xi10

由中心极限定理可知, 101,所以

1010PXi61PXi611i1i1,6-4设报各人数为X,则EX100

由棣莫佛-拉普拉斯定理可得 0.136 DX100..XEX120100P{X120}PDX

120.0228

6-5设Xi第i个人死亡1

0第i个人没有死亡i1,2,,10000,则

PXi00.994 PXi10.006,总保险费为12100001.210(万元)5

(1)当死亡人数在达到1.2105/1000120人时,保险公司无收入.np1040.00660,所以保险公司赚钱概率为

0.1295

PX1X2X10000np0.129512060



7.771

因而亏本的概率为P1P0.(2)若利润不少于40000，即死亡人数少于80人时,PX1X2X10000np0.12958060



2.590.9952

若利润不少于60000，即死亡人数少于60人时,PX1X2X10000np0.12956060



00.5

若利润不少于80000，即死亡人数少于40人时,PX1X2X10000np0.12954060



2.5920.0048

6-6设总机需备Y条外线才能有95%的把握保证每个分机外线不必等候,设随机变量Xi1第i架电话分机用外线

0第i架电话分机不用外线,i1,2,则,260

PX10.04,EXi0.04,由中心极限定理可得 PX00.96 DXi0.040.00160.0384

260Y2600.04PXiY95% 2600.0384i1

Y16

6-7密度函数为fx1当0.5x0.5 其他0

故数学期望为EX0.5

0.5xdx0

20.5

0.5DXEX2EX

(1)设Xi为第i个数的误差,则 x2dx1 12

300PXi15Pi1Xi15i12(3)10.9973 3005DXii1300

300300PXi151PXi150.0027

i1i1

n(2)PXi10210.9n440.77 i1

300Y(3)PXiY210.997Y14.85 5i1

6-8EX5102kg,5103kg

(1)设Xi 为第i个螺钉的重量,则

nEX1005102,51030.05

100XnEXi1005.15i1PXi5.1P1(2)0.02280.05ni1 

1第i个螺钉的重量超过5.1kg(2)设Yi0第i个螺钉的重量不超过5.1kgi1,2,,500,则

np11.4np(1p)3.33

500Ynpi5002011.4i1PYi5004％P(2.58)0.9951 3.33i1np(1p)

6-9设随机变量Xi1第i个人按时进入掩体

其他0

n

ii1,2,,1000,按时进入掩体的人数为Y,则YX,Y~B10000,0.9,所以有 i1

EY10000.9900,设有k人按时进入掩体，则 DY9000.190

k9000.95

k9001.645 90

第四章_大数定理和中心极限定理历年考研试题解答 第4篇

研究随机变量序列的各种极限(或收敛性)的理论.我们知道,概率论是研究随机现象统计规律的学科,然而随机现象统计规律性只有在相同条件下进行大量重复的试验或观察才能显现出来,这就要用到极限去刻划.随机现象在大量重复试验中呈现明显的规律性,这只是一个信念,其确切含义和理论根据是什么？现在就来解决这些问题.极限定理是概率论中最重要的理论.它在概率论与数理统计的理论研究与应用中起着十分重要的作用.第一节 契比雪夫不等式

这里介绍一个重要的不等式--契比雪夫不等式,它是大数定律和中心极限定理的理论基础.定理 设随机变量X存在数学期望EX和方差DX,则对任意正数, 成立

P{|XEX|}DX2, 此式称为契比雪夫不等式.或等价地

P{|XEX|}1P{|XEX|}1DX.2证明(1)当X为离散型随机变量, 分布律为

P{Xx}p ,i1,2,

ii则有

P{|XEX|}

P{Xx}

i|xiEX||xiEX|(xEX)i222P{Xx}ii(xEX)iDX2P{Xx}

i2;(2)当X为连续型随机变量, 概率密度为f(x), 则有

P{|XEX|}

1|xEX|f(x)dx

2(xEX)|xEX|22f(x)dx

2(xEX)f(x)dxDX2.例

P{|XEX|aDX}

DX(aDX)21a2 ,(a0)

从上述证明方法中,还可以看出(类似可证),成立

P{|X|}(0,k1)P{|XEX|}E(|XEX|)kE|X|kk，;

k,(0,k1);等形式的不等式.(车贝谢夫,车贝晓夫,切比雪夫)例 设随机序列{Xn}和随机变量X，E|XnX如果limn|0，2则对任意有 limn0, P{|XnX|}0。

证明 因为 对任意0，成立P{|XnX|}E|XnX|22，2利用条件limE|XnX|0，nlimP{|XnX|}0。即得成立n

定理 设随机变量X的数学期望EX和方差DX均存在,且DX0, 则有 P{XEX}1.证明 由车比谢夫不等式

P{|XEX|}DX2，1n}DX()n12得0P{|XEX|0, n1,2,, P{|X又

EX|1n}0,n1,2,，1n}{|XEX|0}{|XEX|n1，1n})0P{|XEX|0}P({|XEX|n1

n1P{|XEX|1n}0, 于是P{|XEX|0}1, 即P{XEX}1.(P(A1A2)P(A1)P(A2)P(A1A2)

P(A1)P(A2), P(A1A2A3)P(A1)P(A2)P(A3)，P(Ai)i1P(Ai1i).第二节 大数定律

在第一章中我们指出,随机事件的频率f(A)nf(A)nnAn,当

n时, nAn具有某种稳定性和统计概 率的定义5.它们的真正含义,在当时无法说清楚,现在就来说清楚这个问题.对于这一点, 大数定理将给于理论上的依据.下面只介绍大数定理的最基本情形.定理一(契比雪夫大数定律)设X,X,,X,是相互独立的12n随机变量序列,每一个X都有有限

i的方差,且有公共的上界,即

D(X)C, i1,2,,n, 则对任意0,成立

ilimP{|n1n1nnXii11n1nEX|}1 ，ii1

nnlimP{|nXEX|}0.ii1nii1证明 令 Yn1nnX

ii1由数学期望的性质,有

EYE(n1nnX)ii11nnEX，ii1 6 因X,X,,X,相互独立, 由方差的性质,得到

12nDYD(n1nnnX)ii11n2nDX，ii1 1n2Ci1Cn , 利用契比雪夫不等式,可得

1P{|1nnXEX|}

ii11nnii1

P{|YEY|}1nnDYn21Cn2, 在上式中,令n,即得

limP{|n1nnXii11nnEX|}1.ii1

定义 依次序列出的随机变量：X,X,,X, 简记为{Xn},简称12n随机(变量)序列{X}.n 定义 对于随机(变量)序列{X}和随机变量X(或常数a),若对任意0,有

limP{|XX|}1

nnn(或limP{|Xa|}1)nn则称随机(变量)序列{X}依概率收

n敛于X(或常数a).(等价于limP{|XX|}0)

nnX,(n)简记为XPna,(n))(或XPn 推论(辛钦大数定律)若随机变量序列X,X,,X,独立同分布,且存在有限的数学期望和方差

12n EX,DX,(i1,2,)

2ii则对任意0,有

limP{|X|}1 , n其中 X1nnX.ii1 8 证明 由数学期望和方差的性质及条件,有

EXE(X)

nii11n1nnEXii11nn，i1DXD(1n21nnnX)

ii1DXii11n2n2i1n2, 对任意0,有

1P{|X|}

P{|XEX|}

1DX21n22, 于是成立

limP{|X|}1 , n即{X}依概率收敛于常数.这个结论将在第八章中用到,是用样本均值作为总体均值的点估计的理论依据.定理二(贝努里大数定律)设n是n次独立重复试验中事件A发A生的次数,p是事件A在每次试验中发生的概率, 则对任意0,成立

limP{|nnAnp|}1.证明 引人随机变量

1,第i次试验中A发生X , 0,第i次试验中A不发生i

则n次试验中事件A发生的次数

nXXX , A12n由于是独立试验,所以X,X,,X相互独立,且都服从相同的(0—1)分布,即

12nP{X1}p,P{X0}1p,i1,2,,nii于是

EXp, i 10 DXp(1p)pp2i14(12p)214利用契比雪夫大数定律的推论,得

limP{|nnAnp|}limP{|Xp|}1

n 贝努里大数定律表明:事件A发生的频率

nAn依概率收敛于事件A发生的概率.这正是用频率作为概率的估计值的理论依据.在实际应用中,通常做多次试验,获得某事件发生的频率,作为该事件发生的概率的估计值.辛钦大数定律

定理(辛钦大数定律)设随机变量序列X,X,,X,独立同分布,且存在有限的数学期望 12n EX i,(i1,2,)则对任意0,有

第五章、大数定律与中心极限定理 第5篇

一、选择题：

1．若随机变量X的数学期望与方差分别为EX =1，DX = 0.1，根据切比雪夫不等式，一定有（）

A．P{1X1}0.9B．P{0x2}0.9

C．P{1X1}0.9D．P{0x2}0.9

2．设X1,X2,X9相互独立，EXi1,DXi1(i1,2,9)，根据切比雪夫不等式，1有（）

A．P{xi1}1B．P{xi1}12 9i1i129

C．P{2D． x9}1P{x9}19ii

2i1i199

3．若X1、X2、21000即都X1000为独立同分布的随机变量，且Xi~B(1,p)i

1、服从参数为p的0-1分布，则（）不正确

100011000

A．XiPB．Xi~B(1000、P)1000i1i

11000

C．P{aX

i1ib}(b)(a)

1000

D

．P{aXib}i1 1，根据切比雪夫不等式，164．设随机变量X的数学期望EX = 1，且满足P{X12}

X的方差必满足（）

11B．DX 16

41C．DXD．DX1 2A．DX

5．设随机变量X的数学期望EX = 1，方差DX = 1，且满足P{X1}1，根据切16

比雪夫不等式，则应满足（）

A．4B．4

C．

11D． 44

二、填空题：

1.若随机变量X的数学期望与方差分别为EX = 1，DX = 1，且 P{X1}

切比雪夫不等式，应满足。

2.若随机变量X的数学期望与方差均存在，且EX = 1，P{X11}

夫不等式，DX应满足。

3.设X1,X2,,X9相互独立，且EXi1,DXi1,i1、2、9，根据切比雪夫不等式，则0有P{1，根据41，根据切比雪4X

i19i9}。

4.设X1,X2,,X9相互独立，且EXi1,DXi1,i1、2、9，根据切比雪夫不等式，19

则0有PXi1} 9i

1三、计算题：

1．计算机进行加法计算时，把每个加数取为最接近它的整数来计算。设所有的取整误差是

相互独立的随机变量，并且都在[-0.5,0.5]上服从均匀分布，求：300个数相加时误差总和的绝对值小于10的概率。

（附：(1)0.8413,(2)0.9772,(3)0.99865,(4)0.99968）

2． 一颗螺丝钉的重量是一个随机变量,期望值是1两,标准差是0.1两.求一盒

(100个)同型号螺丝钉的重量超过10.2斤的概率.（附：(1)0.8413,(2)0.9772,(3)0.99865,(4)0.99968）

3．已知一本1000页的书中每页印刷错误的个数服从泊松分布P（0.1），求这本书的印刷错

误总数大于120的概率。

（附：(1)0.8413,(2)0.9772,(3)0.99865,(4)0.99968）

4．据以往经验，某种电器元件的寿命服从均值为100小时的指数分布，现随机地取25只，设他们的寿命是互相独立的，求这25只元件的寿命总和大于3000小时的概率。

第四章_大数定理和中心极限定理历年考研试题解答 第6篇

摘要：在概率论中，大数定律是比较重要的内容，他主要就是以严格的数学形式来表达概率中随机现象的性质，也是一定稳定性的表现。大数定律在数学的应用中比较重要，一般都是利用大数定律和中心极限定理一起来应用。本文根据在不同的条件下存在的大数定律和中心极限定理做了具体的分析，对几种比较常见的大数定律进行了介绍，结合他们条件的不同，分析了不同数学模型的特定，并在各个领域应列举它们的应用。这也是将理论具体化的一种表现形式，使得大数定律与中心极限定理在实际的生活中应用更加广泛，应用价值更深一层。关键词：大数定律；中心极限定理；应用；范围 1前言

大数定律是概率历史上第一个极限定理。由于随机变量序列向常数的收敛有多种不同的形式，按其收敛为依概率收敛，以概率 1 收敛或均方收敛，分别有弱大数定律、强大数定律和均方大数定律。常见的大数定律有伯努利大数定理、辛钦大数定律、重对数定理等等。中心极限定理是是概率论中讨论随机变量序列部分和的分布渐近于正态分布的一类定理。这组定理是数理统计学和误差分析的理论基础，指出了大量随机变量近似服从正态分布的条件。

概率理论是数理理论都是研究现实世界随机现象的一种统计科学，大数定律与中心极限极限定理都是数学重要的组成部分，在自然学科与经济发展中有着广泛的应用，大数定律与中心极限定理都是重要定理，也是概率论与数理统计的一个枢纽中心，大数定律主要阐明的是平均结果具有稳定性，证明了在样本的条件下，样本平均值与总体平均值是一样的，这也是算术平均值法则的基本理论，在现实的生活中，经常可以看到这样的数据模型。取一个物体的平均值，一般都是反复测量的结果，当时测量结果在不断增大时，算术平均值的偏差就会越来越小，也是1nni1的偏差也是越来越小。这种思想贯穿在整个的概率理论中，并且占有着重要的左右，在其他的数学领域中占有着重要的地位，中心极限定理与大数定律相比就更加详细，中心极限定理是在严格的数学形势下阐明的条件，无论总体是怎样分布，样本的平均值都是呈正态的形式分布，中心极限定理也是以正态分布作为广泛的理论基础应用。目前无论是在国内还是在国外，大数定律与中心极限定理已经被广泛的研究，尤其是在实际生活中的应用，银行业就是根据中心极限定理来发展，而大数定律更是应用在保险行业，很多研究者在这个领域都研究了具有一定价值的成果。推广大数定律与中心极限定理的应用问题是一个非常有研究价值的方向，通过这些问题来不断的推广，这样不仅仅能够加深大叔定理与中心极限定律的理解，并且很多问题也能够加以解决。2相关定义定理以及应用 2.1相关定义

定义：设X1,X2,,Xn,是一个随机变量序列，a是一个常数，若对于任意正数，有limPXna1，nP则称序列X1,X2,,Xn,依概率收敛于a.记为Xna.切比雪夫不等式

设随机变量具有有限的期望与方差，则对0，有

P(E())D()2或P(E())1D()2

证明：我们就连续性随机变量的情况来证明。设~p(x)，则有

(xE())2P(E())xE()p(x)dxxE()D()2p(x)dx

12(xE())p(x)dx22

该不等式表明：当D()很小时，P(E())也很小，即的取值偏离E()的可能性很小。这再次说明方差是描述取值分散程度的一个量。

切比雪夫不等式常用来求在随机变量分布未知，只知其期望和方差的情况下，事件{E}概率的下限估计；同时，在理论上切比雪夫不等式常作为其它定理证明的工具。

定理1（切比雪夫大数定律）

设{n}是相互独立的随机变量序列，每一随机变量都有有限的方差，且一致有界，即存在常数C，使D(i)ClimP{1nii1,2,，则对任意的0，有nni11niE(ni1)}0[即

ni11niE(pni11ni)(n)] 证明：由切比雪夫不等式知：0,有：

n0P{1nnii11nnE(i)}1i12D(1nnDi1ii)i1n22nCn22Cn20(n)

该定理表明：当n很大时，随机变量1,,n的算术平均值ni1nni1i接近于其数学期望E(ni11)，这种接近是在概率意义下的接近。通俗的说，在定理的条件下，n个相互独立的随机变量算术平均值，在n无限增加时将几乎变成一个常数。

推论：设1,,n是相互独立的随机变量，由相同的数学期望和方差E(i),D(i)2i1,2,，则0,有

limP{n1nni1i}0（即

1nini1以概率收敛于）

这个结论有很实际的意义：人们在进行精密测量时，为了减少随机误差，往往重复测量多次，测得若干实测值1,,n，然后用其平均值

1nini1来代替。

定理2（De Moivre-Laplace极限定理）(定理1的特殊情形)设n(n1,2,)是n重Bernoulli试验中成功的次数，已知每次试验成功的概率为p0p1，则对xR,有 limP{nnnpnpqx}12ext22dtx。

该定理也可改写为：ab，有limP{annnpnpqb}ba

1证明： 令i0第i次试验出现成功第i次试验不出现成功 则

{i}为独立同分布的随机变量序列,且Eip,Dip(1p)均存在

n显然：ni，此时ni1nnpnpq

该定理为上定理的一个特殊情形，故由上定理该定理得证。2.2几个大数定律的关系及适用场合

2.2.1伯努利定理是泊松定理的特例

泊松定理是指在一定的时间段内，平均若干次发生的时间，有的时候会多，有的时候会少，发生的次数是随机的时间，这也使泊松分配。P(k,T)(T)ke

若是Pk=p,则泊松大数定理也就是伯努利大数定理，伯努利大数定理也完全证明了时间在完全相同的条件下进行重复的试机实验，并且频率比较稳定，随着n的无限增大，n在试验中叶氏趋近于稳定，与A出现的频率的平均值比较接近。

2.2.2泊松大数定律是切比雪夫大数定律的特例

在泊松的大数定理的条件中，Dpiqn1，也能够满足切比雪夫大数定律的条件。

2.2.3切比雪夫大数定律是马尔科夫大数定律的特例

在切比雪夫大数定律中，DiC(i1,2,3,4.....),根据随机变量序列两两不相关的性质可以了解到，1nnD(i)i11nni1D(i)cn0，根据这样的式子也能够看出满足马尔可夫大数定

n律的条件。由此可见，伯努利大数定律与泊松大数定律都是马尔可夫大数定律的特例。伯努利大数定律也使辛钦大数定律的特别情况。在伯努利的大数定律中，由于随机变量时可以变化的，则n必然会是独立分布的，并且都会服从伯努利分布的基本情况：pi1p,pi0q，并且Eip，所以这样的公式必然会满足辛钦大数定律的条件。但是辛钦大数定律并不是泊松大数定律与切比雪夫大数定律的推广。2.2中心极限定理的基本关系

在实际问题中，常常需要考虑许多随机因素所产生总影响.例如：炮弹射击的落点与目标的偏差，就受着许多随机因素的影响.如瞄准时的误差，空气阻力所产生的误差，炮弹或炮身结构所引起的误差等等.对我们来说重要的是这些随机因素的总影响.中心极限定理，正是从理论上证明，对于大量的独立随机变量来说，只要每个随机变量在总和中所占比重很小，那么不论其中各个随机变量的分布函数是什么形状，也不论它们是已知还是未知，而它们的和的分布函数必然和正态分布函数很近似。这就是为什么实际中遇到的随机变量很多都服从正态分布的原因，也正因如此，正态分布在概率论和数理统计中占有极其重要的地位。中心极限定理也可以分为几种情况：由于无穷个随机变量之和可能趋于∞，故我们不研究n个随机变量之和，本身而考虑它的标准化的随机变量。

中心极限定理表明：在相当一般的条件下，当独立随机变量的个数增加时，其和的分布趋于正态分布。因此，只要和式中加项的个数充分大，就可以不必考虑和式中的随机变量服从什么分布，都可以用正态分布来近似，这在应用上是有效的和重要的。

nnZnk1XkE(Xk)k1n的分布函数的极限.D(Xk)k1列维一林德伯格中心极限定理：设随机变量相互独立,服从同一分布,且有n,n,则随机变量之和

n的标准化变量Yni1XiE(Xi)i1nXi1in的分布函数。

D(Xi)i1n将n个观测数据相加时，首先对小数部分按“四舍五入”舍去小数位后化为整数．试利用中心极限定理估计

(1)当n=1500时，舍入误差之和的绝对值大于15的概率；

(2)n满足何条件时，能以不小于0.90的概率使舍入误差之和的绝对值小于10．这就可以根

n据列维林德伯格中心极限定理来解决问题，当n充分大的时候，数据个数n应满足条件：|Sn|P{|Sn|10}Pn/120.90 ,即 2Φ(n/1210i1Xin近似地n~N(0,1)，10n/12)10.90 ,Φ(10n/12)0.95 ,10n/121.645 ,n443.5 ,当n<443时，才能够保证误差之后的绝对值小于10，概率不小于0.9。3定理的应用

3.1在生产生活中的应用 一生产线生产的产品成箱包装，每箱的重量是随机的,假设每箱的平均重50千克,标准差5千克.若用最大载重量为5吨的汽车承运,试利用中心极限定理说明每辆车最多可以装多少箱,才能保证不超载的概率大于0.977.解答：设n为第i箱的重量(), YnXi1i由列维-林德伯格中心极限定理,有，近似地~500050n所以n必须满足P{Yn5000}Φ0.977Φ(2)，N(50n,25n)，5n100010nn也就是最多可以装98箱.2， n98.0199，(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、变换位置及调换零件等常需停车.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不足而影响生产? 解：某一时刻开动的车床数，X~B(200, 0.6),要求最小的k,使P{0Xk}0.999.由D-L近似地定理

 P{0Xk}Φ(knpnpq)Φ(0npnpq,)X~N(np,npq)，P{0Xk}Φ(knpnpq)Φ(0npnpq)Φ(k12048)Φ(12048)Φ(k12048)0.999

所以若供电141.5千瓦，那么由于供电不足而影响生产的可能性不到0.001，相当于8小时内约有半分钟受影响，这一般是允许的。

某产品次品率p = 0.05,试估计在1000件产品中次品数的概率.次品数X~B(1000,0.05),E(X)np10000.0550，D(X)np(1p)500.9547.5，由棣莫弗-拉普拉斯中心极限定理,有：P{40X60}Φ(605047.5)Φ(405047.5)2Φ(1.45)10.853.次品数：X~B(1000,0.05),E(X)np10000.0550,D(X)np(1p)500.9547.5，P{40X60}Φ(605047.5)Φ(405047.5)2Φ(1.45)10.853.若是使用切比雪夫的不等式来进行计算，P{40X60}P{X5010}147.51020.525.但是这样的计算并不完整，有点过于保守。

3.2在数学分析中的应用

在一次试验中事件A出现的概率为0.4，应至少进行多少次试验，才能使事件A出现的频率与概率之差在之间的概率不低于0.9 ？

解答：由中心极限定理知, Xn N(np, npq)，P(Xnnp0.1)P(Xnnpnpq0.1npq)

2Φ(0.1npq)10.9 Φ(0.1npq)0.95 0.1npq1.65 n66.设第i次射击得分为,则的分布律为

100E(Xi)9.15,D(Xi)1.227.由中心极限定理，Xi N(915, 122.7)

i1100 P{900i1Xi930}P{1511.08Xi100122.71511.08}2Φ(1.354)120.911510.823.高尔顿（Galton）钉板试验：

如下图中每一黑点表示钉在板上的一颗钉子，它们彼此的距离均相等，上一层的每一颗的水平位置恰好位于下一层的两颗正中间。从入口处放进一个直径略小于两

颗钉子之间的距离的小圆玻璃球，当小圆球向下降落过程中，碰到钉子后皆以1/2的概率向左或向右滚下，于是又碰到下一层钉子。如此继续下去，直到滚到底板的一个格子内为止。把许许多多同样大小的小球不断从入口处放下，只要球的数目相当大，它们在底板将堆成近似于正态 的密度函数图形（即：中间高，两头低，呈左右对称的古钟型），其中 为钉子的层数。

令 量（表示某一个小球在第 次碰了钉子后向左或向右落下这一随机现象相联系的随机变表示向右落下，表示向左落下），由题意，的分布列可设为下述形式：对

则有，对

令，其中 相互独立。则 表示这个小球第 次碰钉后的位置。试验表明近似地服从正态分布。

上述例子表明，需要研究相互独立随机变量和的极限分布是正态分布的问题，这是本章要介绍的中心极限定理刻画的主要内容。这个问题的解决，对概率论在自然科学和技术应用中一个最重要的手段奠定了理论基础，这一手段是把一个现象或过程看作是许多因素的独立影响下出现的，而每一因素对该现象或过程所发生的影响都很小。如果我们关心的是该现象或过程的研究，则只要考虑这些因素的总作用就行了。

3.3在信息论中的应用

设在某保险公司有1万个人参加投保,每人每年付120元保险费.在一年内一个人死亡的概率为0.006,死亡时其家属可向保险公司领得1万元,问:(1)该保险公司亏本的概率为多少?(2)该保险公司一年的利润不少于40,60,80万元的概率各是多少? 设一年内死亡的人数为X,则XB(10000, 0.006),由D-L中心极限定理,(1)P{10000X1200000}P{X120}

P{Xnpnpq120npnpq}1Φ(12060600.994)1Φ(7.77)0,通过计算可得到即该保险公司亏本的概率几乎为0.2)P{120000010000X400000}P{X80}Φ(8060600.994)Φ(2.589)0.995，P{120000010000X600000}P{X60}Φ(6060600.994)Φ(0)0.5, P{120000010000X800000}P{X40}P{X40}

Φ(4060600.994)1Φ(2.589)0.005.假设生产线组装每件成品的时间服从指数分布,统计资料表明每件成品的组装时间平均为10分钟.设各件产品的组装时间相互独立.(1)试求组装100件成品需要15到20小时的概率；(2)以95%的概率在16小时内最多可以组装多少件成品? 解答：设第i件组装的时间为Xi分钟,i=1,„,100.利用独立同分布中心极限定理.100E(Xi)10,D(Xi)10,i1,2,,100,P{9001002i1Xi1200}

P{90010010100102i1Xi10010100102120010010100102}

100P{9001001010010n2i1Xi10010100102120010010100102}

X0.95P{i1i10n96010n100n100n}

Φ(96010n100n通过表可查的)，96010n100n1.645，n81.18,故最多可组装81件成品。

Vk(k1,2,,20)20一加法器同时收到20个噪声电压，设它们是相互独立的随变量，且都

V在区间（0，10）上服从均匀分布。记

Vk1k，求P(V105)的近似值。

解：E(Vk)5,D(Vk)10012(k1,2,,20)，由定理1，得 P(V105P(V205(1012)20105205(1012)20)P(V100(1012)20V100(100.387)

1P(12)200.387)

1(0.387)

0.348

即有 P(V105)0.348

抽样检查产品质量时，如果发现次品多于10个，则拒绝接受这批产品，设某批产品的次品率为10％，问至少应抽取多少个产品检查才能保证拒绝接受该产品的概率达到0.9？

解 设 为至少应抽取的产品数，为其中的次品数

则

拉斯定理，有，，由德莫佛-拉普

当 充分大时，4结语，随着试验次数的增加，事件发生的频率逐渐稳定于某个常数，这一事实显示了可以用一个数来表征事件发生的可能性大小，这使人们认识到概率是客观存在的，进而由频率的三条性质的启发和抽象给出了概率的定义，而频率的稳定性是概率定义的客观基础。在实践中人们还认识到大量测量值的算术平均值也具有稳定性，而这种稳定性就是本节所要讨论的大数定律的客观背景，而这些理论正是概率论的理论基础。

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第四章_大数定理和中心极限定理历年考研试题解答 第7篇

1解:由切比雪夫不等式得:

P(|XE(X)|<ε)1D(X)

2=10.009

20.9.即20.09,0.3故min0.3

2解:由 EX=2,EY=2,则E(X+Y)=0,Cov(X,Y)= XYDXDY=0.512＝1,D(XY)1 = 3612D(X+Y)=D(X)+D(Y)+2 Cov(X,Y)=1＋4＋2（1）＝3 由切比雪夫不等式得:P(|X+Y|6)

3解:设Xi表示第i个麦穗粒数，i=1,……100, 则X1,,X100相互独立且服从相同分布.E(Xi)20,D(Xi)15,i1,...,100.，E(2X)=2000 ,D(Xi

i1i1100100i)=22500.设X表示100个麦穗的麦粒总数，则由中心极限定理知

X=XiN(2000,1502)（近似服从）

i1100

故所求概率为：P(1800X2200)=P(|X-2000|200)=()()=2()120.908210.8164.4解：(1)由题意可知被盗的概率P=0.2，则 XB(100,0.2)，其分布律为

kP(Xk)C1000.2k0.8100k,k0,1,.......100 434343

(2)E(X)np20,D(X)npq16,由中心极限定理知XN(20,4)（近似服从）.所求概率为

P(14X30) (2.5)(1.5)=0.9938-1+0.9332=0.927.解：设X表示这1000粒种子的发芽粒数，则XB(1000,0.9)

从而E(X)np900,D(X)npq90.由中心极限定理知XN(900,90)（近似服从）.故所求概率为2

P(|X0.9|0.02)P(|X900|20)1000

第四章_大数定理和中心极限定理历年考研试题解答 第8篇

第一节 大数定律（Laws of Large Numbers）

随机现象总是在大量重复试验中才能呈现出明显的规律性，集中体现这个规律的是频率的稳定性。大数定律将为此提供理论依据。凡是用来说明随机现象平均结果稳定性的定理统称为大数定律。由于内容非常丰富，我们只介绍其中两个。

一 契比雪夫大数定律

[定理1（契比雪夫的特殊情况）]设相互独立的随机变量X1,X2,,Xn,具有相同的数学

期望和方差：E(Xk)，D(Xk)(k1,2,)，则0,1limPn

n

n

X

k1

k



1

．

【注1】 契比雪夫大数定律告诉我们：随机变量的算术平均有极大的可能性接近于它们的数学期望，这为在实际工作中广泛使用的算术平均法则提供了理论依据.例如，为测量某个零件的长度，我们进行了多次测量，得到的测量值不尽相同，我们就应该用所有测量值的算术平均作为零件长度的近似为最佳。

二 伯努利大数定律

[定理2（伯努利大数定律）]设nA是n次独立试验中事件A发生的次数，p是事件A在nA

每次试验中发生的概率，则事件A发生的频率n依概率收敛于事件A的概率p，即0,limP{|

n

nAn

p|}1

或

limP{|

n

nAn

p|}0

【注2】伯努利大数定律中的nAn，实际上就是事件A发生的频率，定律以严格的数学形式

表述了频率稳定于概率的事实。这样，频率的稳定性以及由此形成的概率的统计定义就有了理论上的依据。

第二节中心极限定理（Central Limit Theorems）

n

如果X1,X2,,Xn是同时服从正态分布的n个相互独立的随机变量，则它们的和

i1

Xi

仍

然是服从正态分布的随机变量。现在的问题是：如果X1,X2,,Xn是服从相同分布的n个相互独立的随机变量，并非服从正态分布，那么它们的和是否还会服从正态分布呢？中心极限定理对此给出了肯定的答复。所有涉及大量独立随机变量和的极限分布的定理统称为中心极限定理。由于内容非常丰富，我们只介绍其中两个。

一 独立同分布中心极限定理

[定理3（独立同分布中心极限定理）]设随机变量X1,X2,,Xn,相互独立，服从同一

分布，且具有数学期望和方差：E(Xk),D(Xk)0(k1,2,)，则对于任意的x，n

X

limPn

k

n

x}



xt

dt(x)

．

n

【注3】 定理说明，均值为，方差为

n

0的独立同分布的随机变量之和

Xk的标准

k1

化变量Yn

X



k

n，当n很大时近似服从N(0,1)；而

k1

n

Xk

近似服从N(n,n)．

【注4】若记

2

X~N,

n

X

n

n

Xk，则Yn



k1

近似服从正态分布N(0,1)；或X近似服从

．

二 棣莫佛—拉普拉斯中心极限定理

[定理4（棣莫佛—拉普拉斯中心极限定理）]

设随机变量Yn(n1,2,)服从参数为n,p(0p1)的二项分布，则xR，有

limPn

Ynpx}



x



t22

dt(x)

．

【注5】 这个定理的直观意义是，当n足够大时，服从二项分布的随机变量Yn可认为近似服从正态分布N(np,np(1

p))~N0,1

.【注6】一般的结论是，不管每个服从什么分布，只要满足条件：

1）构成和式的X1,X2,,Xn是服从相同分布的n个相互独立的随机变量

2）每个随机变量对和的影响要均匀地小

3）构成和式的随机变量的个数要相当多，至少在30个以上

n

那么，它们的和

i1

Xi

将近似服从正态分布。因此，中心极限定理揭示了正态分布的形成机

制。例如我们在对某经济问题进行定量分析时，如果在许多种随机影响因素中没有一个是起主导作用的，那么就可以把它看成正态分布来进行分析。

经验表明：应用中大量的独立随机变量的和，都可以看成近似地服从正态分布。例

如测量误差，炮弹落点离开目标的偏差以及产品的强度，折断力，寿命等质量指标均属于此列。这样，由于中心极限定理的出现和应用，更加显示出了正态分布的重要。

三 中心极限定理在近似计算中的应用 1.同分布独立和Xk的概率的计算

k1n

例1 每袋味精的净重为随机变量，平均重量为 100克，标准差为10克．一箱内装200袋

味精，求一箱味精的净重大于20200克的概率．

200

解：设每袋味精的净重为Xkk1,2,,200，则一箱味精的净重为

k1

200

Xk，又

EXk100,10

.由中心极限定理知

k1

Xk

近似地服从正态分布。所以

200200PXk202001P

Xk20200 k1k1

200

Xk200001P

111.4110.92070.0793.2.n很大时，二项分布中事件aYnb的概率的计算

例2 设有一大批电子元件，次品率为1 %，现在任意取500个，问其中次品数在5～9个

之间的概率为多少？

解：设任意取500个其中次品数为Yn，则Yn可认为近似服从正态分布N(np,np(1p))．

P

5Yn9P



401.800.50.96410.50.4641.2.22

例3.有200台独立工作(工作的概率为0.6)的机床，每台机床工作时需3 kw电力．问共需多少电力, 才可有99.9 %的可靠性保证正常生产? 解：同时对200台机床察看是开工还是停工？可看成n

200,p0.6的二项分布，设工作的机床数为Yn，假设至多有m台机床在工作，则依照题意有P0Ynm0.999

P

0YnmP



0

141.5

所以

0.999



3.1，即m1203.1，取整数解

第四章_大数定理和中心极限定理历年考研试题解答 第9篇

1.设Ф(x)为标准正态分布函数，Xi=

1001,事件A发生；0,事件A不发生，i=1，2，…，100，且P(A)=0.8,X1,X2,…,X100

相互独立。令Y=

i1Xi，则由中心极限定理知Y的分布函数F(y)近似于（）

y80

4A.Ф(y)

2.从一大批发芽率为0.9的种子中随机抽取100粒,则这100粒种子的发芽率不低于88%的概率约为.(已知φ(0.67)=0.7486)

3.设随机变量X1，X2，…，Xn，…独立同分布，且i=1，2…，0

nB.Ф()C.Ф(16y+80)D.Ф(4y+80)

Yn

i1Xi,n1，2，.Φ（x）为标准正态分布函数，则limPn1（）np(1p)Ynnp

A．0B．Φ（1）C．1－Φ（1）D．1

4.设

5.设X服从(-1,1)上的均匀分布，试用切比雪夫不等式估计

6.设

7.报童沿街向行人兜售报纸，设每位行人买报纸的概率为0.2，且他们买报纸与否是相互独立的。试求报童在想100为行人兜售之后，卖掉报纸15到30份的概率

8.一个复杂系统由n个相互独立的工作部件组成，每个部件的可靠性（即部件在一定时间内无故障的概率）为0.9，且必须至少有80%的部件工作才能使得整个系统工作。问n至少为多少才能使系统的可靠性为0.95