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??c
v
? ?D?? K? ?
v
? ?D?? K? ?
开课系：数学学院主讲教师：刘亚平
Email:yapingliu66@tom.com
§5.1 切比雪夫不等式定理5.1.1:P(143)若随机变量X的期望E(X)和方差D(X)
存在，则对任意ε>0，有;
)X(D
}|)X(EX{|P
2
ε
≤ε≥?
等价形式为
.
)X(D
1}|)X(EX{|P
2
ε
≥ε<?
例：一机床制造长度为50cm的工件，由于随机扰动，工件长度总有一定误差。统计表明，长度的均方差为2.5mm。
若工件实际长度在49.25~50.75cm之间算合格，请估计该机床制造工件的合格率。
解：设X表示工件长度，则由题意有
EX=50，D(X)=0.25*0.25
由切比雪夫不等式，有合格率为
2
2
0.25 8
{| ( ) | 0.75} 1,
0.75 9
PXEX?<≥?=
§5.2 大数定律定义5.2.1P(144),设X
1
,X
2
,…,X
n
是随机变量序列，a是一个常数；若对任意ε>0,有,
lim (| | ) 1,
n
n
PX a ε
→∞
<=
则X
1
,X
2
,…,X
n
依概率收敛于a，记为
.
P
n
Xa →
定理5.2.1(切比雪夫大数定律）设互相独立的随机变量序列X
1
,X
2
,…,X
n
,…数学期望与方差都存在，且存在常数c，使每个D(Xi) ≤c(i=1,2,…)，则必有
11
11
lim (| ( ) | ) 1
nn
ii
n
ii
pX EX
nn
ε
→∞
==
<=
∑∑
推论：（独立同分布大数定律）
设随机变量X
1
,X
2
,…,X
n
相互独立，且服从相同分布，记E(X
i
)=μ，D (X
i
)=σ
2
(i=1,2,…),记
1
1
n
k
k
XX
n
=
=
∑
则有
.
P
X μ →
即对任意的ε>0，有,
1
1
lim {| | } lim {| | } 1
n
k
nn
k
PX P X
n
με με
>∞?>∞
=
<=?<=
∑
0}|
1
{|lim
1
=≥?
∑
=
∞>?
εμ
n
k
k
n
X
n
P
或
μμ ===
∑∑∑
===
n
k
n
k
k
n
k
k
n
EX
n
X
n
E
111
11
)
1
(
22
2
1
2
1
111
)
1
( σσ
n
n
n
DX
n
X
n
D
n
k
k
n
k
k
===
∑∑
==
1}|
1
{|
1
=<?∞→
∑
=
εμ
n
k
k
X
n
Pn时，当。
由切比晓夫不等式得：
2
2
1
1}|
1
{|
ε
σ
εμ
n
X
n
P
n
k
k
≥<?
∑
=
证明：
证：令
nk
Ak
Ak
X
k
,,2,1
1
0
null=
=，
发生次试验中，在第不发生次试验中，在第故
nullnull,,,2,1)1( nkppDXpEX
kk
=?==，，
1}|
1
{|lim
1
=<?
∑
=
∞>?
εpX
n
P
n
i
i
n
,
由推论有即
1}|{|lim =<?
∞>?
εp
n
n
P
A
n
。
此定理说明了频率的稳定性。
则
∑
=
=
n
k
kA
Xn
1
，且
n
XX,,
1
null相互独立同服从于
分布
)10(?
定理5.2.2（贝努里大数定律）设是n次独立重复试验中事件A发生的次数n
A
，记f
n
(A)= n
A
/n，p是事件A发生的概率，则有
(),
P
n
f Ap →
即对任意的ε>0，有或
1}|{|lim =<?
∞>?
εp
n
n
P
A
n
0}|{|lim =≥?
∞>?
εp
n
n
P
A
n
注：贝努里大数定律是辛钦大数定律的特殊情况。
定理5.2.3（辛钦大数定律）
设随机变量X
1
,X
2
,…,X
n
相互独立，且服从相同分布，E(X
i
)=μ (i=1,2,…)存在,记
1
1
n
k
k
XX
n
=
=
∑
则有.
P
X μ →
即对任意的ε>0，有,
1
1
lim {| | } lim {| | } 1
n
k
nn
k
PX P X
n
με με
>∞?>∞
=
<=?<=
∑
1
1
lim {| | } 0
n
k
n
k
PX
n
με
>∞
=
≥=
∑
或定理5.3.1(独立同分布的中心极限定理）
设X
1
,X
2
,…,X
n,
，…，是独立同分布的随机变量序列，且
2
2
1
lim { }
2
x t
n
n
PY x e dt
π
→∞
∞
≤=
∫
则对随机变量
),2,1(,0
2
null=≠== kDXEX
kk
σμ，
1
n
k
k
n
Xn
Y
n
μ
σ
=
=
∑
及任意的x∈R，有
()x=Φ
等价地
lim (0,1)
n
n
YN
→∞
～
或者是
2
1
lim (,)
n
k
n
k
XNnnμσ
→∞
=
∑
～
§5.3 中心极限定理
(De Moivre--Laplace)
定理5.3.2,(德莫佛-拉普拉斯定理）
设随机变量X
n
(n=1，2，…)服从参数为n,p(0<p<1)的二项分布，则对任意的x∈R，有
2
2
1
lim { }
2
x t
n
n
Xnp
Pxed
npq π
→∞
∞
≤=
∫
()x=Φ
1
n
nk
k
XY
=
=
∑
证明：因为其中Y
1
，Y
2
，…，Y
n
相互独立且都服从于(0-1)分布。
且有EY
k
=p，DY
k
=pq，k=1，2，…，n,由中心极限定理知结论成立.
推论：
设随机变量X 服从参数为n,p (0<p<1) 的二项分布,
当n 充分大时有：
{}{ }
()()
n
npanp bnp
Pa X b P
npq npq npq
bnp anp
npq npq
η
<≤= < ≤
≈Φ?Φ
说明：这个公式给出了n 较大时二项分布的概率计算方法。
例：用一机床制造大小相同的零件，标准重为1kg,
由于随机误差，每个零件的重量在(0.95，1.05)(kg)
上均匀分布。设每个零件重量相互独立，
(1)制造1200个零件，问总重量大于1202kg的概率是多少？
(2) 最多可以制造多少个零件，可使零件重量误差的绝对值小于2kg的概率不小于0.9?
例：在某地区的一家保险公司里有二万人参加了人寿保险，每人每年付8元保险费。若投保公司向其家属赔付
2000元。设该地区的人口死亡率为万分之五，求
(1)该保险公司亏本的概率。
(2)该保险公司一年的利润不少于12万元的概率。
1 引进了大数定律的概念，要了解大数定律的意义和内容，理解贝努里、辛钦大数定律，了解契比雪夫大数定律。
2 阐述了中心极限定理的含义及其客观背景，要掌握独立同分布的中心极限定理和德莫佛-拉普拉斯定理，会利用中心极限定理解决一般实际应用问题。
第四章小结例：某车间有200台车床，它们独立地工作着，
开工率为0.6,开工时耗电各为1千瓦，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：
,数为记某时在工作着的车床X,B(200,0.6)~X 则设至少要供给这个车间r千瓦电才能以99.9%的概率保证这个车间不会因供电不足而影响生产。由题意有：
)
4.06.0200
6.0200
()
4.06.0200
6.0200
(
)4.0()6.0(}{
0
200
200
××
×?
Φ?
××
×?
Φ≈
=≤
∑
=
r
CrXP
r
k
kkk
典型题分析
141.r 1.3
48
120-r
,999.0)
48
120
()32.17()
48
120
(
≥≥
≥
Φ≈?Φ?
Φ=
所以查表得
rr
即供给141千瓦电就能以99.9%的概率保证这个车间不会因供电不足而影响生产。
例:
现有一批种子，其中良种占1/6。今任取6000粒，
问能以0.99的概率保证在这6000粒种子中良种所占的比例与1/6的差不超过多少？相应的良种粒数在哪个范围内？
解：
.6/1,6000),,(~ == pnpnBXX其中，则设良种数为
99.0
6
1
-
6000
P =
≤α
α
X
，则应有：设不超过的界限为由德莫佛-拉普拉斯定理
≤α
6
1
-
6000
P
X
故近似地有
,99.01
6/56/16000
6000
2 =?
××
Φ
α
.6/1,6000 == pn
)(}{lim xx
npq
np
P
n
n
Φ=≤
∞→
η
××
≤
××
×?
=
6/56/16000
6000
6/56/16000
6/16000
P
αX
1
6/56/16000
6000
2?
××
Φ≈
α
,995.0
6/56/16000
6000
=
××
Φ
α
即
,58.2
6/56/16000
6000
=
××
α
查表得
.0124.0=α解得良种粒数X的范围为
,6000)0124.06/1(6000)0124.06/1( ×+≤≤×? X
.1075925 ≤≤ X即
α≤
6
1
-
6000
X
??c
v
? ?D?? K? ?
v
? ?D?? K? ?
开课系：数学学院主讲教师：刘亚平
Email:yapingliu66@tom.com
§5.1 切比雪夫不等式定理5.1.1:P(143)若随机变量X的期望E(X)和方差D(X)
存在，则对任意ε>0，有;
)X(D
}|)X(EX{|P
2
ε
≤ε≥?
等价形式为
.
)X(D
1}|)X(EX{|P
2
ε
≥ε<?
例：一机床制造长度为50cm的工件，由于随机扰动，工件长度总有一定误差。统计表明，长度的均方差为2.5mm。
若工件实际长度在49.25~50.75cm之间算合格，请估计该机床制造工件的合格率。
解：设X表示工件长度，则由题意有
EX=50，D(X)=0.25*0.25
由切比雪夫不等式，有合格率为
2
2
0.25 8
{| ( ) | 0.75} 1,
0.75 9
PXEX?<≥?=
§5.2 大数定律定义5.2.1P(144),设X
1
,X
2
,…,X
n
是随机变量序列，a是一个常数；若对任意ε>0,有,
lim (| | ) 1,
n
n
PX a ε
→∞
<=
则X
1
,X
2
,…,X
n
依概率收敛于a，记为
.
P
n
Xa →
定理5.2.1(切比雪夫大数定律）设互相独立的随机变量序列X
1
,X
2
,…,X
n
,…数学期望与方差都存在，且存在常数c，使每个D(Xi) ≤c(i=1,2,…)，则必有
11
11
lim (| ( ) | ) 1
nn
ii
n
ii
pX EX
nn
ε
→∞
==
<=
∑∑
推论：（独立同分布大数定律）
设随机变量X
1
,X
2
,…,X
n
相互独立，且服从相同分布，记E(X
i
)=μ，D (X
i
)=σ
2
(i=1,2,…),记
1
1
n
k
k
XX
n
=
=
∑
则有
.
P
X μ →
即对任意的ε>0，有,
1
1
lim {| | } lim {| | } 1
n
k
nn
k
PX P X
n
με με
>∞?>∞
=
<=?<=
∑
0}|
1
{|lim
1
=≥?
∑
=
∞>?
εμ
n
k
k
n
X
n
P
或
μμ ===
∑∑∑
===
n
k
n
k
k
n
k
k
n
EX
n
X
n
E
111
11
)
1
(
22
2
1
2
1
111
)
1
( σσ
n
n
n
DX
n
X
n
D
n
k
k
n
k
k
===
∑∑
==
1}|
1
{|
1
=<?∞→
∑
=
εμ
n
k
k
X
n
Pn时，当。
由切比晓夫不等式得：
2
2
1
1}|
1
{|
ε
σ
εμ
n
X
n
P
n
k
k
≥<?
∑
=
证明：
证：令
nk
Ak
Ak
X
k
,,2,1
1
0
null=
=，
发生次试验中，在第不发生次试验中，在第故
nullnull,,,2,1)1( nkppDXpEX
kk
=?==，，
1}|
1
{|lim
1
=<?
∑
=
∞>?
εpX
n
P
n
i
i
n
,
由推论有即
1}|{|lim =<?
∞>?
εp
n
n
P
A
n
。
此定理说明了频率的稳定性。
则
∑
=
=
n
k
kA
Xn
1
，且
n
XX,,
1
null相互独立同服从于
分布
)10(?
定理5.2.2（贝努里大数定律）设是n次独立重复试验中事件A发生的次数n
A
，记f
n
(A)= n
A
/n，p是事件A发生的概率，则有
(),
P
n
f Ap →
即对任意的ε>0，有或
1}|{|lim =<?
∞>?
εp
n
n
P
A
n
0}|{|lim =≥?
∞>?
εp
n
n
P
A
n
注：贝努里大数定律是辛钦大数定律的特殊情况。
定理5.2.3（辛钦大数定律）
设随机变量X
1
,X
2
,…,X
n
相互独立，且服从相同分布，E(X
i
)=μ (i=1,2,…)存在,记
1
1
n
k
k
XX
n
=
=
∑
则有.
P
X μ →
即对任意的ε>0，有,
1
1
lim {| | } lim {| | } 1
n
k
nn
k
PX P X
n
με με
>∞?>∞
=
<=?<=
∑
1
1
lim {| | } 0
n
k
n
k
PX
n
με
>∞
=
≥=
∑
或定理5.3.1(独立同分布的中心极限定理）
设X
1
,X
2
,…,X
n,
，…，是独立同分布的随机变量序列，且
2
2
1
lim { }
2
x t
n
n
PY x e dt
π
→∞
∞
≤=
∫
则对随机变量
),2,1(,0
2
null=≠== kDXEX
kk
σμ，
1
n
k
k
n
Xn
Y
n
μ
σ
=
=
∑
及任意的x∈R，有
()x=Φ
等价地
lim (0,1)
n
n
YN
→∞
～
或者是
2
1
lim (,)
n
k
n
k
XNnnμσ
→∞
=
∑
～
§5.3 中心极限定理
(De Moivre--Laplace)
定理5.3.2,(德莫佛-拉普拉斯定理）
设随机变量X
n
(n=1，2，…)服从参数为n,p(0<p<1)的二项分布，则对任意的x∈R，有
2
2
1
lim { }
2
x t
n
n
Xnp
Pxed
npq π
→∞
∞
≤=
∫
()x=Φ
1
n
nk
k
XY
=
=
∑
证明：因为其中Y
1
，Y
2
，…，Y
n
相互独立且都服从于(0-1)分布。
且有EY
k
=p，DY
k
=pq，k=1，2，…，n,由中心极限定理知结论成立.
推论：
设随机变量X 服从参数为n,p (0<p<1) 的二项分布,
当n 充分大时有：
{}{ }
()()
n
npanp bnp
Pa X b P
npq npq npq
bnp anp
npq npq
η
<≤= < ≤
≈Φ?Φ
说明：这个公式给出了n 较大时二项分布的概率计算方法。
例：用一机床制造大小相同的零件，标准重为1kg,
由于随机误差，每个零件的重量在(0.95，1.05)(kg)
上均匀分布。设每个零件重量相互独立，
(1)制造1200个零件，问总重量大于1202kg的概率是多少？
(2) 最多可以制造多少个零件，可使零件重量误差的绝对值小于2kg的概率不小于0.9?
例：在某地区的一家保险公司里有二万人参加了人寿保险，每人每年付8元保险费。若投保公司向其家属赔付
2000元。设该地区的人口死亡率为万分之五，求
(1)该保险公司亏本的概率。
(2)该保险公司一年的利润不少于12万元的概率。
1 引进了大数定律的概念，要了解大数定律的意义和内容，理解贝努里、辛钦大数定律，了解契比雪夫大数定律。
2 阐述了中心极限定理的含义及其客观背景，要掌握独立同分布的中心极限定理和德莫佛-拉普拉斯定理，会利用中心极限定理解决一般实际应用问题。
第四章小结例：某车间有200台车床，它们独立地工作着，
开工率为0.6,开工时耗电各为1千瓦，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：
,数为记某时在工作着的车床X,B(200,0.6)~X 则设至少要供给这个车间r千瓦电才能以99.9%的概率保证这个车间不会因供电不足而影响生产。由题意有：
)
4.06.0200
6.0200
()
4.06.0200
6.0200
(
)4.0()6.0(}{
0
200
200
××
×?
Φ?
××
×?
Φ≈
=≤
∑
=
r
CrXP
r
k
kkk
典型题分析
141.r 1.3
48
120-r
,999.0)
48
120
()32.17()
48
120
(
≥≥
≥
Φ≈?Φ?
Φ=
所以查表得
rr
即供给141千瓦电就能以99.9%的概率保证这个车间不会因供电不足而影响生产。
例:
现有一批种子，其中良种占1/6。今任取6000粒，
问能以0.99的概率保证在这6000粒种子中良种所占的比例与1/6的差不超过多少？相应的良种粒数在哪个范围内？
解：
.6/1,6000),,(~ == pnpnBXX其中，则设良种数为
99.0
6
1
-
6000
P =
≤α
α
X
，则应有：设不超过的界限为由德莫佛-拉普拉斯定理
≤α
6
1
-
6000
P
X
故近似地有
,99.01
6/56/16000
6000
2 =?
××
Φ
α
.6/1,6000 == pn
)(}{lim xx
npq
np
P
n
n
Φ=≤
∞→
η
××
≤
××
×?
=
6/56/16000
6000
6/56/16000
6/16000
P
αX
1
6/56/16000
6000
2?
××
Φ≈
α
,995.0
6/56/16000
6000
=
××
Φ
α
即
,58.2
6/56/16000
6000
=
××
α
查表得
.0124.0=α解得良种粒数X的范围为
,6000)0124.06/1(6000)0124.06/1( ×+≤≤×? X
.1075925 ≤≤ X即
α≤
6
1
-
6000
X
