习题4.1
1． 如果Xn→X，且Xn→Y．试证：P{X = Y } = 1．
证：因 | X − Y | = | −(Xn − X ) + (Xn − Y )| ≤ | Xn − X | + | Xn − Y |，对任意的ε > 0，有
P
P
ε⎫ε⎫⎧⎧
0≤P{|X−Y|≥ε}≤P⎨|Xn−X|≥⎬+P⎨|Xn−Y|≥⎬，
2⎭2⎭⎩⎩
ε⎫ε⎫⎧⎧
又因Xn→X，且Xn→Y，有limP⎨|Xn−X|≥⎬=0，limP⎨|Xn−Y|≥⎬=0，
n→+∞n→+∞2⎭2⎭⎩⎩
P
P
则P{| X − Y | ≥ ε} = 0，取ε=
11⎫1⎫⎧⎧
，有P⎨|X−Y|≥⎬=0，即P⎨|X−Y|<⎬=1， kk⎭k⎭⎩⎩
⎧+∞⎧
故P{X=Y}=P⎨I⎨|X−Y|<
⎩k=1⎩
P
P
1⎫⎫⎧
P⎨|X−Y|<⎬⎬=klim
k⎭⎭→+∞⎩
1⎫
⎬=1． k⎭
2． 如果Xn→X，Yn→Y．试证：
（1）Xn+Yn→X+Y； （2）XnYn→XY．
证：（1）因 | (Xn + Yn) − (X + Y ) | = | (Xn − X ) + (Yn − Y )| ≤ | Xn − X | + | Yn − Y |，对任意的ε > 0，有
P
P
ε⎫ε⎫⎧⎧
0≤P{|(Xn+Yn)−(X+Y)|≥ε}≤P⎨|Xn−X|≥⎬+P⎨|Yn−Y|≥⎬，
2⎭2⎭⎩⎩
PPε⎫ε⎫⎧⎧
又因Xn→X，Yn→Y，有limP⎨|Xn−X|≥⎬=0，limP⎨|Yn−Y|≥⎬=0，
n→+∞n→+∞2⎭2⎭⎩⎩
故limP{|(Xn+Yn)−(X+Y)|≥ε}=0，即Xn+Yn→X+Y；
n→+∞
P
（2）因 | XnYn − XY | = | (Xn − X )Yn + X (Yn − Y ) | ≤ | Xn − X | ⋅ | Yn | + | X | ⋅ | Yn − Y |，对任意的ε > 0，有
ε⎫ε⎫⎧⎧
0≤P{|XnYn−XY|≥ε}≤P⎨|Xn−X|⋅|Yn|≥⎬+P⎨|X|⋅|Yn−Y|≥⎬，
2⎭2⎭⎩⎩
对任意的h > 0，存在M1 > 0，使得P{|X|≥M1}<存在N1 > 0，当n > N1时，P{|Yn−Y|≥1}<
hh
，存在M2 > 0，使得P{|Y|≥M2}<， 48
h， 8
h， 4
因| Yn | = | (Yn − Y ) + Y | ≤ | Yn − Y | + | Y |，有P{|Yn|≥M2+1}≤P{|Yn−Y|≥1}+{|Y|≥M2}<
⎧⎫hε
存在N2 > 0，当n > N2时，P⎨|Xn−X|≥⎬<，当n > max{N1, N2}时，有
2(M2+1)⎭4⎩
1
⎧⎫ε⎫εhhh⎧
P⎨|Xn−X|⋅|Yn|≥⎬≤P⎨|Xn−X|≥⎬+P{|Yn|≥M2+1}<+=，
2⎭2(M2+1)⎭442⎩⎩⎧ε⎫h
存在N3 > 0，当n > N3时，P⎨|Yn−Y|≥⎬<，有
24M1⎭⎩
⎧ε⎫ε⎫hhh⎧
P⎨|Yn−Y|⋅|X|≥⎬≤P⎨|Yn−Y|≥⎬+P{|X|≥M1}<+=，
2⎭2M1⎭442⎩⎩
则对任意的h > 0，当n > max{N1, N2, N3} 时，有
ε⎫ε⎫hh⎧⎧
0≤P{|XnYn−XY|≥ε}≤P⎨|Xn−X|⋅|Yn|≥⎬+P⎨|X|⋅|Yn−Y|≥⎬<+=h，
2⎭2⎭22⎩⎩
故limP{|XnYn−XY|≥ε}=0，即XnYn→XY．
n→+∞P
P
3． 如果Xn→X，g(x)是直线上的连续函数，试证：g(Xn)→g(X)． 证：对任意的h > 0，存在M > 0，使得P{|X|≥M}<
存在N1 > 0，当n > N1时，P{|Xn−X|≥1}<因| Xn | = | (Xn − X ) + X | ≤ | Xn − X | + | X |，
则P{|Xn|≥M+1}≤P{|Xn−X|≥1}+P{|X|≥M}<
P
h， 4
h， 4
hhh+=， 442
因g (x) 是直线上的连续函数，有g (x) 在闭区间 [− (M + 1), M + 1] 上连续，必一致连续， 对任意的ε > 0，存在δ > 0，当 | x − y | < δ 时，有 | g (x) − g ( y) | < ε ，
h
存在N2 > 0，当n > N2时，P{|Xn−X|≥δ}<，
4
则对任意的h > 0，当n > max{N1, N2} 时，有
0≤P{|g(Xn)−g(X)|≥ε}≤P{{|Xn−X|≥δ}U{|Xn|≥M+1}U{|X|≥M}}
≤P{|Xn−X|≥δ}+P{|Xn|≥M+1}+P{|X|≥M}<
故limP{|g(Xn)−g(X)|≥ε}=0，即g(Xn)→g(X)．
n→+∞
P
hhh
++=h， 424
4． 如果Xn→a，则对任意常数c，有cXn→ca． 证：当c = 0时，有c Xn = 0，ca = 0，显然cXn→ca；
当c ≠ 0时，对任意的ε > 0，有limP⎨|Xn−a|≥
n→+∞
P
PP
⎧⎩
⎬=0， |c|⎭
ε⎫
故limP{|cXn−ca|≥ε}=0，即cXn→ca．
n→+∞
P
⎛|Xn−X|
5． 试证：Xn→X的充要条件为：n → +∞ 时，有E⎜⎜1+|X−X
n⎝
P⎞
⎟→0． |⎟⎠
2
证：以连续随机变量为例进行证明，设Xn − X的密度函数为p( y)，
必要性：设Xn→X，对任意的ε > 0，都有limP{|Xn−X|≥ε}=0，
n→+∞
P
ε2ε2对>0，存在N > 0，当n > N时，P{|Xn−X|≥ε}<， 1+ε1+ε⎛|Xn−X|则E⎜⎜1+|X−X
n⎝
⎞+∞|y||y||y|
⎟==+p(y)dyp(y)dyp(y)dy ∫∫∫−∞1+|y|++|⎟1|y|1|y|⎠|y|<ε|y|≥εε2
≤∫p(y)dy+∫p(y)dy=P{|Xn−X|<ε}+P{|Xn−X|≥ε}<+=ε，
1111+ε+ε+ε+ε|y|<ε|y|≥εεεε⎛|Xn−X|
故n → +∞ 时，有E⎜⎜1+|X−X
n⎝
⎞
⎟→0； |⎟⎠
⎞
⎟→0， ⎟|⎠
⎛|Xn−X|
充分性：设n → +∞ 时，有E⎜⎜1+|X−X
n⎝
因P{|Xn−X|≥ε}=
|y|≥ε∫p(y)dy=
1+εε|y|≥ε∫
ε1+εp(y)dy≤
1+ε|y|
p(y)dy ∫ε|y|≥ε1+|y|
≤
1+εε|y|1+ε⎛|Xn−X|
pydyE⎜()=∫−∞1+|y|⎜1+|X−Xεn⎝
+∞
P
⎞
⎟， ⎟|⎠
故limP{|Xn−X|≥ε}=0，即Xn→X．
n→+∞
6． 设D (x)为退化分布：
⎧0,x<0;
D(x)=⎨
1,x≥0.⎩
试问下列分布函数列的极限函数是否仍是分布函数？（其中n = 1, 2, …．）
（1）{D (x + n)}； （2）{D (x + 1/n)}； （3）{D (x − 1/n)}．
解：（1）对任意实数x，当n > −x时，有x + n > 0，D (x + n) = 1，即limD(x+n)=1，
n→+∞
则 {D (x + n)} 的极限函数是常量函数f (x) = 1，有f (−∞) = 1 ≠ 0，
故 {D (x + n)} 的极限函数不是分布函数； （2）若x ≥ 0，有x+
11⎞1⎞⎛⎛
>0，D⎜x+⎟=1，即limD⎜x+⎟=1，
n→+∞nn⎠n⎠⎝⎝
111⎞1⎞⎛⎛
时，有x+<0，D⎜x+⎟=0，即limD⎜x+⎟=0，
n→+∞nxn⎠n⎠⎝⎝
若x < 0，当n>−
1⎞⎧0,⎛
则limD⎜x+⎟=⎨n→+∞n⎠⎩1,⎝
x<0;x≥0.
这是在0点处单点分布的分布函数，满足分布函数的基本性质，
3
⎧⎛1⎞⎫
故⎨D⎜x+⎟⎬的极限函数是分布函数；
n⎠⎭⎩⎝
（3）若x ≤ 0，有x−
11⎞1⎞⎛⎛
<0，D⎜x−⎟=0，即limD⎜x−⎟=0，
n→+∞nn⎠n⎠⎝⎝
111⎞1⎞⎛⎛
时，有x−>0，D⎜x−⎟=1，即limD⎜x−⎟=1，
n→+∞nxn⎠n⎠⎝⎝
若x > 0，当n>
1⎞⎧0,⎛
则limD⎜x−⎟=⎨n→+∞n⎠⎩1,⎝
x≤0;x>0.
在x = 0处不是右连续，
⎧⎛1⎞⎫
故⎨D⎜x−⎟⎬的极限函数不是分布函数．
n⎠⎭⎩⎝
7． 设分布函数列 {Fn (x)} 弱收敛于连续的分布函数F (x)，试证：{Fn (x)} 在 (−∞, +∞) 上一致收敛于分布
函数F (x)． 证：因F (x) 为连续的分布函数，有F (−∞) = 0，F (+∞) = 1，对任意的ε > 0，取正整数k>
则存在分点x1 < x2 < … < xk −1，使得F(xi)=可得F(xi)−F(xi−1)=
2
ε，
i
,i=1,2,L,k−1，并取x0 = −∞，xk = +∞， k
1ε<,i=1,2,L,k−1,k， k2
因 {Fn (x)} 弱收敛于F (x)，且F (x) 连续，有 {Fn (x)} 在每一点处都收敛于F (x)，
则存在N > 0，当n > N时，|Fn(xi)−F(xi)|<且显然有|Fn(x0)−F(x0)|=0<
ε2
,i=1,2,L,k−1，
ε2
对任意实数x，必存在j，1 ≤ j ≤ k，有xj −1 ≤ x < xj ，
，|Fn(xk)−F(xk)|=0<
ε2
，
因F(xj−1)−
ε2
， 2222 即对任意的ε > 0和任意实数x，总存在N > 0，当n > N时，都有 | Fn (x) − F (x) | < ε ， 故 {Fn (x)} 在 (−∞, +∞) 上一致收敛于分布函数F (x)． 8． 如果Xn→X，且数列an → a，bn → b．试证：anXn+bn→aX+b． 证：设y0是FaX + b( y) 的任一连续点， 则对任意的ε > 0，存在h > 0，当 | y − y0 | < h时，|FaX+b(y)−FaX+b(y0)|<又设y是满足 | y − y0 | < h的FaX + b( y) 的任一连续点， L L 则Fn(x)−F(x)>F(xj−1)−F(x)− ε>− ε− ε=−ε，且Fn(x)−F(x) ε2 + ε2 =ε， ε4 ， Ly−by−b⎫⎧⎛y−b⎞ x=X→X，因FaX+b(y)=P{aX+b≤y}=P⎨X≤，有是F(x)的连续点，且 ⎟X ⎬=FX⎜n aa⎭⎩⎝a⎠ 有limFXn(x)=FX(x)，存在N1，当n > N1时，|FXn(x)−FX(x)|< n→+∞ ε4 ，即|FaXn+b(y)−FaX+b(y)|< ε4 ， 4 则当n > N1且 | y − y0 | < h时， ， 2 因X的分布函数FX (x) 满足FX (−∞) = 0，FX (+∞) = 1，FX (x) 单调不减且几乎处处连续， 存在M，使得FX (x) 在x = ± M处连续，且FX(M)>1−因Xn→X，有limFXn(M)=FX(M)>1− n→+∞ L |FaXn+b(y)−FaX+b(y0)|≤|FaXn+b(y)−FaX+b(y)|+|FaX+b(y)−FaX+b(y0)|< εε4 ，FX(−M)< ε4 ， ε4 ，limFXn(−M)=FX(−M)< n→+∞ ε4 ， 则存在N2，当n > N2时，FXn(M)>1− ε4 ，FXn(−M)< ε4 ， 可得P{|Xn|>M}=FXn(−M)+1−FXn(M)< ε2 ， 因数列an → a，bn → b，存在N3，当n > N3时，|an−a|<可得当n > max{N2, N3}时， hh，|bn−b|<， 4M4 h⎫h⎫⎧⎧ P⎨|(anXn+bn)−(aXn+b)|>⎬=P⎨|(an−a)Xn+(bn−b)|>⎬ 2⎭2⎭⎩⎩ ⎧ ≤P⎨|an−a|⋅|Xn|+|bn−b|>⎩ h⎫hh⎫ε⎧h ， PXPXM≤⋅+>||{||}=><⎬⎨⎬nn M2⎭4422⎩⎭ ⎧⎧h⎫⎧h⎫⎫ 则FanXn+bn(y0)=P{anXn+bn≤y0}≤P⎨⎨aXn+b≤y0+⎬U⎨|(anXn+bn)−(aXn+b)|>⎬⎬ 2⎭⎩2⎭⎭⎩⎩ h⎫⎧⎧ ≤P⎨aXn+b≤y0+⎬+P⎨|(anXn+bn)−(aXn+b)|> 2⎭⎩⎩ h⎫h⎞ε⎛ Fy<+⎟+， ⎜⎬aXn+b0 2⎭2⎠2⎝ ⎧h⎞h⎫h⎫⎫⎧⎛⎧ 且FaXn+b⎜y0−⎟=P⎨aXn+b≤y0−⎬≤P⎨{anXn+bn≤y0}U⎨|(anXn+bn)−(aXn+b)|>⎬⎬ 2⎠2⎭2⎭⎭⎩⎝⎩⎩ ⎧ ≤P{anXn+bn≤y0}+P⎨|(anXn+bn)−(aXn+b)|> ⎩ h⎞εh⎞ε⎛⎛ 即FaXn+b⎜y0−⎟− 因当n > N1且 | y − y0 | < h时，FaX+b(y0)− εh⎫ ⎬ ， h⎛⎞ 在区间⎜y0+,y0+h⎟取FaX + b( y) 的任一连续点y1，满足 | y1 − y0 | < h，当n > max{N1, N2, N3}时， 2⎝⎠ h⎞εε⎛ FanXn+bn(y0) h⎞⎛ 在区间⎜y0−h,y0−⎟取FaX + b( y) 的任一连续点y2，满足 | y2 − y0 | < h，当n > max{N1, N2, N3}时， 2⎠⎝ 5 h⎞εε⎛ FanXn+bn(y0)>FaXn+b⎜y0−⎟−≥FaXn+b(y2)−>FaX+b(y0)−ε， 2⎠22⎝ 即对于FaX + b( y) 的任一连续点y0，当n > max{N1, N2, N3}时，|FanXn+bn(y0)−FaX+b(y0)|<ε， 故FanXn+bn(y)→FaX+b(y)，anXn+bn→aX+b． 9． 如果Xn→X，Yn→a，试证：Xn+Yn→X+a． 证：设y0是FX + a ( y) 的任一连续点， 则对任意的ε > 0，存在h > 0，当 | y − y0 | < h时，|FX+a(y)−FX+a(y0)|<又设y是满足| y − y0 | < h的FX + a ( y)的任一连续点， 因FX + a ( y) = P{X + a ≤ y} = P{X ≤ y − a} = FX ( y − a)，有x = y − a是FX (x)的连续点，且Xn→X， 有limFXn(x)=FX(x)，存在N1，当n > N1时，|FXn(x)−FX(x)|< n→+∞ L P L W L ε4 ， L ε4 ，即|FXn+a(y)−FX+a(y)|< ε4 ， ， |FXn+a(y)−FX+a(y0)|≤|FXn+a(y)−FX+a(y)|+|FX+a(y)−FX+a(y0)|<则当n > N1且 | y − y0 | < h时， h⎫⎧⎧ 因Yn→a，有limP⎨|Yn−a|>⎬=0，存在N2，当n > N2时，P⎨|Yn−a|> n→+∞⎩2⎭⎩ P ε2 h⎫ε⎬<， 2⎭2 ⎧⎧h⎫⎧h⎫⎫ 则FXn+Yn(y0)=P{Xn+Yn≤y0}≤P⎨⎨Xn+a≤y0+⎬U⎨|Yn−a|>⎬⎬ 2⎭⎩2⎭⎭⎩⎩ h⎫⎧⎧ ≤P⎨Xn+a≤y0+⎬+P⎨|Yn−a|> 2⎭⎩⎩ h⎫h⎞ε⎛ Fy<+⎟+， ⎜⎬Xn+a0 2⎭2⎠2⎝ ⎧h⎞h⎫h⎫⎫⎧⎛⎧ 且FXn+a⎜y0−⎟=P⎨Xn+a≤y0−⎬≤P⎨{Xn+Yn≤y0}U⎨|Yn−a|>⎬⎬ 2⎠2⎭2⎭⎭⎩⎩⎝⎩ ⎧ ≤P{Xn+Yn≤y0}+P⎨|Yn−a|> ⎩ εh⎫ ， () h⎞εh⎞ε⎛⎛ 即FXn+a⎜y0−⎟− 因当n > N1且 | y − y0 | < h时，FX+a(y0)− ε2 ， h⎞⎛ 在区间⎜y0+,y0+h⎟取FX + a ( y) 的任一连续点y1，满足 | y1 − y0 | < h，当n > max{N1, N2}时， 2⎠⎝ h⎞εε⎛ FXn+Yn(y0) 6 h⎞⎛ 在区间⎜y0−h,y0−⎟取FX + a ( y) 的任一连续点y2，满足 | y2 − y0 | < h，当n > max{N1, N2}时， 2⎠⎝ h⎞εε⎛ FXn+Yn(y0)>FXn+a⎜y0−⎟−≥FXn+a(y2)−>FX+a(y0)−ε， 2⎠22⎝ 即对于FX + a ( y) 的任一连续点y0，当n > max{N1, N2}时，|FXn+Yn(y0)−FX+a(y0)|<ε， 故FXn+Yn(y)→FX+a(y)，Xn+Yn→X+a． 10．如果Xn→X，Yn→0，试证：XnYn→0． 证：因X的分布函数FX (x) 满足FX (−∞) = 0，FX (+∞) = 1，FX (x) 单调不减且几乎处处连续， 则对任意的h > 0，存在M，使得FX (x) 在x = ± M处连续，且FX(M)>1− L P P W L hh ，FX(−M)<， 44 Lhh因Xn→X，有limFXn(M)=FX(M)>1−，limFXn(−M)=FX(−M)<， n→+∞4n→+∞4 hh 则存在N1，当n > N1时，FXn(M)>1−，FXn(−M)<， 44 h 可得P{|Xn|>M}=FXn(−M)+1−FXn(M)<， 2 P ε⎫ε⎫h⎧⎧ 因Yn→0，对任意的ε > 0，有limP⎨|Yn|>=0，存在N2，当n > N2时，P⎨|Yn|>⎬<， ⎬n→+∞⎩M⎭2M⎭⎩ 则当n > max{N1, N2}时，有 ⎧ε⎫⎫ε⎫⎧⎧ P{|XnYn|>ε}≤P⎨{|Xn|>M}U⎨|Yn|>⎬⎬≤P{|Xn|>M}+P⎨|Yn|>⎬ 故limP{|XnYn|>ε}=0，即XnYn→0． n→+∞ P XnLX →． 11．如果Xn→X，Yn→a，且Yn ≠ 0，常数a ≠ 0，试证：Yna L P 证：设y0是FX / a ( y) 的任一连续点， 则对任意的ε > 0，存在h > 0，当 | y − y0 | < h时，|FX/a(y)−FX/a(y0)|<又设y是满足 | y − y0 | < h的FX / a ( y) 的任一连续点， L ⎧X⎫ 因FX/a(y)=P⎨≤y⎬=P{X≤ay}=FX(ay)，有x = ay是FX (x)的连续点，且Xn→X， ⎩a⎭ ε4 ， 有limFXn(x)=FX(x)，存在N1，当n > N1时，|FXn(x)−FX(x)|< n→+∞ ε4 ，即|FXn/a(y)−FX/a(y)|< ε4 ， 则当n > N1且 | y − y0 | < h时， 2 因X的分布函数FX (x)满足FX (−∞) = 0，FX (+∞) = 1，FX (x)单调不减且几乎处处连续， |FXn/a(y)−FX/a(y0)|≤|FXn/a(y)−FX/a(y)|+|FX/a(y)−FX/a(y0)|< ε， 7 存在M，使得FX (x) 在x = ± M处连续，且FX(M)>1−因Xn→X，有limFXn(M)=FX(M)>1− n→+∞ L ε12 ，FX(−M)< ε12 ， ε12 ，limFXn(−M)=FX(−M)< n→+∞ ε12 ， 则存在N2，当n > N2时，FXn(M)>1− ε12 ，FXn(−M)< ε12 ， 可得P{|Xn|>M}=FXn(−M)+1−FXn(M)< ε6 ， P h⎫⎧ 因Yn→a≠0，有limP⎨|Yn−a|>⎬=0， n→+∞⎩2⎭ ⎧a2h⎫ε|a|⎫ε|a|⎫ε⎧⎧ 存在N3 > 0，当n > N3时，P⎨|Yn−a|>⎬<， ⎬<，有P⎨|Yn|<⎬<，且P⎨|Yn−a|> M26264⎩⎩⎭⎭⎩⎭6 可得当n > max{N1, N2, N3}时， ⎧⎧⎧|X|⋅|Yn−a|Xh⎫⎪X⎪⎪X(a−Yn)h⎫⎪ P⎨n−n>⎬=P⎨n>⎬=P⎨n>Ya2aY2|a|⋅|Y|⎪⎪⎪⎪nn⎩⎩n⎭⎩⎭ h⎫ ⎬ 2⎭ ⎧⎧|a|⎫⎫a2h⎫⎧⎪⎪≤P⎨{|Xn|>M}U⎨|Yn−a|>|| ≤P{|Xn|>M}+P⎨|Yn−a|>⎬+P⎨|Yn|<⎬<， 4M⎭2⎭2⎩⎩ ⎧⎧Xn⎫⎪⎧X 则FXn/Yn(y0)=P⎨≤y0⎬≤P⎨⎨n≤y0+ ⎪⎩Yn⎭⎩⎩ah⎫⎧⎪⎪XnXnh⎫⎪⎫ U−>⎬⎨⎬⎬ Ya2⎭⎪2⎪⎩n⎭⎪⎭ ⎧Xh⎫h⎫h⎞ε⎪X⎪⎧X⎛ ≤P⎨n≤y0+⎬+P⎨n−n>⎬ ⎧⎫⎧h⎞h⎫⎪⎪⎧Xn⎪XnXnh⎫⎪⎫⎧Xn⎛ 且FXn/a⎜y0−⎟=P⎨≤y0−⎬≤P⎨⎨≤y0⎬U⎨−>⎬⎬ a2⎠2⎭2⎪⎝⎩a⎪⎭⎪⎩Yn⎭⎪⎭⎩⎩Yn ⎧⎧Xn⎫ε⎪XnXnh⎫⎪ ≤P⎨≤y0⎬+P⎨−>⎬ h⎞εh⎞ε⎛⎛ 即FXn/a⎜y0−⎟− 因当n > N1且 | y − y0 | < h时，FX/a(y0)− ε2 ， h⎞⎛ 在区间⎜y0+,y0+h⎟取FX / a ( y) 的任一连续点y1，满足 | y1 − y0 | < h，当n > max{N1, N2, N3}时， 2⎠⎝ ⎛FXn/Yn(y0) h⎞εε⎟+≤FXn/a(y1)+ h⎞⎛ 在区间⎜y0−h,y0−⎟取FX / a ( y) 的任一连续点y2，满足 | y2 − y0 | < h，当n > max{N1, N2, N3}时， 2⎠⎝ h⎞εε⎛ FXn/Yn(y0)>FXn/a⎜y0−⎟−≥FXn/a(y2)−>FX/a(y0)−ε， 2⎠22⎝ 即对于FX / a ( y) 的任一连续点y0，当n > max{N1, N2, N3}时，|FXn/Yn(y0)−FX/a(y0)|<ε， XnLX→． 故FXn/Yn(y)→FX/a(y)，Yna W 12．设随机变量Xn服从柯西分布，其密度函数为 pn(x)= 试证：Xn→0． P n ,−∞ 证：对任意的ε > 0，P{|Xn|<ε}=∫则limP{|Xn−0|<ε}= n→+∞ ε−εn21εdx=arctan(nx)−ε=arctan(nε)， 22 ππ(1+nx)π 22π limarctan(nε)=⋅=1， πn→+∞π2 故Xn→0． 13．设随机变量序列{Xn}独立同分布，其密度函数为 P ⎧1 ⎪,0 其中常数β > 0，令Yn = max{X1, X2, …, Xn}，试证：Yn→β． 证：对任意的ε > 0，P{| Yn − β | < ε} = P{β − ε < Yn < β + ε} = P{max{X1, X2, …, Xn} > β − ε} = 1 − P{max{X1, X2, …, Xn} ≤ β − ε} = 1 − P{X1 ≤ β − ε} P{X2 ≤ β − ε} … P{Xn ≤ β − ε} P ⎛β−ε=1−⎜⎜β⎝⎞⎟⎟， ⎠ ⎞⎟⎟⎠ n n ⎡⎛β−ε则limP{|Yn−β|<ε}=lim⎢1−⎜⎜βn→+∞n→+∞ ⎢⎣⎝ 故Yn→β． P ⎤ ⎥=1， ⎥⎦ 14．设随机变量序列{Xn}独立同分布，其密度函数为 ⎧e−(x−a),x≥a; p(x)=⎨ <0,xa.⎩ 其中Yn = min{X1, X2, …, Xn}，试证：Yn→a． 证：对任意的ε > 0，P{| Yn − a | < ε} = P{a − ε < Yn < a + ε} = P{min{X1, X2, …, Xn} < a + ε} = 1 − P{min{X1, X2, …, Xn} ≥ a + ε} = 1 − P{X1 ≥ a + ε} P{X2 ≥ a + ε} … P{Xn ≥ a + ε} 9 P +∞+∞ −(x−a)−(x−a)⎞dx⎞=1−e−nε， =1−⎛⎜−e⎟⎜∫a+εe⎟=1−⎛a+ε⎠⎝⎝⎠ nn 则limP{|Yn−a|<ε}=lim(1−e−nε)=1， n→+∞ P n→+∞ 故Yn→a． P⎞⎛ 15．设随机变量序列{Xn}独立同分布，且Xi ~ U(0, 1)．令Yn=⎜⎟，试证明：Yn→c，其中c为常数，⎜∏Xi⎟ ⎝i=1⎠ n 1n 并求出c． ⎞1n1⎛n ⎟X=lnX，因X ~ U(0, 1)， 证：设Zn=lnYn=ln⎜i∑∏ii⎟nn⎜i=1⎝i=1⎠ 则E(lnXi)=∫lnxdx=(xlnx−x)0=−1，E(ln2Xi)=∫ln2xdx=(xln2x−2xlnx+2x)=2， 0 0 0 1 1 1 1Var(lnXi)=E(ln2Xi)−[E(lnXi)]2=1， 1n1 可得E(Zn)=∑E(lnXi)=−1，Var(Zn)=2ni=1n ∑Var(lnX)=n， i i=1 n 1 由切比雪夫不等式，可得对任意的ε > 0，P{|Zn−E(Zn)|≥ε}≤ Var(Zn) ε2 = 1nε2 ， P1 则0≤limP{|Zn−E(Zn)|≥ε}≤lim=0，即limP{|Zn−E(Zn)|≥ε}=0，Zn→E(Zn)=−1， n→+∞n→+∞n→+∞nε2 因Yn=eZn，且函数e x是直线上的连续函数，根据本节第3题的结论，可得Yn=eZn→e−1， 故Yn→c，其中c=e−1为常数． 16．设分布函数列{Fn(x)}弱收敛于分布函数F (x)，且Fn(x) 和F(x) 都是连续、严格单调函数，又设 ξ 服从 (0, 1)上的均匀分布，试证：F(ξ)→F−1(ξ)． 证：因F (x) 为连续的分布函数，有F (−∞) = 0，F (+∞) = 1， −1 n P P P hh，F(−M)<， 22 因F (x) 是连续、严格单调函数，有F −1( y) 也是连续、严格单调函数， 可得F −1( y) 在区间 [F (− M − 1), F (M + 1)] 上一致连续， 对任意的ε > 0，存在δ > 0，当y, y* ∈ [F (− M − 1), F (M + 1)] 且 | y − y* | < δ 时，| F −1( y) − F −1( y*) | < ε， 设y* 是 [F (−M ), F (M )] 中任一点，记x* = F −1( y*)，有x* ∈ [−M, M ]，不妨设0 < ε < 1， 则对任意的x若满足 |x−x*|≥ε，就有 |F(x)−y*|≥δ， 则对任意的h > 0，存在M > 0，使得F(M)>1− 根据本节第7题的结论知，{Fn (x)} 在 (−∞, +∞) 上一致收敛于分布函数F (x)， 则对δ > 0和任意实数x，总存在N > 0，当n > N时，都有 | Fn (x) − F (x) | < δ， 因当n > N时，|Fn(x)−F(x)|<δ且|F(x)−y*|≥δ，有Fn(x)≠y*，即x≠Fn−1(y*)， 则对任意的0 < ε < 1，当n > N时，Fn−1(y*)满足|Fn−1(y*)−x*|=|Fn−1(y*)−F−1(y*)|<ε， 可得对任意的0 < ε < 1，当n > N时，P{|Fn−1(ξ)−F−1(ξ)|<ε}≥P{ξ∈[F(−M),F(M)]}>1−h 10 由h的任意性可知limP{|Fn−1(ξ)−F−1(ξ)|<ε}=1， n→+∞ 故F(ξ)→F−1(ξ)． 17．设随机变量序列{Xn}独立同分布，数学期望、方差均存在，且E (Xn) = µ，试证： nP2 ∑k⋅Xk→µ． n(n+1)k=1 −1n P n 2 证：令Yn=k⋅Xk，并设Var (Xn) = σ 2， ∑n(n+1)k=1 n 221 因E(Yn)=kµ=⋅n(n+1)µ=µ， ∑n(n+1)k=1n(n+1)2 4且Var(Yn)=2n(n+1)2∑k2σ2= k=1 n 414n+222 σσ， ⋅n(n+1)(2n+1)= n2(n+1)263n(n+1) 则由切比雪夫不等式可得，对任意的ε > 0，1≥P{|Yn−µ|<ε}≥1− Var(Yn) ε2=1− 4n+2 σ2， 23n(n+1)ε⎡4n+22⎤因lim⎢1−σP{|Yn−µ|<ε}=1， ⎥=1，由夹逼准则可得nlim2n→+∞→+∞3(1)εnn+⎦⎣ nP2故Yn=k⋅X→µ． ∑k n(n+1)k=1 18．设随机变量序列{Xn}独立同分布，数学期望、方差均存在，且E (Xn) = 0，Var (Xn) = σ 2．试证： E (Xn) = 0，Var (Xn) = σ 2． 试证： 1n2P2 Xk→σ． ∑nk=1 注：此题与第19题应放在习题4.3中，需用到4.3节介绍的辛钦大数定律． 22 证：因随机变量序列{Xn}独立同分布，且E(Xn)=Var(Xn)+[E(Xn)]2=σ2存在， 1n2P2 故{X}满足辛钦大数定律条件，{X}服从大数定律，即∑Xk→σ． nk=1 2n 2n 19．设随机变量序列{Xn}独立同分布，且Var (Xn) = σ 2存在，令 1n1n2 X=∑Xi，Sn=∑(Xi−X)2． ni=1ni=1 试证： S→σ2． n 1n1n1⎛n21n22222⎞2 ⎟X2XXnXXX−+=−， 证：S=∑(Xi−X)=∑(Xi−2XiX+X)=⎜∑∑∑iii⎟nni=1ni=1n⎜i=1i=1⎝i=1⎠ 2 n P 2n 11 P1n 设E(Xn) = µ，{Xn}满足辛钦大数定律条件，{Xn}服从大数定律，即X=∑Xk→µ， nk=1 则根据本节第2题第（2）小问的结论知，X→µ2， 22 因随机变量序列{Xn}独立同分布，且E(Xn)=Var(Xn)+[E(Xn)]2=σ2+µ2存在， 2 P 1n2P2 则{X}满足辛钦大数定律条件，{X}服从大数定律，即∑Xk→σ+µ2， nk=1 2n 2n P1n22 故根据本节第2题第（1）小问的结论知，S=∑Xi−X→(σ2+µ2)−µ2=σ2． ni=1 2n 20．将n个编号为1至n的球放入n个编号为1至n的盒子中，每个盒子只能放一个球，记 ⎧1,编号为i的球放入编号为i的盒子; Xi=⎨ ⎩0,反之. 且Sn=∑Xi，试证明： i=1n Sn−E(Sn)P →0． n11 证：因P{Xi=1}=，P{Xi=0}=1−， nn 11 ，P{XiXj=0}=1−， 且i ≠ j时，P{XiXj=1}= n(n−1)n(n−1) 则E(Xi)= 11⎛1⎞ ，Var(Xi)=⎜1−⎟， nn⎝n⎠ 且i ≠ j时，E(XiXj)= n 1111 ，Cov(Xi,Xj)=E(XiXj)−E(Xi)E(Xj)=， −2=2 n(n−1)n(n−1)nn(n−1) n 有E(Sn)=∑E(Xi)=1，Var(Sn)=∑Var(Xi)+2 i=1 i=11≤i 11 +n(n−1)⋅2=1， nn(n−1) 1⎡Sn−E(Sn)⎤1⎡S−E(Sn)⎤1 ，， 可得E⎢n=−=VarVar(S)[E(S)E(S)]0==nnn⎢⎥n2⎥nnnn2⎣⎦⎣⎦ 由切比雪夫不等式，可得对任意的ε > 0， ⎧S−E(Sn)⎫11⎡S−E(Sn)⎤⎡Sn−E(Sn)⎤ −E⎢n≥≤VarP⎨nε=⎬2⎥⎢⎥n2ε2， nnεn⎣⎦⎣⎦⎩⎭ ⎧Sn−E(Sn)⎫1⎡Sn−E(Sn)⎤−E⎢≥则0≤limP⎨ε≤lim=0， ⎬⎥n→+∞n→+∞n2ε2nn⎣⎦⎩⎭ 故 Sn−E(Sn)P →0． n 12 习题4.2 1． 设离散随机变量X的分布列如下，试求X的特征函数． XP 0123 0.40.30.20.1 解：特征函数ϕ (t) = e it ⋅ 0 × 0.4 + e it ⋅ 1 × 0.3 + e it ⋅ 2 × 0.2 + e it ⋅ 3 × 0.1 = 0.4 + 0.3 e it + 0.2 e 2it + 0.1 e 3it． 2． 设离散随机变量X服从几何分布P{X = k} = (1 − p) k − 1 p， k = 1, 2, … ．试求X的特征函数．并以此求 E (X) 和Var (X)． 解：特征函数ϕ(t)=∑e⋅(1−p) itkk=1 +∞ k−1 p=pe it ∑[e k=1 +∞ it (1−p)] k−1 peit ； =it 1−(1−p)e peit⋅i⋅[1−(1−p)eit]−peit⋅[−(1−p)eit⋅i]ipeitipi ′因ϕ′(t)==，有ϕ(0)===iE(X)， [1−(1−p)eit]2[1−(1−p)eit]2p2p 故E(X)= 1 ； p it it−2 因ϕ′′(t)=ipe⋅i⋅[1−(1−p)e] −peit[1+(1−p)eit] ， −2ipe[1−(1−p)e]⋅[−(1−p)e⋅i]= [1−(1−p)eit]3 it it−3 it 有ϕ′′(0)= 2−p−p(2−p)2−p222 E(X)=−=iE(X)，可得=， 322 ppp 2 2−p⎛1⎞1−p ⎜⎟故Var(X)=． −=22⎜⎟pp⎝p⎠ 3． 设离散随机变量X服从巴斯卡分布 ⎛k−1⎞rk−r P{X=k}=⎜⎜r−1⎟⎟p(1−p)，k = r, r + 1, … ⎝⎠ 试求X的特征函数． ⎛k−1⎞rpreitr+∞k−rk−rit(k−r) 解：特征函数ϕ(t)=∑e⋅⎜⎜r−1⎟⎟p(1−p)=(r−1)!∑(k−1)L(k−r+1)(1−p)e k=rk=r⎝⎠ +∞ itk (peit)r+∞ (k−1)L(k−r+1)xk−r=∑(r−1)!k=r x=(1−p)eit (peit)r+∞dr−1(xk−1) = ∑(r−1)!k=rdxr−1x=(1−p)eit (peit)rdr−1⎛+∞k−1⎞(peit)rdr−1⎛1⎞(peit)r(r−1)! ⎜∑x⎟=⋅=⋅r−1⎜=⋅⎟⎟−−(r−1)!dxr−1⎜(r1)!dx1x(r−1)!(1−x)r⎝it⎠it⎝k=1⎠x=(1−p)ex=(1−p)e⎡⎤(peit)rpeit ==⎢⎥． [1−(1−p)eit]r⎣1−(1−p)eit⎦ 4． 求下列分布函数的特征函数，并由特征函数求其数学期望和方差． r x=(1−p)eit 13 ax−a|t| edt,(a>0)； 2∫−∞ax1 （2）F2(x)=∫2dt,(a>0)． 2−∞πt+a a 解：（1）因密度函数p1(x)=F1′(x)=e−a|x|， 2 （1）F1(x)= +∞a+∞itx−a|x|a⎡0(it+a)xa⎡e(it+a)x(it−a)x⎤dx=edx+∫edx=⎢故ϕ1(t)=∫e⋅e ⎥0⎣∫−∞⎦2⎢it+a2−∞2⎢ ⎣ 0 −∞ e(it−a)x+ it−a +∞ 0 ⎤⎥ ⎥⎦ a⎛1a21⎞ ； =⎜−⎟=2 2 2⎝it+ait−a⎠t+a a22a2t ′(0)=0=iE(X)， ′(t)=−2因ϕ1⋅2t=−2，有ϕ1 2222 (t+a)(t+a) 故E (X) = 0； 2a2⋅(t2+a2)2−2a2t⋅2(t2+a2)⋅2t6a2t2−2a4 ′′(t)=−因ϕ1， =2 (t2+a2)4(t+a2)3 −2a422222 ′′(0)=E(X)=有ϕ1，可得， =−=iE(X) a6a2a222 故Var(X)=2−02=2； aa a1 （2）因密度函数p2(x)=F2′(x)=⋅2， 2 πx+a a+∞1 dx， 则ϕ2(t)=∫eitx⋅2 π−∞x+a2 由第（1）小题的结论知 +∞itxa2 ϕ1(t)=2=ep1(x)dx， t+a2∫−∞ 根据逆转公式，可得 1+∞−itx1+∞−itxa−a|x|a2 eϕ1(t)dt=e⋅2p1(x)=e=dt， ∫∫2−∞−∞22π2πt+a 可得 +∞12πa−a|−y|π−a|y|ity dte⋅=⋅e=e， ∫−∞t2+a2 aa22 a+∞aπ−a|t|1−a|t| dx故ϕ2(t)=∫eitx⋅2=⋅e=e； 2−∞ππax+a ⎧aeat,t<0, ′(0−0)=a≠ϕ2′(0+0)=−a，即ϕ2′(0)不存在， ′(t)=⎨ 有ϕ2因ϕ2 −at −>ae,t0,⎩ 故E (X) 不存在，Var (X) 也不存在． 5． 设X ~ N (µ, σ 2)，试用特征函数的方法求X的3阶及4阶中心矩． 解：因X ~ N (µ, σ 2)，有X的特征函数是ϕ(t)=e iµt− σ2t2 2 ， 14 则ϕ′(t)=e iµt− σ2t2 2 ⋅(iµ−σ2t)，ϕ′′(t)=e⋅(iµ−σ2t)3+e iµt− iµt− σ2t2 2 ⋅(iµ−σ2t)2+e iµt− σ2t2 2 ⋅(−σ2)， 因ϕ′′′(t)=e iµt− σ2t2 2 σ2t2 2 ⋅3(iµ−σ2t)⋅(−σ2)， 有ϕ″′(0) = e0 ⋅ (iµ )3 + e0 ⋅ 3iµ ⋅ (−σ 2) = − iµ 3 − 3iµσ 2 = i3E (X 3) = − i E (X 3)， 故E (X 3) = µ 3 + 3µσ 2； 又因ϕ(4)(t)=e iµt− σ2t2 2 ⋅(iµ−σ2t)4+e iµt− σ2t2 2 ⋅6(iµ−σ2t)2⋅(−σ2)+e iµt− σ2t2 2 ⋅3(−σ2)2， 有ϕ (4)(0) = e0 ⋅ (iµ )4 + e0 ⋅ 6(iµ)2 ⋅ (−σ 2) + e0 ⋅ 3σ 4 = µ 4 + 6µ 2σ 2 + 3σ 4 = i4E (X 4) = E (X 4)， 故E (X 4) = µ 4 + 6µ 2σ 2 + 3σ 4． 6． 试用特征函数的方法证明二项分布的可加性：若X ~ b(n, p)，Y ~ b(m, p)，且X与Y独立，则 X + Y ~ b(n + m, p)． 证：因X ~ b(n, p)，Y ~ b(m, p)，且X与Y独立， 有X与Y的特征函数分别为ϕ X (t) = ( pe it + 1 − p) n，ϕ Y (t) = ( pe it + 1 − p) m， 则X + Y的特征函数为ϕ X + Y (t) = ϕ X (t) ⋅ϕ Y (t) = ( pe it + 1 − p) n + m，这是二项分布b(n + m, p)的特征函数， 故根据特征函数的唯一性定理知X + Y ~ b(n + m, p)． 7． 试用特征函数的方法证明泊松分布的可加性：若X ~ P(λ1)，Y ~ P(λ2)，且X与Y独立，则 X + Y ~ P(λ1 + λ2)． 证：因X ~ P(λ1)，Y ~ P(λ2)，且X与Y独立， 有X与Y的特征函数分别为ϕX(t)=eλ1(e it −1) ，ϕY(t)=eλ2(e it it −1) ， 则X + Y的特征函数为ϕX+Y(t)=ϕX(t)ϕY(t)=e(λ1+λ2)(e −1) ，这是泊松分布P(λ1 + λ2)的特征函数， 故根据特征函数的唯一性定理知X + Y ~ P(λ1 + λ2)． 8． 试用特征函数的方法证明伽马分布的可加性：若X ~ Ga(α1, λ)，Y ~ Ga(α2, λ)，且X与Y独立，则 X + Y ~ Ga(α1 + α2 , λ)． 证：因X ~ Ga(α1, λ)，Y ~ Ga(α2, λ)，且X与Y独立， ⎛it⎞ 有X与Y的特征函数分别为ϕX(t)=⎜1−⎟ ⎝λ⎠ −α1 ⎛it⎞ ，ϕY(t)=⎜1−⎟ ⎝λ⎠ −(α1+α2) −α2 ， ⎛it⎞ 则X + Y的特征函数为ϕX+Y(t)=ϕX(t)ϕY(t)=⎜1−⎟ ⎝λ⎠ ，这是伽马分布Ga(α1 + α2 , λ)的特征函数， 故根据特征函数的唯一性定理知X + Y ~ Ga(α1 + α2 , λ)． 9． 试用特征函数的方法证明χ 2分布的可加性：若X ~ χ 2 (n)，Y ~ χ 2 (m)，且X与Y独立，则 X + Y ~ χ 2 (n + m)． 证：因X ~ χ 2 (n)，Y ~ χ 2 (m)，且X与Y独立， 有X与Y的特征函数分别为ϕX(t)=(1−2it) −n2 ，ϕY(t)=(1−2it) −n+m2 − m2 ， 则X + Y的特征函数为ϕX+Y(t)=ϕX(t)ϕY(t)=(1−2it) ，这是χ 2分布χ 2 (n + m)的特征函数， 故根据特征函数的唯一性定理知X + Y ~ χ 2 (n + m)． 10．设Xi独立同分布，且Xi ~ Exp(λ)，i = 1, 2, …, n．试用特征函数的方法证明：Yn=∑Xi~Ga(n,λ)． i=1n 证：因Xi ~ Exp (λ)，i = 1, 2, …, n，且Xi相互独立， 15 ⎛it⎞ 有Xi的特征函数为ϕXi(t)==⎜1−⎟， λ−it⎝λ⎠ ⎛it⎞ 则Yn=∑Xi的特征函数为ϕYn(t)=∏ϕXi(t)=⎜1−⎟，这是伽马分布Ga(n, λ)的特征函数， ⎝λ⎠i=1i=1 故根据特征函数的唯一性定理知Yn ~ Ga(n, λ)． 11．设连续随机变量X的密度函数如下： 1λp(x)=⋅2,−∞ （1）试证X的特征函数为exp{iµ t − λ | t |}，且利用此结果证明柯西分布的可加性； （2）当µ = 0, λ = 1时，记Y = X，试证ϕ X + Y (t) = ϕ X (t) ⋅ϕ Y (t)，但是X与Y不独立； n λ−1 n −n 1 (X1+X2+L+Xn)与X1同分布． n 1λ证：（1）根据第4题第（2）小题的结论知：若X *的密度函数为p*(x)=⋅2，即X * ~ Ch (λ, 0)， 2 πλ+x λ1 ， 则X *的特征函数为ϕ * (t) = e −λ | t |，且X = X * + µ 的密度函数为p(x)=⋅2πλ+(x−µ)2故X的特征函数为ϕ X (t) = e iµ tϕ * (t) = e iµ t ⋅ e −λ | t | = e iµ t −λ | t |； 若X1 ~ Ch (λ1, µ1)，X2 ~ Ch (λ2, µ2)，且相互独立， （3）若X1, X2, …, Xn相互独立，且服从同一柯西分布，试证： 有X1与X2的特征函数分别为ϕX1(t)=eiµ1t−λ1|t|，ϕX2(t)=eiµ2t−λ2|t|， 则X1 + X2的特征函数为ϕX1+X2(t)=ϕX1(t)ϕX2(t)=ei(µ1+µ2)t−(λ1+λ2)|t|， 这是柯西分布Ch (λ1 + λ2, µ1 + µ2)的特征函数， 故根据特征函数的唯一性定理知X1 + X2 ~ Ch (λ1 + λ2, µ1 + µ2)； （2）当µ = 0, λ = 1时，X ~ Ch (1, 0)，有X的特征函数为ϕ X (t) = e −| t |， 又因Y = X，有Y的特征函数为ϕ Y (t) = e −| t |，且X + Y = 2X， 故X + Y的特征函数为ϕ X + Y (t) = ϕ 2X (t) = ϕ X (2t) = e −| 2t | = e −| t | ⋅ e −| t | =ϕ X (t) ⋅ϕ Y (t)； 但Y = X，显然有X与Y不独立； （3）因Xi ~ Ch (λ, µ )，i = 1, 2, …, n，且Xi相互独立， 有Xi的特征函数为ϕXi(t)=eiµt−λ|t|， 则Yn= 1 (X1+X2+L+Xn)的特征函数为 n n n ⎛ t t⎞ ⎜iµ⋅n−λ⋅n⎟⎟⎛t⎞n⎜⎠ ϕYn(t)=∏ϕ1(t)=∏ϕXi⎜⎟=e⎝=eiµt−λ|t|=ϕX1(t)， Xi ⎝n⎠i=1i=1n 1 (X1+X2+L+Xn)与X1同分布． n 12．设连续随机变量X的密度函数为p (x)，试证：p (x) 关于原点对称的充要条件是它的特征函数是实的偶 函数． 证：方法一：根据随机变量X与−X的关系 充分性：设X的特征函数ϕ X (t)是实的偶函数，有ϕ X (t) = ϕ X (−t)， 则−X的特征函数ϕ −X (t) = ϕ X (−t) = ϕ X (t)，根据特征函数的唯一性定理知−X与X同分布， 故根据特征函数的唯一性定理知 16 因X的密度函数为p (x)，有−X的密度函数为p (−x)， 故由−X与X同分布可知p (−x) = p (x)，即p (x) 关于原点对称； 必要性：设X的密度函数p (x) 关于原点对称，有p (−x) = p (x)， 因−X的密度函数为p (−x)，即−X与X同分布， 则−X的特征函数ϕ −X (t) = ϕ X (−t) = ϕ X (t)，且ϕX(t)=ϕ−X(t)=E[eit(−X)]=E[e−itX]=E[eitX]=ϕX(t)， 故X的特征函数ϕ X (t)是实的偶函数． 方法二：根据密度函数与特征函数的关系 充分性：设连续随机变量X的特征函数ϕ X (t)是实的偶函数，有ϕ X (t) = ϕ X (−t)， 1+∞−itx1+∞−it(−x)1+∞itx e因p(x)=eϕ(t)dt，有p(−x)=ϕ(t)dt=eϕ(t)dt， 2π∫−∞2π∫−∞2π∫−∞ 令t = −u，有dt = −du，且当t → −∞时，u → +∞；当t → +∞时，u → −∞， 1−∞i(−u)x1+∞−iux1+∞−iux e()()e()则p(−x)=ϕ−u−du=ϕ−udu=eϕ(u)du=p(x)， 2π∫+∞2π∫−∞2π∫−∞ 故p (x) 关于原点对称； 必要性：设X的密度函数p (x) 关于原点对称，有p (−x) = p (x)， 因ϕ(t)=E(e −itX )=∫ep(x)dx，有ϕ(−t)=∫e −∞ −∞ +∞ +∞ itx +∞ i(−t)x p(x)dx=∫e−itxp(x)dx， −∞ +∞ +∞ 令x = −y，有dx = −dy，且当x → −∞时，y → +∞；当x → +∞时，y → −∞， 则ϕX(−t)=∫e−it(−y)p(−y)(−dy)=∫eityp(−y)dy=∫eityp(y)dy=ϕX(t)， +∞ −∞ −∞ −∞ 且ϕX(t)=ϕX(−t)=E[ei(−t)X]=E[e−itX]=E[eitX]=ϕX(t)， 故X的特征函数ϕ X (t)是实的偶函数． 1n 13．设X1, X2, …, Xn独立同分布，且都服从N(µ , σ )分布，试求X=∑Xi的分布． ni=1 2 证：因Xi ~ N (µ , σ 2)，i = 1, 2, …, n，且Xi相互独立，有Xi的特征函数为ϕXi(t)=e iµt− σ2t2 2 ， 1⎛t⎞ 则X=∑Xi的特征函数为ϕX(t)=∏ϕ1(t)=∏ϕXi⎜⎟=e Xini=1⎝n⎠i=1i=1n⎛σ2⎞ 这是正态分布N⎜⎜µ,n⎟⎟的特征函数， ⎝⎠ ⎛σ2⎞1n 故根据特征函数的唯一性定理知X=∑Xi~N⎜⎜µ,n⎟⎟． ni=1⎝⎠ nnn ⎡t1⎛t⎞2⎤ n⎢iµ⋅−σ2⎜⎟⎥ n2⎝n⎠⎥⎢⎦⎣ =e iµt− σ2t2 2n ， 14．利用特征函数方法证明如下的泊松定理：设有一列二项分布{b(k, n, pn)}，若limnpn=λ，则 n→∞ k! 证：二项分布b(n, pn)的特征函数为ϕ n(t) = ( pne it + 1 − pn) n = [1 + pn(e it − 1)] n，且n → ∞时，pn → 0， n→∞ limb(k,n,pn)= λk e−λ,k=0,1,2,L． 1 因limϕn(t)=lim[1+pn(e−1)]=lim[1+pn(e−1)] n→∞ n→∞ pn→0 itnit pn(eit−1) ⋅npn(eit−1) =eλ(e it −1) ， 17 这正是泊松分布P(λ)的特征函数， 故根据特征函数的唯一性定理知limb(k,n,pn)= n→∞ λk k! e−λ,k=0,1,2,L． 15．设随机变量X ~ Ga(α, λ)，证明：当α → ∞时，随机变量(λX−α)α按分布收敛于标准正态变量． ⎛it⎞ 证：因X ~ Ga(α, λ)，有X的特征函数为ϕX(t)=⎜1−⎟ ⎝λ⎠ 则Y的特征函数为ϕY(t)=e−it −α，令Y= −αλX−αλ=X−α， αα⎛λt⎞−itαϕX⎜⎟⎜⎟=e α⎝⎠it⎞α⎛−1⎜⎟⎜⎟ α⎝⎠ ， ⎡it⎛⎛it⎞it⎞⎤ α可得lnϕY(t)=−itα−αln⎜1ln1−=−+−⎟⎜⎟⎢⎜⎟⎜⎟⎥， α⎠α⎠⎦⎝⎝⎣α令u= 1 α，当α → ∞时，有u → 0，且α= 11 ，lnϕ(t)=−[itu+ln(1−itu)]， Y22 uuit+ −it 2 t2t21−itu=−lim−(it)u=−lim=−， u→u→002u(1−itu)2(1−itu)22u 则limlnϕY(t)=−lim α→∞ itu+ln(1−itu) =−lim2u→0u→0u t2 2 可得limϕY(t)=e α→∞ − ，这正是标准正态分布N (0, 1)的特征函数， 故根据特征函数的唯一性定理知Y= λX−α按分布收敛于标准正态变量． α 18 习题4.3 1． 设{Xk}为独立随机变量序列，且 1 P{Xk=±lnk}=,k=1,2,L 2 证明{Xk}服从大数定律． 证：因{Xk}为独立随机变量序列， 11 且E(Xk)=(−lnk)⋅+lnk⋅=0， 22 11 Var(Xk)=E(Xk2)−[E(Xk)]2=E(Xk2)=(−lnk)2⋅+(lnk)2⋅=lnk，k = 1, 2, …， 22 ⎛n⎞11 X则2Var⎜⎜∑k⎟⎟=n2n⎝k=1⎠ 1 X=Var()∑k n2k=1 n ⎛n⎞11lnn ⎜knn≤×=，有limVarXlnln∑2⎜∑k⎟⎟=0， n→+∞n2nnk=1⎝k=1⎠ n 故{Xk}满足马尔可夫大数定律条件，{Xk}服从大数定律． 2． 设{Xk}为独立随机变量序列，且 2 证明{Xk}服从大数定律． 证：因{Xk}为独立随机变量序列， 且E(Xk)=(−2k)⋅ P{Xk=±2k}=,P{Xk=0}=1−2k+11 1 ,k=1,2,L 22k122k+1 1⎞1⎛ +0⋅⎜1−2k⎟+2k⋅2k+1=0， 2⎝2⎠ 122k+1 1⎛ +02⋅⎜1−2k ⎝2 1⎞k2 ⎟+(2)⋅2k+1=1，k = 1, 2, …， 2⎠ Var(Xk)=E(Xk2)=(−2k)2⋅ 即方差有共同的上界， 故{Xk}满足切比雪夫大数定律条件，{Xk}服从大数定律． 3． 设{Xn}为独立随机变量序列，且P{X1 = 0} = 1， 12 ,P{Xn=0}=1−,n=2,3,L nn 证明{Xn}服从大数定律． 证：因{Xk}为独立随机变量序列，E (X1) = 0，Var (X1) = 0， P{Xn=±n}= 且E(Xk)=(−k)⋅ 11⎛2⎞ +0⋅⎜1−⎟+k⋅=0， kk⎝k⎠ 11⎛2⎞ +02⋅⎜1−⎟+(k)2⋅=2，k = 2, 3, …， kk⎝k⎠ Var(Xk)=E(Xk2)=(−k)2⋅ 即方差有共同的上界， 故{Xk}满足切比雪夫大数定律条件，{Xk}服从大数定律． 4． 在伯努利试验中，事件A出现的概率为p．令 ⎧1,若在第n次及第n+1次试验中A出现; Xn=⎨ 其他0,.⎩ 证明{Xn}服从大数定律． 19 证：因Xk的分布为 XkP01−p21 2p 则E (Xk) = p2，Var (Xk) = p2 (1 − p2)， 又因当 | i − k | ≥ 2时，Xi与Xk相互独立，且Cov (Xk , Xk +1) = E(Xk Xk +1) − E(Xk)E(Xk +1) = p3 − p4， n−1 ⎛n⎞1⎡n⎤112234 ⎟XVar(X)2Cov(X,X)则2Var⎜=+∑∑k⎟kkk+1⎥=2[np(1−p)+2(n−1)(p−p)]， 2⎢∑⎜nk=1⎝k=1⎠n⎣k=1⎦n ⎛n⎞1 ⎟即lim2Var⎜X∑k⎜⎟=0， n→+∞n⎝k=1⎠ 故{Xn}满足马尔可夫大数定律条件，{Xn}服从大数定律． 5． 设{Xn}为独立的随机变量序列，且 P{Xn = 1} = pn，P{Xn = 0} = 1 − pn，n = 1, 2, …， 证明{Xn}服从大数定律． 证：因{Xk}为独立随机变量序列，且E (Xk) = pk，Var (Xk) = pk (1 − pk) ≤ 1，即方差有共同的上界， 故{Xn}满足切比雪夫大数定律条件，{Xn}服从大数定律． 6． 设{Xn}为独立同分布的随机变量序列，其共同分布函数为 11x +arctan,−∞ F(x)= 且密度函数p(x)=F′(x)= 1⋅π 1⎛x⎞1+⎜⎟⎝a⎠ 2⋅ 1a1=⋅2,−∞ 故辛钦大数定律对此随机变量序列不适用． 7． 设{Xn}为独立同分布的随机变量序列，其共同分布为 2k1 P{Xn=2}=k,k=1,2,L k2 试问{Xn}是否服从大数定律？ +∞ 2k11 解：因{Xn}为独立同分布的随机变量序列，且E(Xn)=∑2⋅k=∑2收敛， 2k=1kk=1k +∞ 故{Xn}满足辛钦大数定律条件，{Xn}服从大数定律． 8． 设{Xn}为独立同分布的随机变量序列，其共同分布为 c P{Xn=k}=22,k=2,3,L， klgk 其中 −1 ⎛+∞1⎞c=⎜⎜∑k2lg2k⎟⎟， ⎝k=2⎠ 20 试问{Xn}是否服从大数定律？ +∞ c1 解：因{Xn}为独立同分布的随机变量序列，且E(Xn)=∑k⋅22=c∑收敛， 2klgkk=2k=2klgk +∞ 故{Xn}满足辛钦大数定律条件，{Xn}服从大数定律． 9． 设{Xn}为独立的随机变量序列，其中Xn服从参数为n的泊松分布，试问{Xn}是否服从大数定律？ 解：因{Xk}为独立随机变量序列，且Var(Xk)=k， ⎛n⎞11 ⎟则2Var⎜X=2∑k⎜⎟n⎝k=1⎠n 1 Var(Xk)=2∑nk=1 n ∑k=1 n ⎛n⎞111 ⎟k≤2×nn=，有lim2Var⎜X=0， ∑k⎜⎟n→+∞nnn⎝k=1⎠ 故{Xn}满足马尔可夫大数定律条件，{Xn}服从大数定律． 2 10．设{Xn}为独立的随机变量序列，证明：若诸Xn的方差σn一致有界，即存在常数c，使得 2 σn≤c,n=1,2,L， 则{Xn}服从大数定律． 证：{Xn}满足切比雪夫大数定律条件，{Xn}服从大数定律． 11．（泊松大数定律）设Sn为n次独立试验中，事件A出现的次数，而事件A在第i次试验出现的概率为 pi , i = 1, 2, …, n, …，则对任意的ε > 0，有 ⎛Sn1n⎞⎜−∑pi<ε⎟limP⎜⎟=1． n→∞nni=1⎝⎠ n ⎧1,在第i次试验中A发生; 证：设Xi=⎨ 有Sn=∑Xi， 0,.在第i次试验中A不发生i=1⎩ 因{Xn}独立，且E(Xi) = pi，Var(Xi) = pi(1 − pi) < 1， ⎛1n⎞1n ⎟=1， − ⎟=1． −<故limP⎜pε∑i⎟n→∞⎜nni=1⎝⎠ 12．（伯恩斯坦大数定律）设{Xn}是方差一致有界的随机变量序列，且当 | k − l | → +∞ 时，一致地有 Cov (Xk , Xl) → 0，证明{Xn}服从大数定律． 证：设Var (Xk) ≤ c，且对任意的 ε > 0，存在M，当 | k − l | > M时，Cov(Xk,Xl)< 且当1≤ | k − l | ≤ M时，Cov(Xk,Xl)≤Var(Xk)Var(Xl)≤c， ε2 ， ⎛n⎞1⎡n⎤1 ⎟XVar(X)2Cov(X,X)则2Var⎜=+∑kkl⎥ ⎜∑k⎟n2⎢∑n1≤k =2⎢∑Var(Xk)+2∑Cov(Xk,Xl)+2∑Cov(Xk,Xl)⎥ n⎣k=11≤|k−l|≤M|k−l|>M⎦ 21 ≤ 1n21n2 ε⎤⎡ +(−1)(2−−1)+(−)(−−1)⋅ncMnMcnMnM⎢2⎥⎣⎦ (2M−1)cε⎡2ε⎤ncMncn+−⋅+⋅=+， (1)2⎢⎥n22⎣⎦ ≤ ⎛n⎞⎛n⎞11⎡(4M−2)c⎤ ⎜⎟⎜，当n > N时，VarX<ε，有limVarX取N=⎢⎜∑k⎟⎜∑k⎟⎟=0， ⎥n→+∞n2εn2⎦⎣⎝k=1⎠⎝k=1⎠ 故{Xn}满足马尔可夫大数定律条件，{Xn}服从大数定律． 13．（格涅坚科大数定律）设{Xn}是随机变量序列，若记 1n1n Yn=∑Xi，an=∑E(Xi)． ni=1ni=1 则{Xn}服从大数定律的充要条件是 ⎡(Yn−an)2⎤limE⎢=0． 2⎥n→+∞+−1()Yann⎣⎦ 证：以连续随机变量为例进行证明，设Yn的密度函数为p( y)， 必要性：设{Xn}服从大数定律，即对任意的ε > 0，都有 ⎧1n⎫1n limP⎨∑Xi−∑E(Xi)≥ε⎬=limP{|Yn−an|≥ε}=0， n→+∞ni=1 ⎩ni=1⎭n→+∞ 不妨设0 < ε < 1，有ε − ε 2 > 0，存在N > 0，当n > N时，P{| Yn − an | ≥ ε} < ε − ε 2， ⎡(Yn−an)2⎤+∞(y−an)2(y−an)2(y−an)2 则E⎢=∫p(y)dy=∫p(y)dy+∫p(y)dy 2⎥22−∞1+(y−a)2+−+−+−1(Ya)1(ya)1(ya)nnnnn⎣⎦|y−an|<ε|y−an|≥εε2ε2ε2 ≤∫p(y)dy+∫p(y)dy=+P{|Yn−an|≥ε}<+ε−ε2<ε， 2221+ε1+ε1+ε|y−an|<ε|y−an|≥ε⎡(Yn−an)2⎤ 故limE⎢=0； 2⎥n→+∞1()Ya+−nn⎣⎦⎡(Yn−an)2⎤充分性：设limE⎢=0， 2⎥n→+∞Ya1+(−)nn⎣⎦ ⎧1n⎫1n1+ε2因P⎨∑Xi−∑E(Xi)≥ε⎬=P{|Yn−an|≥ε}=∫p(y)dy= ni=1ε2⎩ni=1⎭|y−an|≥ε≤1+ε2 (y−an)21+ε2 p(y)dy≤2∫ε21+(y−an)|y−an|≥ε+∞ ε2 p(y)dy ∫2 |y−an|≥ε1+εε2 (y−an)21+ε2⎡(Yn−an)2⎤ ， 2⎥∫−∞1+(y−an)2p(y)dy=ε2E⎢ ⎣1+(Yn−an)⎦ ⎧1n⎫1n 故limP⎨∑Xi−∑E(Xi)≥ε⎬=limP{|Yn−an|≥ε}=0，即{Xn}服从大数定律． n→+∞ni=1 ⎩ni=1⎭n→+∞ 22 14．设{Xn}为独立同分布的随机变量序列，方差存在．又设∑an为绝对收敛级数．令Yn=∑Xi，证明{anYn} n=1 i=1 +∞n 服从大数定律． 证：设Var(Xn) = σ，∑an=S， 2 n=1 +∞ ⎡n⎡n⎛k⎞⎤1⎛n⎞⎤1⎞1⎛n1 ⎜⎟⎜⎟aYVaraXVarXa则2Var⎜==⎢∑i⎜∑k⎟⎢∑k⎜∑i⎟⎥2⎟⎥=n2⎜∑kk⎟n2nn⎠⎝k=1⎣i=1⎝k=i⎠⎦⎣k=1⎝i=1⎠⎦ 1 ≤2n ⎞⎛n ⎜Var(X)a⋅∑i⎟ ⎜∑k⎟ i=1⎝k=i⎠ n 2 σ∑i=1 n 2 S= 2 σ2S2 n ， ⎛n⎞1 aY有lim2Var⎜⎜∑kk⎟⎟=0， n→+∞n⎝k=1⎠ 故{anYn}满足马尔可夫大数定律条件，{anYn}服从大数定律． 15．设{Xn}为独立同分布的随机变量序列，方差存在，令Yn=∑Xi．又设{an}为一列常数，如果存在常数 i=1n c > 0，使得对一切n有 | nan | ≤ c，证明{anYn}服从大数定律． 证：设Var (Xn) = σ 2， ⎡n⎡n⎛k⎛n⎞⎤1⎞⎤1⎛n⎞11 ⎜⎜⎟⎜⎟则2Var⎜∑akYk⎟=2Var⎢∑ak⎜∑Xi⎟⎥=2Var⎢∑Xi⎜∑ak⎟⎟⎥=n2nnn⎝k=1⎠⎣i=1⎝k=i⎠⎦⎣k=1⎝i=1⎠⎦ 1 ≤2n= ⎛nc⎞σ2c2σ⋅⎜∑⎜∑k⎟⎟=n2i=1⎝k=i⎠ n 2 2 ⎛n⎞ ⎜Var(X)a⋅∑i⎜∑k⎟⎟ i=1⎝k=i⎠ n 2 ⎛n11⎞σ2c2 ⎜∑⎜∑k2+2∑kl⎟⎟=n2i=1⎝k=i1≤k ⎛nn11⎞⎜⎟ −2∑∑∑∑2⎟⎜klki=1⎝k=il=kk=i⎠ n σ2c2⎛ n2 nnnk 11⎞σ2c2⎛nlk11⎞ ⎜⎟⎜⎟ −=−22∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑2⎟2⎜2⎟⎜n⎝l=1k=1i=1klk=1i=1k⎠⎝i=1k=il=kkli=1k=ik⎠n n n = σ2c2⎛ n2n 11⎞σ2c2⎛nl1n1⎞σ2c2⎛n1n1⎞ ⎜⎜2∑∑k⋅kl−∑k⋅k2⎟⎟=n2⎜⎜2∑∑l−∑k⎟⎟=n2⎜⎜2∑l⋅l−∑k⎟⎟ k=1k=1k=1⎝l=1k=1⎠⎝l=1k=1⎠⎝l=1⎠n l = σ2c2⎛ n21⎞σ2c22σ2c2 ⎜⎜2n−∑k⎟⎟ n ⎛n⎞1 有lim2Var⎜aY⎜∑kk⎟⎟=0， n→+∞n⎝k=1⎠ 故{anYn}满足马尔可夫大数定律条件，{anYn}服从大数定律． 16．设{Xn}为独立同分布的随机变量序列，其方差有限，且Xn不恒为常数．如果Sn=∑Xi，试证：随机 i=1n 变量序列{Sn}不服从大数定律． 注：此题有误，条件“Xn不恒为常数”应该改为“Xn不恒为常数的概率大于0”或“Var (Xn) > 0” 23 1n1nk1nn1n1n 证：设Tn=∑Sk，有Tn=∑∑Xi=∑∑Xi=∑(n−i+1)Xi=X1+∑(n−i+1)Xi， nk=1i=1ni=1k=ini=1ni=2nk=1 1n 记Yn=∑(n−i+1)Xi，有Tn = X1 + Yn，且X1与Yn相互独立， ni=2 因{Xn}独立同分布且Xn不恒为常数的概率大于0，有P{X1 − E (X1) < 0}与P{X1 − E (X1) > 0}都大于0， 则存在ε > 0，使得P{X1 − E (X1) ≤ −ε} = p1 > 0且P{X1 − E (X1) ≥ ε} = p2 > 0， 1n 因Yn=∑(n−i+1)Xi不恒为常数的概率也大于0， ni=2 则P{Yn − E (Yn) ≤ 0}与P{Yn − E (Yn) ≥ 0}至少有一个大于0.5， ⎧1n⎫1n 可得P⎨∑Si−∑E(Si)≥ε⎬=P{|Tn−E(Tn)|≥ε} ni=1 ⎩ni=1⎭ ≥ P{X1 − E (X1) ≤ −ε}P{Yn − E (Yn) ≤ 0} + P{X1 − E (X1) ≥ ε}P{Yn − E (Yn) ≥ 0} ≥ 0.5min{p1, p2}， ⎧1n⎫1n 故limP⎨∑Si−∑E(Si)≥ε⎬≥0.5min{p1,p2}>0，{Sn}不服从大数定律． n→+∞ni=1⎩ni=1⎭ 17．分别用随机投点法和平均值法计算下列定积分： ex−1（1）J1=∫dx； 0e−1 1 （2）J2=∫exdx． −1 1 解：随机投点法： 计算定积分∫f(x)dx，且0 ≤ f (x) ≤ 1， 01 用计算机产生在 (0, 1) 区间上均匀分布的n对随机数 (xi, yi), i = 1, 2, …, n，记录满足不等式yi ≤ f (xi) 的数据对的个数µ n，用频率 b µn n 作为积分∫f(x)dx的估计值． 0 1 计算一般的定积分∫g(x)dx， a 可通过变量替换y= x−a 化为关于y的函数在0与1之间的积分， b−a 10 ∫ b a g(x)dx=(b−a)∫g[a+(b−a)y]dy， g[a+(b−a)y]−c ，使得0 ≤ f (y) ≤ 1，可得 d−c 进一步，若c ≤ g (x) ≤ d，通过函数变换f(y)= ∫ b a g(x)dx=(b−a)(d−c)∫f(y)dy+c(b−a)， 0 1 b 0 a 1 用蒙特卡洛方法计算出∫f(y)dy，进而就得到∫g(x)dx的值． ex−1ex−1 在[0, 1] 之间取值， （1）J1=∫dx，因积分区间为[0, 1]且 0e−1e−1 exi−1 记k1为满足不等式yi≤的数对个数， e−1 1 24 kex−1 故J1=∫dx≈1； 0e−1n MATLAB程序： n=input('number of tests=');k=0; for i=1:n x=rand;y=rand; if y<=(exp(x)-1)/(exp(1)-1); k=k+1; end end J1=k/n 1 （2）J2=∫exdx，因积分区间为 [−1, 1] 且e x在 [0, e] 之间取值， −1 1 e−1+2x−0 =e−2+2x，记k2为满足不等式yi≤e−2+2xi的数对个数， 设f2(x)= e−0 11k 故J2=∫exdx=2⎡0+(e−0)∫e−2+2tdt⎤=2e2； 0−1⎢⎥⎣⎦n MATLAB程序： n=input('number of tests=');k=0; for i=1:n x=rand;y=rand; if y<=exp(-2+2*x); k=k+1; end end J2=k/n*2*exp(1) 平均值法： 计算定积分∫f(x)dx， 01 1n 用计算机产生在(0, 1)区间上均匀分布的n个随机数xi，i = 1, 2, …, n，计算f (xi)的平均值∑f(xi) ni=1 作为积分∫f(x)dx的估计值． 0 1 计算一般的定积分∫g(x)dx， a b 可通过变量替换y= x−a 化为关于y的函数在0与1之间的积分， b−a 1 ∫ b a g(x)dx=(b−a)∫g[a+(b−a)y]dy=(b−a)∫f(y)dy， 0 0 1 b 0 a ∆ 1 用蒙特卡洛方法计算出∫f(y)dy，进而就得到∫g(x)dx的值． ex−1 （1）J1=∫dx，因积分区间为 [0, 1]， 0e−1 1 ex−11nexi−1 ； dx≈∑故J1=∫0e−1ni=1e−1 1 25 MATLAB程序： n=input('number of tests='); x=rand(n); J1=mean((exp(x)-1)/(exp(1)-1)) （2）J2=∫exdx，因积分区间为 [−1, 1]，设f 2 (x) = e −1 + 2x， −11 故J=edx=2e 1 x 1 −1+2t 2n−1+2xi ． dt≈∑e 2∫−1 ∫0 ni=1 MATLAB程序： n=input('number of tests='); x=rand(n); J2=2*mean(exp(-1+2*x)) 26 习题4.4 1． 某保险公司多年的统计资料表明，在索赔户中被盗索赔户占20%，以X表示在随意抽查的100个索赔 户中因被盗向保险公司索赔的户数． （1）写出X的分布列； （2）求被盗索赔户不少于14户且不多于30户的概率的近似值． 解：（1）因X服从二项分布b(100, 0.2)， ⎛100⎞k100−k 故X的分布列为P{X=k}=⎜,k=0,1,2,L,100； ⎜k⎟⎟×0.2×0.8 ⎝⎠ （2）因E (X ) = np = 20，Var (X ) = np(1 − p) = 16， 且n = 100较大，根据中心极限定理知 X−20 ~&N(0,1)， 4 ⎛30.5−20⎞⎛13.5−20⎞ 故P{14≤X≤30}=P{13.5 = Φ (2.625) + Φ (1.625) − 1 = 0.9957 + 0.9479 − 1 = 0.9436． 2． 某电子计算机主机有100个终端，每个终端有80%的时间被使用．若各个终端是否被使用是相互独立 的，试求至少有15个终端空闲的概率． 解：设X表示空闲的终端个数，有X服从二项分布b(100, 0.2)， 因E (X ) = np = 20，Var (X ) = np(1 − p) = 16， 且n = 100较大，根据中心极限定理知 X−20 ~&N(0,1)， 4 ⎛14.5−20⎞ 故P{X≥15}=P{X>14.5}≈1−Φ⎜⎟=1−Φ(−1.375)=Φ(1.375)=0.9154． 4⎝⎠ 3． 有一批建筑房屋用的木柱，其中80%的长度不小于3 m，现从这批木柱中随机地取出100根，问其中 至少有30根短于3 m的概率是多少？ 解：设X表示短于3m的木柱根数，有X服从二项分布b(100, 0.2)， 因E (X ) = np = 20，Var (X ) = np(1 − p) = 16， 且n = 100较大，根据中心极限定理知 X−20 ~&N(0,1)， 4 ⎛29.5−20⎞ 故P{X≥30}=P{X>29.5}≈1−Φ⎜⎟=1−Φ(2.375)=1−0.9912=0.0088． 4⎝⎠ 1100 4． 掷一颗骰子100次，记第i次掷出的点数为Xi , i = 1, 2, …, 100，点数之平均为X=Xi，试求∑100i=1 概率P{3≤X≤4}． 解：因Xi的概率分布为P{Xi=k}= 1 ,k=1,2,L,6， 6 11191111 则E(Xi)=1×+2×+L+6×=3.5，E(Xi2)=12×+22×+L+62×=， 6666666 91⎛7⎞35 可得Var(Xi)=E(Xi2)−[E(Xi)]2=， −⎜⎟= 6⎝2⎠12 27 2 11100 因E(X)=，Var()E(X)=3.5X=∑i 1002100i=1 且n = 100较大，根据中心极限定理知 ∑Var(Xi)= i=1 100 1357 ， ×100×= 1000012240 X−3.5 ~&N(0,1)， 7/240 ⎛4−3.5⎞⎛3−3.5⎞ 故P{3≤X≤4}≈Φ⎜−Φ⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟=Φ(2.9277)−Φ(−2.9277)=2×Φ(2.9277)−1 7/2407/240⎝⎠⎝⎠ = 2 × 0.9983 − 1 = 0.9966． 5． 连续地掷一枚骰子80次，求点数之和超过300的概率． 解：记第i次掷出的点数为Xi , i = 1, 2, …, 80，有Xi的概率分布为P{Xi=k}= 1 ,k=1,2,L,6， 6 11191111 则E(Xi)=1×+2×+L+6×=3.5，E(Xi2)=12×+22×+L+62×=， 6666666 91⎛7⎞35 可得Var(Xi)=E(X)−[E(Xi)]=， −⎜⎟= 6⎝2⎠12 2i 2 2 ⎛80⎛80⎞80⎞8035700 ⎜⎟⎟因E⎜VarVar()80X=E(X)=80×3.5=280，X=X=×=， ii⎜∑i⎟∑⎜∑i⎟∑123⎝i=1⎠i=1⎝i=1⎠i=1 且n = 80较大，根据中心极限定理知 ∑X i=1 80 i −280 ~&N(0,1)， 700/3 ⎧80⎫⎛300−280⎞ 故P⎨∑Xi>300⎬≈1−Φ⎜⎟⎜⎟=1−Φ(1.3093)=1−0.9048=0.0952． ⎝700/3⎠⎩i=1⎭ 6． 有20个灯泡，设每个灯泡的寿命服从指数分布，其平均寿命为25天．每次用一个灯泡，当使用的灯 泡坏了以后立即换上一个新的，求这些灯泡总共可使用450天以上的概率． 解：记第i个灯泡的寿命为Xi , i = 1, 2, …, 20，有Xi ~ Exp(1/25)， 则E (Xi) = 1/λ = 25，Var (Xi) = 1/λ2 = 625， ⎛20⎞20⎛20⎞20 因E⎜⎜∑Xi⎟⎟=∑E(Xi)=20×25=500，Var⎜⎜∑Xi⎟⎟=∑Var(Xi)=20×625=12500， ⎝i=1⎠i=1⎝i=1⎠i=1 且n = 20较大，根据中心极限定理知 ∑X i=1 20 i −500 ~&N(0,1)， 12500⎧20⎫⎛450−500⎞故P⎨∑Xi>450⎬=1−Φ⎜⎟⎜⎟=Φ(0.4472)=0.6726． ⎝12500⎠⎩i=1⎭ 148 7． 设X1, X2, …, X48为独立同分布的随机变量，共同分布为U(0, 5)．其算术平均为X=∑Xi，试求概 48i=1 率P{2≤X≤3}． 28 a+b(b−a)225 解：因Xi服从均匀分布U(0, 5)，有E(Xi)==2.5，Var(Xi)==， 21212 1148 可得E(X)=E(Xi)=2.5，Var(X)=2∑4848i=1 且n = 48较大，根据中心极限定理知 ， Var(Xi)=2×48×=∑4812576i=1 48 12525 X−2.5 ~&N(0,1)， 5/24 ⎛3−2.5⎞⎛2−2.5⎞ 故P{2≤X≤3}≈Φ⎜⎟−Φ⎜⎟=Φ(2.4)−Φ(−2.4)=2×Φ(2.4)−1=2×0.9918=0.9836． ⎝5/24⎠⎝5/24⎠ 8． 某汽车销售点每天出售的汽车数服从参数为λ = 2的泊松分布．若一年365天都经营汽车销售，且每天 出售的汽车数是相互独立的，求一年中售出700辆以上汽车的概率． 解：设Xi表示一年中第i日售出的汽车数，有Xi服从泊松分布P (2)，可得E (Xi) = λ = 2，Var (Xi) = λ = 2， 因一年中售出的汽车数为Y=∑Xi，有E(Y)=∑E(Xi)=730，Var(Y)=∑Var(Xi)=730， i=1 i=1 i=1 365 365 365 且n = 365较大，根据中心极限定理知 Y−730 ~&N(0,1)， 730⎛699.5−730⎞ 故P{Y≥700}=P{Y>699.5}≈1−Φ⎜⎟⎜⎟=1−Φ(−1.1289)=Φ(1.1289)=0.8705． 730⎝⎠ 9． 某餐厅每天接待400名顾客，设每位顾客的消费额（元）服从 (20, 100) 上的均匀分布，且顾客的消费 额是相互独立的．试求： （1）该餐厅每天的平均营业额； （2）该餐厅每天的营业额在平均营业额 ±760元内的概率． 解：设Xi表示第i个顾客的消费额，有Xi服从均匀分布U (20, 100)， a+b(b−a)21600 则E(Xi)==60，Var(Xi)==， 2123 （1）因该餐厅一天内的营业额为Y=∑Xi， i=1 400i=1400 故该餐厅每天的平均营业额E(Y)=∑E(Xi)=400×60=24000（元）； 400i=1 （2）因E(Y) = 24000，Var(Y)=∑Var(Xi)=400× 1600640000 ， = 33 且n = 400较大，根据中心极限定理知 Y−24000~&N(0,1)， 8003⎛−760⎞⎛760⎞ ⎟⎟−Φ⎜故P{−760≤Y−24000≤760}≈Φ⎜⎜8003⎟=Φ(1.6454)−Φ(−1.6454) ⎜8003⎟ ⎝⎠⎝⎠ = 2Φ (1.6454) − 1 = 2 × 0.9501 − 1 = 0.9002． 10．一仪器同时收到50个信号Ui , i = 1, 2, …, 50．设Ui是相互独立的，且都服从 (0, 10) 内的均匀分布， 29 ⎧50⎫试求P⎨∑Ui>300⎬． ⎩i=1⎭ a+b(b−a)225 解：因Ui服从均匀分布U(0, 10)，有E(Ui)==5，Var(Ui)==， 1232 ⎛50⎞50⎛50⎞50251250 ⎜⎟⎟可得E⎜VarVar()50U=E(U)=50×5=250，U=U=×=， ii⎜∑i⎟∑⎜∑i⎟∑33⎝i=1⎠i=1⎝i=1⎠i=1 且n = 50较大，根据中心极限定理知 ∑U i=150 i −250 ~&N(0,1)， 1250/3 ⎧50⎫⎛300−250⎞ 故P⎨∑Ui>300⎬≈1−Φ⎜⎟⎜⎟=1−Φ(2.4495)=1−0.9928=0.0072． ⎝1250/3⎠⎩i=1⎭ 11．计算机在进行加法运算时对每个加数取整数（取最为接近于它的整数）．设所有的取整误差是相互独 立的，且它们都服从 (−0.5, 0.5) 上的均匀分布． （1）若将1500个数相加，求误差总和的绝对值超过15的概率； （2）最多几个数加在一起可使得误差总和的绝对值小于10的概率不小于90%． 解：设Xi表示第i个加数的取整误差，有Xi服从均匀分布U (−0.5, 0.5)， a+b(b−a)21 则E(Xi)==0，Var(Xi)==， 21212 （1）因1500个数相加的误差总和为Y=∑Xi，有E(Y)=∑E(Xi)=0，Var(Y)=∑Var(Xi)=125， i=1 i=1 i=1 1500 1500 1500 且n = 1500较大，根据中心极限定理知 Y−0 ~&N(0,1)， 125⎡⎛15⎞⎤ 故P{|Y|>15}≈2⎢1−Φ⎜⎟⎜⎟⎥=2[1−Φ(1.3416)]=2×(1−0.9101)=0.1798； 125⎝⎠⎦⎣ ⎛n⎞n⎛n⎞nn ⎟⎜⎟（2）因n个数相加的误差总和为∑Xi，有E⎜VarVar()X=E(X)=0，==， XX∑∑∑∑iiii⎜⎟⎜⎟12i=1⎝i=1⎠i=1⎝i=1⎠i=1 n 不妨设n较大，根据中心极限定理知 ∑X i=1 n i −0 ~&N(0,1)， n/12 ⎛1012⎞⎧n⎫⎧n⎫⎛−10⎞⎛10⎞⎟−1≥0.9， ⎜因P⎨∑Xi<10⎬≥0.9，有P⎨∑Xi<10⎬≈Φ⎜2=Φ−Φ⎜⎟⎟⎜⎟⎜⎟⎜n⎟⎝n/12⎠⎝n/12⎠⎩i=1⎭⎩i=1⎭⎠⎝⎛1012⎞ ⎟≥0.95，即1012≥1.6449， 则Φ⎜⎜nn⎟⎠⎝ 故n ≤ 443.5338，即n不超过443． 12．设各零件的重量都是随机变量，它们相互独立，且服从相同的分布，其数学期望为0.5 kg，标准差为 0.1 kg，问5000只零件的总重量超过2510 kg的概率是多少？ 解：设Xi表示第i个零件的重量，有E (Xi) = 0.5，Var (Xi) = 0.12 = 0.01， 30 因5000只零件的总重量为Y=∑Xi，有E(Y)=∑E(Xi)=2500，Var(Y)=∑Var(Xi)=50， i=1 i=1 i=1 500050005000 且n = 5000很大，根据中心极限定理知 Y−2500 ~&N(0,1)， 50⎛2510−2500⎞ 故P{Y>2510}≈1−Φ⎜⎟⎜⎟=1−Φ(1.4142)=1−0.9214=0.0786． 50⎝⎠ 13．某种产品由20个相同部件连接而成，每个部件的长度是均值为2 mm，标准差为0.02 mm的随机变量．假 如这20个部件的长度相互独立同分布，且规定产品总长为(40 ± 0.2) mm时为合格品，求该产品的不合格品率． 解：设Xi表示第i个部件的长度，有E (Xi) = 2，Var (Xi) = 0.022 = 0.0004， 因20个部件总长为Y=∑Xi，有E(Y)=∑E(Xi)=40，Var(Y)=∑Var(Xi)=0.008， i=1 i=1 i=1 20 20 20 且n = 20较大，根据中心极限定理知 Y−40 ~&N(0,1)， 0.008 ⎡⎛0.2⎞⎤ 故P{|Y−40|>0.2}≈2⎢1−Φ⎜⎟⎜⎟⎥=2[1−Φ(2.2361)]=2×(1−0.9873)=0.0254． ⎝0.008⎠⎦⎣ 14．一个保险公司有10000个汽车投保人，每个投保人平均索赔280元，标准差为800元．求总索赔额超 过2700000元的概率． 解：设Xi表示第i个投保人索赔额，有E(Xi) = 280，Var(Xi) = 8002 = 640000， 10000 因总索赔额Y= Xi，有E(Y)=∑E(Xi)=2800000，Var(Y)=∑Var(Xi)=6400000000， ∑i=1i=1i=1 1000010000 且n = 10000很大，根据中心极限定理知 Y−2800000Y−2800000 =~&N(0,1)， 800006400000000 ⎛2700000−2800000⎞⎛10⎞ 故P{Y>2700000}≈1−Φ⎜⎟=1−Φ⎜−⎟=Φ(1.25)=0.8944． 80000⎝⎠⎝8⎠ 15．有两个班级同时上一门课，甲班有25人，乙班有64人．该门课程期末考试平均成绩为78分，标准 差为14分．试问甲班的平均成绩超过80分的概率大，还是乙班的平均成绩超过80分的概率大？ 解：设Xi表示第i个同学的考试成绩，有E(Xi) = 78，Var(Xi) = 142 = 196， 1n11n 因平均成绩X=∑Xi，有E(X)=∑E(Xi)=78，Var(X)=2ni=1ni=1n 且n = 25或64较大，根据中心极限定理知 ∑Var(Xi)= i=1 n 196 ， n X−78 ~&N(0,1)， 196/n ⎛n⎞⎛80−78⎞⎟， ⎜则P{X>80}≈1−Φ⎜=−Φ1⎟⎜⎟⎟⎜⎝196/25⎠⎝7⎠ 因甲班有25人，甲班的平均成绩超过80分的概率 ⎛25⎞⎟P{X>80}≈1−Φ⎜⎜7⎟=1−Φ(0.7143)=1−0.7625=0.2375， ⎠⎝ 31 乙班有64人，乙班的平均成绩超过80分的概率 ⎛64⎞ ⎟P{X>80}≈1−Φ⎜⎜7⎟=1−Φ(1.1429)=1−0.8735=0.1265， ⎠⎝ 故甲班的平均成绩超过80分的概率大． 16．进行独立重复试验，每次试验中事件A发生的概率为0.25．试问能以95%的把握保证1000次试验中 事件A发生的频率与概率相差多少？此时A发生的次数在什么范围内？ 解：设X表示1000次试验中事件A发生的次数，X服从二项分布b(1000, 0.25)， 因E (X ) = np = 250，Var (X ) = np(1 − p) = 187.5， X−250 且n = 1000较大，根据中心极限定理知~&N(0,1)， 187.5 ⎧X⎫ 设1000次试验中事件A发生频率与概率相差不超过a的概率为95%，即P⎨−0.25≤a⎬=0.95， 1000⎩⎭⎛1000a⎞⎛−1000a⎞⎛1000a⎞ 则P{|X−250|≤1000a}≈Φ⎜2−Φ=Φ⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟−1=0.95， 187.5187.5187.5⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎛1000a⎞1000a 故Φ⎜0.975，即=1.96，a = 0.0268； =⎟⎜⎟ 187.5⎝187.5⎠ 可见能以95%的把握保证 X −0.25≤0.0268，即 | X − 250 | ≤ 26.8，223.2 ≤ X ≤ 276.8， 1000 故A发生的次数在223次到277次之间． 17．设某生产线上组装每件产品的时间服从指数分布，平均需要10 min，且各件产品的组装时间是相互独 立的． （1）试求组装100件产品需要15 h至20 h的概率； （2）保证有95%的可能性，问16个h内最多可以组装多少件产品． 解：设Xi表示组装第i件产品的时间，有Xi服从指数分布Exp (λ ) 且E (Xi) = 10， 则λ = 0.1，E(Xi)= 1 λ=10，Var(Xi)= 1 λ2=100， （1）因组装100件产品需要的时间为Y=∑Xi， i=1 100i=1 100i=1 100 则E(Y)=∑E(Xi)=1000，Var(Y)=∑Var(Xi)=10000， 且n = 100较大，根据中心极限定理知 Y−1000 ~&N(0,1)， 100 ⎛1200−1000⎞⎛900−1000⎞ 故P{15×60≤Y≤20×60}=P{900≤Y≤1200}≈Φ⎜⎟−Φ⎜⎟ 100100⎝⎠⎝⎠ = Φ(2) − Φ(−1) = Φ(2) + Φ(1) − 1 = 0.9772 + 0.8413 − 1 = 0.8185； （2）因组装n件产品需要的时间为∑Xi， i=1n 32 ⎛n⎞n⎛n⎞n 则E⎜⎜∑Xi⎟⎟=∑E(Xi)=10n，Var⎜⎜∑Xi⎟⎟=∑Var(Xi)=100n， ⎝i=1⎠i=1⎝i=1⎠i=1 不妨设n较大，根据中心极限定理知 ∑X i=1 n i −10n ~&N(0,1)， 10n ⎧n⎫⎧n⎫⎛960−10n⎞因P⎨∑Xi≤16×60⎬≥0.95，有P⎨∑Xi≤960⎬≈Φ⎜⎟⎟≥0.95， ⎜ 10n⎠⎝⎩i=1⎭⎩i=1⎭ 960−10n ≥1.6449，即10n+16.449n−960≤0，解方程得n≤9.01， 10n 故n ≤ 81.1801，即n不超过81． 18．某种福利彩票的奖金额X由抽奖决定，其分布列为 可得 X（万元）51020304050100 P0.20.20.20.10.10.10.1 若一年中要开出300个奖，问需要多少奖金总额，才有95%的把握能够发放奖金． 解：设Xi表示第i次抽奖的奖金额， 则E (Xi) = 5 × 0.2 + 10 × 0.2 + 20 × 0.2 + 30 ×0.1 + 40 ×0.1 + 50 ×0.1 + 100 ×0.1 = 29， 且E(Xi2)=52×0.2+102×0.2+202×0.2+302×0.1+402×0.1+502×0.1+1002×0.1=1605， 可得Var(Xi)=E(Xi2)−[E(Xi)]2=1605−292=764， 因一年开出的奖金总额为Y=∑Xi，有E(Y)=∑E(Xi)=8700，Var(Y)=∑Var(Xi)=229200， i=1 i=1 i=1 300 300 300 且n = 300较大，根据中心极限定理知 Y−8700 ~&N(0,1)， 229200⎛a−8700⎞ 设需要准备的奖金总额为a万元，有P{Y≤a}≈Φ⎜⎟⎜⎟=0.95， ⎝229200⎠ a−8700 ． =1.6449，即a = 9487.49（万元） 229200 19．一家有500间客房的大旅馆的每间客房装有一台2 kW（千瓦）的空调机．若开房率为80%，需要多 少kW的电力才能有99%的可能性保证有足够的电力使用空调机． 解：设X表示开房的房间数，有X服从二项分布b(500, 0.8)， 因E (X ) = np = 400，Var (X ) = np(1 − p) = 80， X−400 且n = 500较大，根据中心极限定理知~&N(0,1)， 80故 ⎛0.5a−400⎞ 设需要的电力为a kW，有P{2X≤a}=P{X≤0.5a}≈Φ⎜⎟⎜⎟=0.99， 80⎝⎠ 0.5a−400 =2.3263，即a = 841.615 kW． 8020．设某元件是某电器设备的一个关键部件，当该元件失效后立即换上一个新的元件．假定该元件的平均 故 33 寿命为100小时，标准差为30小时，试问应准备多少备件，才能以0.95以上的概率，保证这个系统能连续运行2000小时以上？ 解：设Xi表示第i个元件的使用寿命，有E(Xi) = 100，Var(Xi) = 302 = 900， 因准备n个备件时系统连续运行时间Y=∑Xi， i=1 n n n 有E(Y)=∑E(Xi)=100n，Var(Y)=∑Var(Xi)=900n， i=1 i=1 且n应大于20较大，根据中心极限定理知 Y−100n ~&N(0,1)， 900n ⎛2000−100n⎞⎛100n−2000⎞ 则P{Y>2000}≈1−Φ⎜=Φ⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟≥0.95， 900n⎠⎝⎝30n⎠ 100n−2000 ≥1.645，100n−49.35n−2000≥0，解得n ≥ 22.3321， 30n 故至少应准备23个备件． 21．独立重复地对某物体的长度a进行n次测量，设各次测量结果Xi服从正态分布N (a, 0.22)．记X为n 次测量结果的算术平均值，为保证有95%的把握使平均值与实际值a的差异小于0.1，问至少需要测量多少次？ 即 1n 解：因Xi服从正态分布N(a, 0.2)且相互独立，有X=∑Xi服从正态分布， ni=1 2 11n 则E(X)=∑E(Xi)=a，Var(X)=2 ni=1n0.22X−a ，即~Var()=X&N(0,1)， ∑i n0.2ni=1 n ⎛n⎞⎛⎛n⎞⎛0.1⎞⎛−0.1⎞n⎞⎟−1≥0.95， ⎟⎜⎟⎜⎜⎟⎜⎟因P{|X−a|<0.1}=Φ⎜=2Φ⎜−Φ⎜−−Φ⎜=Φ⎜⎟⎟⎟⎜⎟⎟ ⎝0.2n⎠⎝0.2n⎠⎝2⎠⎝2⎠⎝2⎠⎛n⎞ ⎟≥0.975，即n≥1.96， 可得Φ⎜⎜2⎟2⎠⎝ 故n ≥ 15.3664，即至少需要测量16次． 22．某工厂每月生产10000台液晶投影机，但它的液晶片车间生产液晶片合格率为80%，为了以99.7%的 可能性保证出厂的液晶投影机都能装上合格的液晶片，试问该液晶片车间每月至少应该生产多少片液晶片？ 解：设每月应该生产n片液晶片，其中合格液晶片有X片，有X服从二项分布b(n, 0.8)， 因E (X ) = np = 0.8 n，Var (X ) = np(1 − p) = 0.16 n， X−0.8n 且n应大于10000，n很大，根据中心极限定理知~&N(0,1)， 0.4n ⎛10000−0.8n⎞⎛0.8n−10000⎞ 因P{X≥10000}≈1−Φ⎜=Φ⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟≥0.997， 0.40.4nn⎝⎠⎝⎠ 0.8n−10000 ≥2.7478，即0.8n−1.0991n−10000≥0，解方程得n≥112.4924， 0.4n 故n ≥ 12654.55，即n至少为12655． 则 34 23．某产品的合格率为99%，问包装箱中应该装多少个此种产品，才能有95%的可能性使每箱中至少有 100个合格产品． 解：设包装箱中应该装n个此种产品，其中合格产品有X个，有X服从二项分布b(n, 0.99)， 因E (X ) = np = 0.99 n，Var (X ) = np(1 − p) = 0.0099 n， X−0.99n 且n应大于100，n较大，根据中心极限定理知~&N(0,1)， 0.0099n ⎛100−0.99n⎞⎛0.99n−100⎞ 因P{X≥100}≈1−Φ⎜=Φ⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟≥0.95， 0.00990.0099nn⎝⎠⎝⎠ 0.99n−100 ≥1.6449，即0.99n−0.1637n−100≥0，解方程得n≥10.1334， 0.0099n 故n ≥ 102.69，即n至少为103． 24．为确定某城市成年男子中吸烟者的比例p，任意调查n个成年男子，记其中的吸烟人数为m，问n至 少为多大才能保证m/n与p的差异小于0.01的概率大于95%． 解：因m服从二项分布b(n, p)，有E (m) = np，Var (m) = np(1 − p)， 则 不妨设n较大，根据中心极限定理知 m−np ~&N(0,1)， np(1−p) ⎞⎞⎛⎛0.01n⎞⎛⎧m⎫⎟−Φ⎜−0.01n⎟=2Φ⎜0.01n⎟−1>0.95， 因P⎨−p<0.01⎬≈Φ⎜ ⎜p(1−p)⎟⎜np(1−p)⎟⎜np(1−p)⎟⎩n⎭⎠⎠⎠⎝⎝⎝⎛0.01n⎞ ⎟>0.975，0.01n>1.96，即n > 1962 p(1 − p)， 则Φ⎜ ⎜p(1−p)⎟p(1−p)⎠⎝ 因p(1 − p) ≤ 0.25， 故只需n > 1962 × 0.25 = 9604． 25．设X ~ Ga(n, 1)，试问n应该多大，才能满足 ⎧X⎫ P⎨−1>0.01⎬<0.01． ⎩n⎭ 解：设Xi独立同分布，且都服从Exp(1)，有E(Xi) = 1，Var(Xi) = 1，X=∑Xi~Ga(n,1)， i=1 n n n 则E(X)=∑E(Xi)=n，Var(X)=∑Var(Xi)=n， i=1 i=1 不妨设n较大，根据中心极限定理知 X−n ~&N(0,1)， n ⎧X−n⎫⎧X⎫ 因P⎨−1>0.01⎬=P⎨>0.01n⎬≈2[1−Φ(0.01n)]<0.01， ⎩n⎭⎩n⎭ 则Φ(0.01n)>0.995，即0.01n>2.5758，n > 66348.9660， 故n应该至少为66349． 26．设{Xn}为一独立同分布的随机变量序列，已知E(Xik)=ak,k=1,2,3,4．试证明：当n充分大时， 35 1n2 Yn=∑Xi近似服从正态分布，并指出此正态分布的参数． ni=1 注：此题应将随机变量Xn与其平方和的平均值的使用不同的记号，这里已改记为Yn 1n1 证：因E(Yn)=∑E(Xi2)=a2，Var(Yn)=2ni=1n 当n充分大时，根据中心极限定理知 1 Var(X)=∑n2i=1 2 i n ∑{E(Xi4)−[E(Xi2)]2}= i=1 n 12(a4−a2)， n Yn−a2 (a4−a)n22 ~&N(0,1)， 2⎛⎞1n2a4−a2 ⎟故当n充分大时，Yn=∑Xi近似服从正态分布N⎜,a⎜2⎟． ni=1n⎝⎠ 27．用概率论的方法证明： ⎛n2nn⎞−n1 lim⎜1+n+e=． +L+⎟⎟n→∞⎜2!n!⎠2⎝ 证：首先证明泊松分布的正态逼近：设X ~ P(λ)，记Yλ*= 设X ~ P(λ)，有X的特征函数为ϕ(v)=eλ(e iv X−λλ，则Yλ*按分布收敛于标准正态分布， −1) ， 则Yλ= * X−λλ= 1 λX−λ的特征函数为ϕY*(v)=e λ−iλv ⎛v⎞−i ⎟ϕ⎜⎜⎟=eλ⎝⎠ iv iv λv ⋅e λ(eλ−1) =e iv λ(eλ−1−) λiv ， x2x 因e=1+x++o(x2)，有e 2 λ⎢− ⎡v2⎛1⎞⎤ +o⎜⎟⎥ ⎥⎢2λ⎝λ⎠⎦⎣ iv λ−v2⎛1⎞ =1+++o⎜⎟，即e λ2λ⎝λ⎠ iv −v2 +o(1)2 −v22 λv2⎛1⎞ −1−=−+o⎜⎟， 2λλ⎝λ⎠ iv 则limϕY*(v)=lime λ→+∞ λλ→+∞ =lime λ→+∞ =e， 这正是标准正态分布的特征函数， 则Yλ*按分布收敛于标准正态分布，即对任意实数y，都满足limFY*(y)=Φ(y)， λ→+∞ λ特别是取λ = n，y = 0，有limFY*(0)=Φ(0)= n→+∞ n 1 ， 2 n ⎧*X−n⎫nk−n⎛n2nn⎞−n 因FY*(0)=P⎨Yn=≤0⎬=P{X≤n}=∑e=⎜1+n+e， +L+⎟⎜⎟n!2!!knnk=0⎩⎭⎝⎠ ⎛n2nn⎞−n1故lim⎜1+n++L+⎟⎟e=2． n→∞⎜2!!n⎝⎠ 36 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容