大数定理与中心极限定理5

1、第五章大数定律与中心极限定理ANSWER为何能以某发生的频率1.的 概率的估计？作为该为何能以样本均值作为总体期望的估计？2.为何正态分布在概率论中占有极其重要的地位？大样本统计推断的理论基础是什么？3. 中心极 限定理4.大数定律本章要解决的问题 大数定律和中心极限定理是概率论的重要基本理论，它们揭示了随机现象的重要统计规律，在概率论与数理统计的理论研究和实际应用中都具有重要的意义。 迄今为止,人们已发现很多大数定律(laws of large numbers)所谓大数定律，简单地说，就是大量数目的随量所呈现出的规律，这种规律一般用随量序列的某种收敛性来刻画。 本章仅介绍几个最基本的大数定律

2、。下面，先介绍一个重要的不等式。5.1重要不等式切尔谢夫不等式马尔可夫（Markov）不等式设非负随量 X 的期望 E( X )存在，则对于任意实数 e 0,P( X e ) E( X )e切贝雪夫（推论 2chebyshev）不等式设随量 X 的方差 D ( X )存在，则对于任意实数 e 0,或P(| X - E( X ) | 2 = P(| x - 7 | 1)e 2123532e = 2 : Dx= 35 1 = P(| x - 7 | 2)e 24 124832例2设有一大批种子，其中良种占1/6.试估计在任选的 6000 粒种子中, 良种所占比例与1/6 比较上下小于1%的概率.解

3、设 X 表示 6000 粒种子中的良种数 ,X B (6000,1/6 )-注：二项分布E( X ) = 1000, D( X ) = 50006P- 1 0.01X 60005000683 1 - 6= 0.7685= P(| X -1000 | 60)602108实际精确计算：P X- 1 0.01= P(940 X 1060) 60006 1 k 5 6000-k1059 Ck= 0.9590366000 6 6 k =941用Poisson分布近似计算：取l = 1000P X- 1 0.01 = P(940 X 1060) 60006= 0.9379341000k e-1000105

4、9=k!k =941例3 设电站供电网有10000盏电灯，夜晚每一盏灯开灯的概率是0.7, 而假定开、关时间彼此独立，估计夜晚同时开着的灯数在6800与7200之间的概率.（p105）解设 X 表示夜晚同时开灯的数目-注：二项分布X B (10000,0.7 )例4 设每次试验中，A 发生的概率为 0.75,试用 Chebyshev不等式估计,n 多大时, 才能在n次独立重复试验中,A 出现的频率在0.74 0.76 之间的概率大于 0.90?解设 X 表示 n 次独立重复试验中的次数 , 则X B(n,0.75)E( X ) = 0.75n, D( X ) = 0.1875nA 发生A发生的

5、概率P 0.74 X 0.76 0.90 ，求 n要使nP(0.74n X 0.76n) 0.90P(| X - 0.75n | 0.01n) 0.90即即由 Chebyshev 不等式，e = 0.01n ,故P(| X - 0.75n | 0.01n) 1 - 0.1875n(0.01n)2令1 - 0.1875n 0.90(0.01n)2n 18750解得切比雪夫不等式说明，DX越小，则越小， P| X - EX越| 大e，也就是说，随P| X - EX | e量X取值基本上集中在EX附近，这进一步说明了方差的意义。同时当EX 和DX 已知时，切比雪夫不等式给出了概率P| X - EX的

6、| 一e个上界，该上界并不涉及随X的具体概率分布，而只与其方差DX和有关，因此，切比雪夫不等式在理论和实际中都有相当广泛的应用。需要指出的是，虽然切比雪夫不等式应用广泛，但在一个具体问题中，由它给出的概率上界通常比较保守。5.2 大数定律在叙述大数定律之前，首先介绍两个基本概念。定义5.1 设X , X,L为, X一,个L随量序列，记为X1 , X都2 ,L相,互X n独量序列。12nX，n 若对任何n2，随量立，则称X n 是相互独立的随量序列，X为一随定义5.2 设为X一n 随量或常数，若对任意0，有 0- p e = 0nlim PAnn或 n- p 0有lim P( Yn - a e

7、)= 0nlim P(Yn - a 1, X1 , X 2 ,L, Xn具有相同的数学期望和方差相互独立)，且E( Xk ) = m, D( Xk ) = sk = 1,2,L2 ,则 e 0有 e = 1nn- 1 1lim PXEX算术平均值ii nnni=1i=1lim P 1 e = 0nX- mk nnk =1lim P 1 e = 1n n X- m或knk =1定理的意义：具有相同数学期望和方差的独立随 算术平均值依概率收敛于数学期望.即量序列的n1 n- 1 EXP 0 (n )Xiinni=1i=1当 n 足够大时，算术平均值几乎就是一个常数,可以用算术平均值近似地代替数学期

8、望. 本结果由数学家切比雪夫于1866年证明，是关于大数定律的普遍结果，许多大数定律的古典结果都是它的特例。推论1设X是n 独立同分布的随量序列，且i = 1, 2,LEXi = m ,则对任意0，有DXi = s,2 1lim P 0lim P 1X- m e = 0nk =1k nnA发生的概率为p，在n重推论2（贝努利大数定律）设贝努利试验中A发生的频率为 f n ，则对任意的0，有,lim P|f- p | 0 ,2k = 1,2,L则对于任意实数 x ,n Xk- nmt 22 x = 1-xelim P k =1dt2p-nnsnnn Xi- E Xi Xi- nm-t2x x =

9、1 e 2 dt = F(x)-= x= lim P=lim P i1i1 i1ns2pnnnD Xi i=1本定理的证明在20世纪20年代由林德伯格和莱维给出， 因证明较复杂，在此从略。由定理5.2可知，当n充分大时，n X i- nm近似N (0,1) i=1ns，(5-8)从而，n近似 Xi i=1N (nm, ns)2注：记n Xk- nm k =1nsYn=n则 Y n 为 Xk的标准化随量.k =1lim P(Yn x) = F (x)n即 n 足够大时，Y n 的分布函数近似于标准正态随量的分布函数Y近似 N (0,1)nnsYn + nmn Xk k =1近似服从 N (nm,

10、 ns 2 )=量序列 X1 , X 2 ,L, Xn ,L 相互设随独立，且有有限的期望和方差：E( X) = m) = s 0 ,k = 1,2,L2k,D( Xkkk记nn= D( Xk =1s) =B22knkk =1若$d 0, 1 n- m|2+d ) n0E(| X2+dkkBk =1n定理2李雅普诺夫(Liapunov)定理则对于任意实数 x ,nnm -XkkP k =1k =1 x limnBnt 21-x-= F(x)e2dt2p设 Y n B( n , p) ,则对任一实数 x，有0 p 1,n = 1,2,t 22lim PYn - np np(1 - p) 12p-

11、xe=xdt-n即对任意的 a b,t 22Yn - np1-blim P a np(1 - p) b =edtp2naY n N (np , np(1-p)(近似)定理3德莫佛 拉普拉斯中心极限定理（DeMoivre-Laplace ）正态分布的概率密度的图形m-sm+smx二项分布的随量可看作许多相互独立的0-1分布量之和, 下面是当x-B(20,0.5)时, x的概率分布的随图P0.20.150.10.05005101520普阿松分布相当于二项分布中p很小n很大的分布, 因此, 参数l=np当很大时也相当于n特别大, 这个时候普阿松分布也近似服从正态分布, 下面是l=30时的普阿松概率分

12、布图.0.080.070.060.050.040.030.020.01012141618202224262830323436384042444648P例1设有一大批种子，其中良种占1/6.试估计在任选的6000粒种子中，良种所占比例与1/6比较上下不超过1%的概率.解设 X 表示6000粒种子中的良种数 , 则X B(6000,1/6)E( X ) = 1000, D( X ) = 50006近似5000 X N 1000,6P- 1 0.01X= P( X -1000 60) 60006 F 1060 -1000 -F 940 -1000 5000 65000 6= F 60 -F - 60

13、5000 6 5000 6 = 2F 60 -1 0.96245000 6 比较几个近似计算的结果P- 1 0.01 0.9590X用二项分布(精确结果) 60006P X- 1 0.01 0.9379 6000用Poisson 分布6P X- 1 0.01 0.7685 6000用Chebyshev 不等式6P- 1 0.01 0.9624X用中心极限定理 60006例2某车间有200台车床，每立工作，开工率为0.6.开工时每台耗电量为 r 千瓦.问供电所至少要供给这个车间多少电力,才能以99.9% 的概率保证这个车间不会因供电不足而影响生产？解设至少要供给这个车间 a 千瓦的电力设 X 为

14、200 台车床的开工数.X B(200,0.6) , X N (120, 48) (近似)问题转化为求 a , 使P(0 rX a) = 99.9%由于将 X 近似地看成正态分布，故 a -120 P(0 rX a) = Fr-F 0 -120 4848 a -120 r F 48F 0 -120 48= F (-17.32) 0反查标准正态函数分布表，得F (3.09) = 99.9%令a -120r= 3.0948解得a = (3.09 141r48 + 120)r(千瓦)例3检查员逐个地检查某种产品,每检查一只产品需要用10秒钟 . 但有的产品需重复检查一次，再用去10秒钟. 假设产品需

15、要重复检查的概率为 0.5, 求检验员在 8 小时内检查的产品多于1900个的概率.解检验员在 8 小时内检查的产品多于1900个即检查1900个产品所用的时间小于 8 小时.设 X 为检查1900 个产品所用的时间(单位： 秒)设 Xk 为检查第 k 个产品所用的时间(单位： 秒),k = 1,2,1900Xk1020P0.50.5E( Xk ) = 15,X1 , X 2 ,L, X1900D( Xk ) = 25相互独立,且同分布,1900X= Xkk =1E( X ) = 1900 15 = 28500D( X ) = 1900 25 = 47500近似X N (28500,47500

16、)P(10 1900 X 3600 8)= p(19000 X 28800) F 28800 - 28500 - F19000 - 28500 4750047500 F (1.376) -F (- 43.589) 0.9162解法二X -1900010 1900个产品中需重复检查的个数X -19000 B(1900,0.5)()近似 N950, 47510P(10 1900 X 3600 8)= P(19000 X 28800)X -1900028800 -19000 = P 0 1010= P 0 X -19000 98010 F 980 - 950 - F 0 - 950 475475 F

17、 (1.376)-F (- 43.589) 0.9162例4人的防御工事用炮火进行 100 次轰击, 设每次轰击命中的炮弹数服从同一分布, 其数学期望为 2, 均方差为 1.5 . 如果各次轰击命中的炮弹数是相互独立的,求100 次轰击(1) 至少命中180发炮弹的概率;(2) 命中的炮弹数不到200发的概率.解设 X k 表示第 k 次轰击命中的炮弹数E( Xk ) = 2,D( Xk ) = 1.5,k = 1,2,L,1002X1 , X 2 ,L, X100相互独立，设 X 表示100次轰击命中的炮弹数,则100X= Xk ,E( X ) = 200,D( X ) = 225,k =1

18、近似XN (200,225)P( X 180) 1 -F 180 - 200 (1)15= 1-F (-1.3) = F (1.3) = 0.91P(0 X 200) F 200 - 200 -F 0 - 200 (2)= F (0) -F (-13.33) = 0.51515例5 售报员在报摊上卖报,已知每个过路人在报摊上买报的概率为1/3. 令X 是出售了100份报时过路人的数目，求 P (280 X 320).解令Xi 为售出了第 i 1 份报纸后到售出第i 份报纸时的过路人数,i = 1,2,100P( Xi= k) = p(1- p)k -1k = 1,2,L(几何分布)p=1/ 3 ,= 3,D( X) = 1- pE( X) = 1= 6iip2pp=1/ 3p=1/ 3100相互独立,X= XkX1 , X 2 ,L, X100k =1E( X ) = 300,D( X ) =