04-第四章 大数定律与中心极限定理

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正文部分

§4.1 随机变量序列的两种收敛性

1. 依概率收敛 设 $\{X_n\}$ 为一随机变量序列，$X$ 为一随机变量.如果对任意的 $\epsilon >0$，有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }P\{|X_n-X|<\epsilon \}=1,$$

则称 $\{X_n\}$ 依概率收敛于 $X$，记作

$$X_n\stackrel{P}{\to }X.$$

1. 依概率收敛与服从大数定律间的关系 设 $\{X_n\}$ 为一随机变量序列，记

$$Y_n=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,E(Y_n)=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E(X_i).$$

则 $\{X_n\}$ 服从大数定律等价于

$$Y_n-E(Y_n)\stackrel{P}{\to }0.$$

1. 依概率收敛的四则运算 如果

$$X_n\stackrel{P}{\to }a,Y_n\stackrel{P}{\to }b,$$

则有 1.

$$X_n\pm Y_n\stackrel{P}{\to }a\pm b;$$

1. $$X_n{Y}_n\stackrel{P}{\to }ab;$$
2. $$X_n/Y_n\stackrel{P}{\to }a/b(b\ne 0).$$
3. 按分布收敛，弱收敛 设 $\{F_n(x)\}$ 是随机变量序列 $\{X_n\}$ 的分布函数列，$F(x)$ 为 $X$ 的分布函数.若对 $F(x)$ 的任一连续点 $x$，都有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{F}_n(x)=F(x),$$

则称 $\{F_n(x)\}$ 弱收敛于 $F(x)$，记作

$$F_n(x)\stackrel{W}{\to }F(x).$$

也称 $\{X_n\}$ 按分布收敛于 $X$，记作

$$X_n\stackrel{L}{\to }X.$$

1. 依概率收敛与按分布收敛间的关系
2. $$X_n\stackrel{P}{\to }X⟹X_n\stackrel{L}{\to }X;$$
3. $$X_n\stackrel{P}{\to }c⟺X_n\stackrel{L}{\to }c(\text{其中 }c\text{ 为常数}).$$

习题与解答 4.1

习题 4.1-1

如果 $X_n\stackrel{P}{\to }X$，且 $X_n\stackrel{P}{\to }Y$.试证：$P(X=Y)=1$.

解 对任意的 $\epsilon >0$，有

$$\{|X-Y|\ge \epsilon \}\subset (\{|X-X_n|\ge \epsilon /2\}\cup \{|X_n-Y|\ge \epsilon /2\}),$$

故当 $n\to \infty$ 时，有

$$0\le P\{|X-Y|\ge \epsilon \}\le P\{|X-X_n|\ge \epsilon /2\}+P\{|X_n-Y|\ge \epsilon /2\}\to 0.$$

即对任意的 $\epsilon >0$，有

$$P\{|X-Y|\ge \epsilon \}=0.$$

于是有

$$P(X\ne Y)=P\left(\bigcup _{k=1}^{\infty }\left\{|X-Y|\ge \frac{1}{k}\right\}\right)\le \sum _{k=1}^{\infty }P\left\{|X-Y|\ge \frac{1}{k}\right\}=0,$$

从而

$$P(X=Y)=1$$

成立，结论得证.

习题 4.1-2

如果 $X_n\stackrel{P}{\to }X$，$Y_n\stackrel{P}{\to }Y$.试证：

1. $X_n+Y_n\stackrel{P}{\to }X+Y$；
2. $X_n{Y}_n\stackrel{P}{\to }XY$.

解

1. 因为

$$\{|X_n+Y_n-X-Y|\ge \epsilon \}\subset (\{|X_n-X|\ge \epsilon /2\}\cup \{|Y_n-Y|\ge \epsilon /2\}),$$

故当 $n\to \infty$ 时，有

$$0\le P\{|X_n+Y_n-X-Y|\ge \epsilon \}\le P\{|X_n-X|\ge \epsilon /2\}+P\{|Y_n-Y|\ge \epsilon /2\}\to 0,$$

即

$$X_n+Y_n\stackrel{P}{\to }X+Y.$$

进一步由 $Y_n\stackrel{P}{\to }Y$ 可得 $-Y_n\stackrel{P}{\to }-Y$，所以又有

$$X_n-Y_n\stackrel{P}{\to }X-Y.$$

1. 先证明

$$X_n^2\stackrel{P}{\to }{X}^2.$$

对任意的 $\epsilon >0$，$\delta >0$，取 $M$ 足够大（譬如 $\epsilon /M\le 1$），使有

$$P\{|X|>(M-1)/2\}<\delta$$

成立；对取定的 $M$，存在 $N$，当 $n>N$ 时，有

$$P\{|X_n-X|\ge 1\}<\delta ,P\{|X_n-X|\ge \epsilon /M\}<\delta .$$

这时有

$$\begin{array}{rl}P\{|X_n+X|>M\}& \le P\{|X_n-X|+|2X|>M\}\\ & =P(\{|X_n-X|+|2X|>M\}\cap \{|X_n-X|<1\})\\ & +P(\{|X_n-X|+|2X|>M\}\cap \{|X_n-X|\ge 1\})\\ & \le P\{|2X|>M-1\}+P\{|X_n-X|\ge 1\}<2\delta .\end{array}$$

从而有

$$\begin{array}{rl}P\{|X_n^2-X^2|\ge \epsilon \}& =P\{|X_n-X||X_n+X|\ge \epsilon \}\\ & =P(\{|X_n-X||X_n+X|\ge \epsilon \}\cap \{|X_n+X|\le M\})\\ & +P(\{|X_n-X||X_n+X|\ge \epsilon \}\cap \{|X_n+X|>M\})\\ & \le P\{|X_n-X|\ge \epsilon /M\}+P\{|X_n+X|>M\}<3\delta .\end{array}$$

由 $\epsilon ,\delta$ 的任意性知

$$X_n^2\stackrel{P}{\to }{X}^2.$$

同理可证

$$Y_n^2\stackrel{P}{\to }{Y}^2.$$

由上面（1）得

$$2X_n{Y}_n=(X_n+Y_n{)}^2-X_n^2-Y_n^2\stackrel{P}{\to }(X+Y{)}^2-X^2-Y^2=2XY,$$

即

$$X_n{Y}_n\stackrel{P}{\to }XY.$$

习题 4.1-3

如果 $X_n\stackrel{P}{\to }X$，$g(x)$ 是直线上的连续函数，试证：$g(X_n)\stackrel{P}{\to }g(X)$.

解 若 $g(x)$ 是 $m$ 次多项式函数，即

$$g(x)=\sum _{i=0}^m{a}_i{x}^i,$$

则由上一题知有

$$g(X_n)\stackrel{P}{\to }g(X).$$

下证一般情况.对任意的 $\epsilon >0$，$\delta >0$，取 $M$ 充分大，使有

$$P\{|X|>M\}<\delta ,$$

又选取 $N_1$ 充分大，使当 $n\ge N_1$ 时，有

$$P\{|X_n-X|>1\}<\delta ,$$

于是有

$$P\{|X_n|>M+1\}\le P(\{|X|>M\}\cup \{|X_n-X|>1\})<2\delta .$$

对取定的 $M$，因为 $g(x)$ 是连续函数，所以可以用多项式去逼近 $g(x)$，并且在任意有界区间上还可以是一致的，因而存在 $m$ 次多项式 $g_m(x)$，使得当

$$-M-1\le x\le M+1$$

时，有

$$|g(x)-g_m(x)|<\epsilon /3.$$

对取定的 $m$ 次多项式 $g_m(x)$，因为

$$g_m(X_n)\stackrel{P}{\to }{g}_m(X),$$

所以存在 $N_2$，使当 $n\ge N_2$ 时，有

$$P\{|g_m(X_n)-g_m(X)|\ge \epsilon /3\}<\delta .$$

又因为

$$\begin{array}{rl}P\{|g(X_n)-g(X)|\ge \epsilon \}& =P(\{|g(X_n)-g(X)|\ge \epsilon \}\cap [\{|X|>M\}\cup \{|X_n|>M+1\}])\\ & +P(\{|g(X_n)-g(X)|\ge \epsilon \}\cap \{|X|\le M\}\cap \{|X_n|\le M+1\})\\ & =I_1+I_2,\end{array}$$

当 $n\ge \max \{N_1,N_2\}$ 时，有

$$I_1\le P\{|X|>M\}+P\{|X_n|>M+1\}<3\delta ,$$

又因为

$$\{|g(X_n)-g(X)|\ge \epsilon \}\subset \{|g(X_n)-g_m(X_n)|\ge \epsilon /3\}\cup \{|g_m(X_n)-g_m(X)|\ge \epsilon /3\}\cup \{|g_m(X)-g(X)|\ge \epsilon /3\},$$

且

$$P(\{|g(X_n)-g_m(X_n)|\ge \epsilon /3\}\cap \{|X|\le M\}\cap \{|X_n|\le M+1\})=0,$$ $$P(\{|g_m(X)-g(X)|\ge \epsilon /3\}\cap \{|X|\le M\}\cap \{|X_n|\le M+1\})=0,$$

所以

$$\begin{array}{rl}{I}_2& \le P(\{|g_m(X_n)-g_m(X)|\ge \epsilon /3\}\cap \{|X|\le M\}\cap \{|X_n|\le M+1\})\\ & \le P\{|g_m(X_n)-g_m(X)|\ge \epsilon /3\}<\delta .\end{array}$$

从而有

$$P\{|g(X_n)-g(X)|\ge \epsilon \}=I_1+I_2<4\delta .$$

由 $\epsilon ,\delta$ 的任意性即知

$$g(X_n)\stackrel{P}{\to }g(X),$$

结论得证.

习题 4.1-4

如果 $X_n\stackrel{P}{\to }a$，则对任意常数 $c$，有

$$c{X}_n\stackrel{P}{\to }ca.$$

解 记

$$g(x)=cx,$$

则 $g(x)$ 是连续函数，由上一题即可得

$$c{X}_n=g(X_n)\stackrel{P}{\to }g(a)=ca.$$

习题 4.1-5

试证：$X_n\stackrel{P}{\to }X$ 的充要条件为：当 $n\to \infty$ 时，有

$$E\left(\frac{|X_n-X|}{1+|X_n-X|}\right)\to 0.$$

解 先证充分性.令

$$f(x)=\frac{x}{1+x},x>0,$$

则

$$f^{\prime }(x)=\frac{1}{(1+x{)}^2}>0,x>0,$$

故 $f(x)$ 是 $x$ 的严格单调增函数，因而对任意的 $\epsilon >0$，有

$$\{|X_n-X|>\epsilon \}\subset \left\{\frac{|X_n-X|}{1+|X_n-X|}>\frac{\epsilon }{1+\epsilon }\right\}.$$

于是对任意的 $\epsilon >0$，当 $n\to \infty$ 时，有（参见 \S 2.3 第 12 题）

$$\begin{array}{rl}P\{|X_n-X|>\epsilon \}& \le P\left\{\frac{|X_n-X|}{1+|X_n-X|}>\frac{\epsilon }{1+\epsilon }\right\}\\ & \le \frac{1+\epsilon }{\epsilon }E\left(\frac{|X_n-X|}{1+|X_n-X|}\right)\to 0.\end{array}$$

充分性得证.

下证必要性.对任意的 $\epsilon >0$，令

$$A_{\epsilon }=\{|X_n-X|>\epsilon \}.$$

因为 $X_n\stackrel{P}{\to }X$，故存在充分大的 $N$，使得当 $n\ge N$ 时，有

$$P(A_{\epsilon })<\epsilon ,$$

于是有

$$\begin{array}{rl}E\left(\frac{|X_n-X|}{1+|X_n-X|}\right)& =E\left(\frac{|X_n-X|}{1+|X_n-X|}{I}_{A_{\epsilon }}\right)+E\left(\frac{|X_n-X|}{1+|X_n-X|}{I}_{\overline{A_{\epsilon }}}\right)\\ & \le P(A_{\epsilon })+\epsilon <2\epsilon .\end{array}$$

由 $\epsilon$ 的任意性知，当 $n\to \infty$ 时，有

$$E\left(\frac{|X_n-X|}{1+|X_n-X|}\right)\to 0.$$

结论得证.

习题 4.1-6

设 $D(x)$ 为退化分布：

$$D(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<0,\\ 1,& x\ge 0.\end{array}$$

试问下列分布函数列的极限函数是否仍是分布函数？（其中 $n=1,2,\dots$）

1. $\{D(x+n)\}$；
2. $\{D(x+1/n)\}$；
3. $\{D(x-1/n)\}$.

解

1. 因为此时的极限函数为

$$G(x)=1,-\infty <x<\infty ,$$

不满足分布函数的基本性质：

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }F(x)=0,$$

所以不是分布函数.

1. 因为此时的极限函数为

$$G(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x<0,\\ 1,& x\ge 0,\end{array}$$

所以是分布函数.

1. 因为此时的极限函数为

$$G(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x\le 0,\\ 1,& x>0,\end{array}$$

不满足分布函数的右连续性，所以不是分布函数.

习题 4.1-7

设分布函数列 $\{F_n(x)\}$ 弱收敛于连续的分布函数 $F(x)$，试证：$\{F_n(x)\}$ 在 $(-\infty ,\infty )$ 上一致收敛于分布函数 $F(x)$.

解 对任意的 $\epsilon >0$，取 $M$ 充分大，使有

$$\text{当 }x\ge M\text{ 时，有 }1-F(x)<\epsilon ;\text{当 }x\le -M\text{ 时，有 }F(x)<\epsilon .$$

对上述取定的 $M$，因为 $F(x)$ 在闭区间 $[-M,M]$ 上一致连续，故可取它的 $k$ 个分点

$$-M=x_1<x_2<\cdots <x_{k-1}<x_k=M,$$

使有

$$F(x_{i+1})-F(x_i)<\epsilon .$$

再令

$$x_0=-\infty ,x_{k+1}=+\infty ,$$

则对这些分点有

$$F(x_{i+1})-F(x_i)<\epsilon .$$

这时存在 $N$，使得当 $n>N$ 时，有

$$|F_n(x_i)-F(x_i)|<\epsilon .$$

对任意的 $x\in (-\infty ,\infty )$，必存在某个 $i$，使得

$$x\in (x_i,x_{i+1}],$$

由此知，当 $n>N$ 时，有

$$F(x_i)-\epsilon <F_n(x_i)\le F_n(x)\le F_n(x_{i+1})<F(x_{i+1})+\epsilon .$$

由上式立刻得

$$F_n(x)-F(x)<F(x_{i+1})-F(x)+\epsilon \le F(x_{i+1})-F(x_i)+\epsilon <2\epsilon ,$$

同时

$$F_n(x)-F(x)>F(x_i)-F(x)-\epsilon \ge F(x_i)-F(x_{i+1})-\epsilon >-2\epsilon .$$

即有

$$|F_n(x)-F(x)|<2\epsilon ,$$

结论得证.

习题 4.1-8

如果 $X_n\stackrel{L}{\to }X$，且数列 $a_n\to a$，$b_n\to b$.试证：$a_n{X}_n+b_n\stackrel{L}{\to }aX+b$.

解 先证明

$$a{X}_n\stackrel{L}{\to }aX.$$

因为 $a=0$ 时为显然，所以不妨设 $a>0$（$a<0$ 时的修改为显然）.因为

$$F_{a{X}_n}(x)=F_{X_n}(x/a),$$

且当 $x$ 是 $F_{aX}(\cdot )$ 的连续点时，则 $x/a$ 是 $F_X(\cdot )$ 的连续点，于是有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{F}_{a{X}_n}(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }{F}_{X_n}(x/a)=F_X(x/a)=F_{aX}(x),$$

此即

$$a{X}_n\stackrel{L}{\to }aX.$$

由本节第 10 题知

$$X_n(a_n-a)\stackrel{P}{\to }0.$$

再由本节第 2 题（1）知

$$(a_n-a)X_n+b_n\stackrel{P}{\to }b.$$

于是由前述结论及本节第 9 题知

$$a_n{X}_n+b_n=a{X}_n+(a_n-a)X_n+b_n\stackrel{L}{\to }aX+b,$$

结论得证.

习题 4.1-9

如果 $X_n\stackrel{L}{\to }X$，$Y_n\stackrel{P}{\to }a$，试证：$X_n+Y_n\stackrel{L}{\to }X+a$.

解 对任意的 $\epsilon >0$，首先考虑 $X_n+Y_n$ 的分布函数

$$\begin{array}{rl}P(X_n+Y_n\le z)& =P(X_n+Y_n\le z,|Y_n-a|\le \epsilon )+P(X_n+Y_n\le z,|Y_n-a|>\epsilon )\\ & \le P(X_n\le z-a+\epsilon ,|Y_n-a|\le \epsilon )+P(|Y_n-a|>\epsilon )\\ & \le P(X_n\le z-a+\epsilon )+P(|Y_n-a|>\epsilon ).\end{array}$$

因此

$$\underset{n\to \infty }{\mathrm{limsup}}P(X_n+Y_n\le z)\le \underset{n\to \infty }{\lim }P(X_n\le z-a+\epsilon )+\underset{n\to \infty }{\lim }P(|Y_n-a|>\epsilon )=F(z-a+\epsilon ),$$

其中 $F(\cdot )$ 为 $X$ 的分布函数.

类似有

$$\begin{array}{rl}P(X_n+Y_n\le z)& \ge P(X_n+Y_n\le z,|Y_n-a|\le \epsilon )\\ & \ge P(X_n\le z-a-\epsilon ,|Y_n-a|\le \epsilon )\\ & =P(X_n\le z-a-\epsilon )-P(X_n\le z-a-\epsilon ,|Y_n-a|>\epsilon )\\ & \ge P(X_n\le z-a-\epsilon )-P(|Y_n-a|>\epsilon ).\end{array}$$

因此

$$\underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}P(X_n+Y_n\le z)\ge \underset{n\to \infty }{\lim }P(X_n\le z-a-\epsilon )-\underset{n\to \infty }{\lim }P(|Y_n-a|>\epsilon )\ge F(z-a-\epsilon ).$$

由上述两个关系式，再考虑到 $\epsilon$ 的任意性，即可得

$$\underset{n\to \infty }{\lim }P(X_n+Y_n\le z)=F(z-a).$$

这就意味着

$$X_n+Y_n\stackrel{L}{\to }X+a.$$

证毕.

习题 4.1-10

如果 $X_n\stackrel{L}{\to }X$，$Y_n\stackrel{P}{\to }0$.试证：$X_n{Y}_n\stackrel{P}{\to }0$.

解 记 $X_n$ 与 $X$ 的分布函数分别为 $F_n(x)$ 和 $F(x)$.对任给的 $\epsilon >0$，取足够大的 $a>0$ 和 $b>0$，使 $-a,b$ 是 $F(x)$ 的连续点，且

$$1-F(b)<\epsilon ,F(-a)<\epsilon .$$

因为 $F_n(x)\stackrel{W}{\to }F(x)$，故存在 $N_1$，使当 $n\ge N_1$ 时，有

$$1-F_n(b)<2\epsilon ,F_n(-a)<2\epsilon .$$

令

$$M=\max \{a,b\},$$

因为 $Y_n\stackrel{P}{\to }0$，故存在 $N_2$，使当 $n\ge N_2$ 时，有

$$P\{|Y_n|>\epsilon /M\}<\epsilon .$$

而

$$\begin{array}{rl}P\{|X_n{Y}_n|>\epsilon \}& =P(\{|X_n{Y}_n|>\epsilon \}\cap \{-a<X_n\le b\}\cap \{|Y_n|\le \epsilon /M\})\\ & +P(\{|X_n{Y}_n|>\epsilon \}\cap [\{X_n\le -a\}\cup \{X_n>b\}\cup \{|Y_n|>\epsilon /M\}])\\ & =I_1+I_2.\end{array}$$

由 $M$ 的定义即知

$$\{|X_n{Y}_n|>\epsilon \}\cap \{-a<X_n\le b\}\cap \{|Y_n|\le \epsilon /M\}=\varnothing ,$$

所以有 $I_1=0$.而对于 $I_2$，当 $n\ge \max \{N_1,N_2\}$ 时，有

$$\begin{array}{rl}P(\{|X_n{Y}_n|>\epsilon \}\cap \overline{\{-a<X_n\le b\}})& \le P\left(\overline{\{-a<X_n\le b\}}\right)\\ & =P(\{X_n\le -a\}\cup \{X_n>b\})\\ & =F_n(-a)+[1-F_n(b)]<4\epsilon ,\end{array}$$

且

$$P(\{|X_n{Y}_n|>\epsilon \}\cap \{|Y_n|>\epsilon /M\})\le P\{|Y_n|>\epsilon /M\}<\epsilon ,$$

因而

$$P\{|X_n{Y}_n|>\epsilon \}=I_2<5\epsilon .$$

由 $\epsilon$ 的任意性知

$$X_n{Y}_n\stackrel{P}{\to }0,$$

结论得证.

习题 4.1-11

如果 $X_n\stackrel{L}{\to }X$，$Y_n\stackrel{P}{\to }a$，且 $Y_n\ne 0$，常数 $a\ne 0$.试证：$X_n/Y_n\stackrel{L}{\to }X/a$.

解 先证

$$1/Y_n\stackrel{P}{\to }1/a.$$

不妨设 $a>0$.对任意的 $0<\epsilon <a$，当 $|Y_n-a|<\epsilon$ 时，有

$$|Y_{n}a|=|a^2+a(Y_n-a)|\ge a^2-a\epsilon .$$

因而

$$\left\{\left|\frac{Y_n-a}{Y_{n}a}\right|\ge \epsilon \right\}\subset \left\{\left|\frac{Y_n-a}{a^2-a\epsilon }\right|\ge \epsilon \right\}.$$

于是当 $n\to \infty$ 时，有

$$\begin{array}{rl}0\le P\left\{\left|\frac{1}{Y_n}-\frac{1}{a}\right|\ge \epsilon \right\}& =P\left\{\left|\frac{Y_n-a}{Y_{n}a}\right|\ge \epsilon \right\}\\ & =P\left(\left\{\left|\frac{Y_n-a}{Y_{n}a}\right|\ge \epsilon \right\}\cap \{|Y_n-a|<\epsilon \}\right)\\ & +P\left(\left\{\left|\frac{Y_n-a}{Y_{n}a}\right|\ge \epsilon \right\}\cap \{|Y_n-a|\ge \epsilon \}\right)\\ & \le P\left\{\left|\frac{Y_n-a}{a^2-a\epsilon }\right|\ge \epsilon \right\}+P(|Y_n-a|\ge \epsilon )\to 0.\end{array}$$

所以

$$1/Y_n\stackrel{P}{\to }1/a.$$

于是由本节第 10 题，有

$$X_n\left(\frac{1}{Y_n}-\frac{1}{a}\right)\stackrel{P}{\to }0.$$

又由本节第 8 题的证明知

$$X_n/a\stackrel{L}{\to }X/a,$$

因而由本节第 9 题知

$$\frac{X_n}{Y_n}=X_n\left(\frac{1}{Y_n}-\frac{1}{a}\right)+\frac{X_n}{a}\stackrel{L}{\to }\frac{X}{a},$$

结论得证.

习题 4.1-12

设随机变量 $X_n$ 服从柯西分布，其密度函数为

$$p_n(x)=\frac{n}{\pi (1+n^2{x}^2)},-\infty <x<\infty .$$

试证：$X_n\stackrel{P}{\to }0$.

解 对任意的 $\epsilon >0$，当 $n\to \infty$ 时，有

$$\begin{array}{rl}P(|X_n|\le \epsilon )& ={\int }_{-\epsilon }^{\epsilon }\frac{n}{\pi (1+n^2{x}^2)}dx\\ & ={\int }_{-n\epsilon }^{n\epsilon }\frac{1}{\pi (1+t^2)}dt\to 1.\end{array}$$

即

$$X_n\stackrel{P}{\to }0,$$

结论得证.

习题 4.1-13

设随机变量序列 $\{X_n\}$ 独立同分布，其密度函数为

$$p(x)=\{\begin{array}{ll}1/\beta ,& 0<x<\beta ,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

其中常数 $\beta >0$，令

$$Y_n=\max \{X_1,X_2,\dots ,X_n\},$$

试证：$Y_n\stackrel{P}{\to }\beta$.

解 因为当 $x<0$ 时，有

$$P(Y_n\le x)=0;$$

当 $x\ge \beta$ 时，有

$$P(Y_n\le x)=1;$$

而当 $0\le x<\beta$ 时，有

$$P(Y_n\le x)=\prod _{i=1}^{n}P(X_i\le x)=\prod _{i=1}^n{\int }_0^x\frac{1}{\beta }dx={\left(\frac{x}{\beta }\right)}^n.$$

所以，对任意的 $\epsilon >0$（$\epsilon <\beta$），当 $n\to \infty$ 时，有

$$P(|Y_n-\beta |\ge \epsilon )=P(Y_n\le \beta -\epsilon )={\left(\frac{\beta -\epsilon }{\beta }\right)}^n\to 0,$$

所以有

$$Y_n\stackrel{P}{\to }\beta ,$$

结论得证.

习题 4.1-14

设随机变量序列 $\{X_n\}$ 独立同分布，其密度函数为

$$p(x)=\{\begin{array}{ll}{e}^{-(x-\alpha )},& x\ge \alpha ,\\ 0,& x<\alpha .\end{array}$$

令

$$Y_n=\min \{X_1,X_2,\dots ,X_n\},$$

试证：$Y_n\stackrel{P}{\to }\alpha$.

解 因为 $X_i$ 的分布函数为

$$F(x)=\{\begin{array}{ll}1-e^{-(x-\alpha )},& x\ge \alpha ,\\ 0,& x<\alpha .\end{array}$$

所以当 $x\ge \alpha$ 时，有

$$P(Y_n\ge x)=\prod _{i=1}^{n}P(X_i\ge x)=[1-F(x){]}^n=e^{-n(x-\alpha )}.$$

对任意的 $\epsilon >0$，当 $n\to \infty$ 时，有

$$P(|Y_n-\alpha |\ge \epsilon )=P(Y_n-\alpha \ge \epsilon )=e^{-n\epsilon }\to 0,$$

即

$$Y_n\stackrel{P}{\to }\alpha ,$$

结论得证.

习题 4.1-15

设随机变量序列 $\{X_n\}$ 独立同分布，且 $X_i\sim U(0,1)$.令

$$Y_n={\left(\prod _{i=1}^n{X}_i\right)}^{1/n},$$

试证明：

$$Y_n\stackrel{P}{\to }c,$$

其中 $c$ 为常数，并求出 $c$.

解 因为

$$\ln Y_n=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\ln X_i,$$

且

$$E(\ln X_i)={\int }_0^1\ln xdx=[x\ln x-x{]}_0^1=-1,$$ $$E(\ln X_i{)}^2={\int }_0^1(\ln x{)}^{2}dx=x[(\ln x{)}^2{]}_0^1-2{\int }_0^1\ln xdx=2,$$

从而

$$\mathrm{Var}(\ln X_i)=1.$$

所以由切比雪夫不等式得，对任意 $\epsilon >0$，有

$$P\left(\left|\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\ln X_i-(-1)\right|\ge \epsilon \right)\le \frac{1}{n{\epsilon }^2}\to 0.$$

即

$$\ln Y_n\stackrel{P}{\to }-1.$$

再由本节第 3 题知

$$Y_n={\left(\prod _{i=1}^n{X}_i\right)}^{1/n}\stackrel{P}{\to }{e}^{-1},$$

即

$$c=e^{-1}.$$

习题 4.1-16

设分布函数列 $\{F_n(x)\}$ 弱收敛于分布函数 $F(x)$，且 $F_n(x)$ 和 $F(x)$ 都是连续、严格单调函数，又设 $\xi$ 服从 $(0,1)$ 上的均匀分布，试证：$F_n^{-1}(\xi )\stackrel{P}{\to }{F}^{-1}(\xi )$.

解 对任意的 $\epsilon >0$，$\delta >0$，存在充分大的 $M$，使有

$$F(M)-F(-M)>1-\delta .$$

对取定的 $M$，可选取正整数 $k$ 和 $N$，使有

$$1/k<\epsilon ,N/k>M.$$

对取定的 $N$，存在

$$h>0,h<\delta /[2(2N+1)].$$

对取定的 $h$，因为 $F_n(x)\to F(x)$ 关于 $x$ 是一致的（见本节第 7 题），因而存在 $N_1$，使当 $n\ge N_1$ 时，任对 $x\in (-\infty ,\infty )$，有

$$|F_n(x)-F(x)|<h.$$

因此有

$$\begin{array}{rl}P(|F_n^{-1}(\xi )-F^{-1}(\xi )|\le \epsilon )& \ge P(|F_n^{-1}(\xi )-F^{-1}(\xi )|\le 1/k)\\ & \ge \sum _{i=-N}^{N}P\left(\left\{\left|F_n^{-1}(\xi )-\frac{i}{k}\right|\le \frac{1}{2k}\right\}\cap \left\{\left|F^{-1}(\xi )-\frac{i}{k}\right|\le \frac{1}{2k}\right\}\right)\\ & =\sum _{i=-N}^{N}P(\left\{F_n\left(\frac{i}{k}-\frac{1}{2k}\right)\le \xi \le F_n\left(\frac{i}{k}+\frac{1}{2k}\right)\right\}\\ & \cap \left\{F\left(\frac{i}{k}-\frac{1}{2k}\right)\le \xi \le F\left(\frac{i}{k}+\frac{1}{2k}\right)\right\})\\ & \ge \sum _{i=-N}^{N}P\left(F\left(\frac{i}{k}-\frac{1}{2k}\right)+h\le \xi \le F\left(\frac{i}{k}+\frac{1}{2k}\right)-h\right)\\ & =\sum _{i=-N}^N\left[F\left(\frac{i}{k}+\frac{1}{2k}\right)-F\left(\frac{i}{k}-\frac{1}{2k}\right)-2h\right]\\ & =F\left(\frac{N}{k}+\frac{1}{2k}\right)-F\left(-\frac{N}{k}-\frac{1}{2k}\right)-2(2N+1)h\\ & \ge 1-2\delta .\end{array}$$

由 $\epsilon ,\delta$ 的任意性知

$$F_n^{-1}(\xi )\stackrel{P}{\to }{F}^{-1}(\xi ).$$

结论得证.

习题 4.1-17

设随机变量序列 $\{X_n\}$ 独立同分布，数学期望、方差均存在，且 $E(X_n)=\mu$.试证：

$$\frac{2}{n(n+1)}\sum _{k=1}^{n}k{X}_k\stackrel{P}{\to }\mu .$$

解 已知

$$E(X_n)=\mu ,$$

记

$$\mathrm{Var}(X_n)={\sigma }^2,$$

令

$$Y_n=\frac{2}{n(n+1)}\sum _{k=1}^{n}k{X}_k,$$

则

$$E(Y_n)=\frac{2}{n(n+1)}\sum _{k=1}^{n}k\mu =\mu ,$$ $$\mathrm{Var}(Y_n)=\frac{4}{n^2(n+1{)}^2}\sum _{k=1}^n{k}^2{\sigma }^2=\frac{4{\sigma }^2}{(n+1{)}^2}\sum _{k=1}^n\frac{k^2}{n^2}\le \frac{4{\sigma }^2}{n+1}.$$

对任意的 $\epsilon >0$，由切比雪夫不等式得

$$P(|Y_n-\mu |\ge \epsilon )\le \frac{\mathrm{Var}(Y_n)}{{\epsilon }^2}\le \frac{1}{{\epsilon }^2}\cdot \frac{4{\sigma }^2}{n+1}\to 0,n\to \infty .$$

即

$$Y_n\stackrel{P}{\to }\mu ,$$

结论得证.

习题 4.1-18

设随机变量序列 $\{X_n\}$ 独立同分布，数学期望、方差均存在，且

$$E(X_n)=0,\mathrm{Var}(X_n)={\sigma }^2.$$

试证：

$$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{X}_k^2\stackrel{P}{\to }{\sigma }^2.$$

解 这时 $\{X_n^2\}$ 仍独立同分布，且

$$E(X_n^2)=\mathrm{Var}(X_n)={\sigma }^2<\infty ,$$

由辛钦大数定律（见 \S 4.3）知结论成立.

习题 4.1-19

设随机变量序列 $\{X_n\}$ 独立同分布，且 $\mathrm{Var}(X_n)={\sigma }^2$ 存在，令

$${\overline{X}}_n=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,S_n^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-{\overline{X}}_n{)}^2.$$

试证：$S_n^2\stackrel{P}{\to }{\sigma }^2$.

解 不妨设 $E(X_n)=0$，否则令

$$X_n^{\prime }=X_n-E(X_n),$$

并以 $\{X_n^{\prime }\}$ 代替 $\{X_n\}$，这时 ${\sigma }^2$，$S_n^2$ 均保持不变.

易知

$$S_n^2=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n(X_k-{\overline{X}}_n{)}^2=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{X}_k^2-({\overline{X}}_n{)}^2.$$

由本节第 18 题知

$$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{X}_k^2\stackrel{P}{\to }{\sigma }^2.$$

又因为

$${\overline{X}}_n=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i\stackrel{P}{\to }\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E(X_i)=0,$$

所以由本节第 2 题（2）知

$$({\overline{X}}_n{)}^2\stackrel{P}{\to }0.$$

最后由本节第 2 题（1）知

$$S_n^2=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{X}_k^2-({\overline{X}}_n{)}^2\stackrel{P}{\to }{\sigma }^2,$$

结论得证.

习题 4.1-20

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

$$X_i=\{\begin{array}{ll}1,& \text{编号为 }i\text{ 的球放入编号为 }i\text{ 的盒子},\\ 0,& \text{反之}.\end{array}$$ $$S_n=\sum _{i=1}^n{X}_i,$$

试证明：

$$\frac{S_n-E(S_n)}{n}\stackrel{P}{\to }0.$$

解 这是一个配对模型，由习题 3.4 第 25 题知：

$$E(S_n)=1,\mathrm{Var}(S_n)=1.$$

所以由切比雪夫不等式，对任意 $\epsilon >0$，有

$$P\left(\left|\frac{S_n-E(S_n)}{n}\right|\ge \epsilon \right)\le \frac{1}{n^2{\epsilon }^2}\to 0.$$

即

$$\frac{S_n-E(S_n)}{n}\stackrel{P}{\to }0.$$

§4.2 特征函数

1. 特征函数的定义 设 $X$ 是一个随机变量，称

$$\phi (t)=E(e^{itX})$$

为 $X$ 的特征函数，其表达式如下

$$\phi (t)=E(e^{itX})=\{\begin{array}{ll}{\sum }_i{e}^{it{x}_i}P(X=x_i),& \text{在离散场合},\\ {\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{itx}p(x)dx,& \text{在连续场合},\end{array}-\infty <t<\infty .$$

由于

$$|e^{itx}|=\sqrt{{\cos }^{2}tx+{\sin }^{2}tx}=1,$$

所以随机变量 $X$ 的特征函数 $\phi (t)$ 总是存在的.

利用欧拉公式

$$e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta$$

可把不少问题中的复变函数问题转化为实变函数问题进行处理.

上述由密度函数 $p(x)$ 求其特征函数的公式常称傅里叶变换.

1. 特征函数的性质

2. $$|\phi (t)|\le \phi (0)=1;$$
3. $$\phi (-t)=\overline{\phi (t)},$$

   其中 $\overline{\phi (t)}$ 表示 $\phi (t)$ 的共轭；

4. 若 $Y=aX+b$，其中 $a,b$ 是常数，则

$${\phi }_Y(t)=e^{ibt}{\phi }_X(at);$$

1. 若 $X$ 与 $Y$ 是相互独立的随机变量，则

$${\phi }_{X+Y}(t)={\phi }_X(t){\phi }_Y(t);$$

1. 若 $E(X^{\ell })$ 存在，则 $\phi (t)$ 可 $\ell$ 次求导，且对 $1\le k\le \ell$，有

$${\phi }^{(k)}(0)=i^{k}E(X^k);$$

1. 一致连续性：特征函数 $\phi (t)$ 在 $(-\infty ,\infty )$ 上一致连续；
2. 非负定性：特征函数 $\phi (t)$ 是非负定的，即对任意正整数 $n$，及 $n$ 个实数 $t_1,t_2,\dots ,t_n$ 和 $n$ 个复数 $z_1,z_2,\dots ,z_n$，有

$$\sum _{k=1}^n\sum _{j=1}^n\phi (t_k-t_j)z_k\overline{z_j}\ge 0;$$

1. 逆转公式 设 $F(x)$ 和 $\phi (t)$ 分别为随机变量 $X$ 的分布函数和特征函数，则对 $F(x)$ 的任意两个连续点 $x_1<x_2$，有

$$F(x_2)-F(x_1)=\underset{T\to \infty }{\lim }\frac{1}{2\pi }{\int }_{-T}^T\frac{e^{-it{x}_1}-e^{-it{x}_2}}{it}\phi (t)dt;$$

1. 唯一性定理 随机变量的分布函数由其特征函数唯一决定；
2. 若连续随机变量 $X$ 的密度函数为 $p(x)$，特征函数为 $\phi (t)$.如果

$${\int }_{-\infty }^{\infty }|\phi (t)|dt<\infty ,$$

则

$$p(x)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }{e}^{-itx}\phi (t)dt.$$

这个公式又称傅里叶逆变换；

1. 分布函数序列 $\{F_n(x)\}$ 弱收敛于分布函数 $F(x)$ 的充要条件是 $\{F_n(x)\}$ 的特征函数序列 $\{{\phi }_n(t)\}$ 收敛于 $F(x)$ 的特征函数 $\phi (t)$.
2. 常用分布的特征函数表

$$\begin{array}{ccc}\text{分布}& \text{分布列 }{p}_k\text{ 或分布密度 }p(x)& \text{特征函数 }\phi (t)\\ \text{单点分布}& P(X=a)=1& e^{ita}\\ \text{0-1 分布}& p_k=p^k{q}^{1-k},q=1-p,k=0,1& p{e}^{it}+q\\ \text{二项分布 }b(n,p)& p_k=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k{q}^{n-k},k=0,1,\dots ,n& (p{e}^{it}+q{)}^n\\ \text{泊松分布 }P(\lambda )& p_k=\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda },k=0,1,\dots & e^{\lambda (e^{it}-1)}\\ \text{几何分布 }Ge(p)& p_k=p{q}^{k-1},k=1,2,\dots & \frac{p}{1-q{e}^{it}}\end{array}$$

续表

分布	分布列 $p_k$ 或分布密度 $p(x)$	特征函数 $\phi (t)$
负二项分布 $Nb(r,p)$	$p_k=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{r-1}\right)p^r{q}^{k-r},k=r,r+1,\cdots$	${\left(\frac{p}{1-q{e}^{it}}\right)}^r$
均匀分布 $U(a,b)$	$p(x)=\frac{1}{b-a},a<x<b$	$\frac{e^{ibt}-e^{iat}}{it(b-a)}$
均匀分布 $U(-a,a)$	$p(x)=\frac{1}{2a},-a<x<a$	$\frac{\sin at}{at}$
正态分布 $N(\mu ,{\sigma }^2)$	$p(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }\exp \left\{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}\right\}$	$\exp \left\{i\mu t-\frac{{\sigma }^2{t}^2}{2}\right\}$
标准正态分布 $N(0,1)$	$p(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\exp \left\{-\frac{x^2}{2}\right\}$	$e^{-t^2/2}$
指数分布 $Exp(\lambda )$	$p(x)=\lambda e^{-\lambda x},x\ge 0$	${\left(1-\frac{it}{\lambda }\right)}^{-1}$
伽马分布 $Ga(\alpha ,\lambda )$	$p(x)=\frac{{\lambda }^{\alpha }}{\Gamma (\alpha )}{x}^{\alpha -1}{e}^{-\lambda x},x\ge 0$	${\left(1-\frac{it}{\lambda }\right)}^{-\alpha }$
${\chi }^2(n)$ 分布	$p(x)=\frac{x^{n/2-1}{e}^{-x/2}}{\Gamma (n/2)2^{n/2}},x\ge 0$	$(1-2it{)}^{-n/2}$
贝塔分布 $Be(a,b)$	$p(x)=\frac{\Gamma (a+b)}{\Gamma (a)\Gamma (b)}{x}^{a-1}(1-x{)}^{b-1},0<x<1$	$\frac{\Gamma (a+b)}{\Gamma (a)}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(it{)}^k\Gamma (a+k)}{k!\Gamma (a+b+k)}$
柯西分布 $Cau(0,1)$	$p(x)=\frac{1}{\pi (1+x^2)},-\infty <x<\infty$	$e^{-|t|}$

习题与解答 4.2

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。

$$\begin{array}{ccccc}X& 0& 1& 2& 3\\ P& 0.4& 0.3& 0.2& 0.1\end{array}$$

解

$${\phi }_X(t)=0.4+0.3e^{it}+0.2e^{i2t}+0.1e^{i3t}.$$

习题 4.2-2

设离散随机变量 $X$ 服从几何分布

$$P(X=k)=(1-p{)}^{k-1}p,k=1,2,\cdots .$$

试求 $X$ 的特征函数，并以此求 $E(X)$ 和 $\text{Var}(X)$。

解 记 $q=1-p$，则

$$\begin{array}{rl}\phi (t)& =E\left(e^{itX}\right)=\sum _{k=1}^{\infty }{e}^{itk}{q}^{k-1}p\\ & =p{e}^{it}\sum _{k=1}^{\infty }(e^{it}q{)}^{k-1}=\frac{p{e}^{it}}{1-q{e}^{it}}.\end{array}$$

它的前二阶导数为

$${\phi }^{\prime }(t)=\frac{ip{e}^{it}}{(1-q{e}^{it}{)}^2},$$ $${\phi }^{\prime \prime }(t)=\frac{-p{e}^{it}(1-q{e}^{it}{)}^2-2p{e}^{it}(1-q{e}^{it})q{e}^{it}}{(1-q{e}^{it}{)}^4},$$

由此可算得几何分布的期望和方差为

$$E(X)=\frac{1}{i}{\phi }^{\prime }(0)=\frac{p}{(1-q{)}^2}=\frac{1}{p},$$ $$E(X^2)=\frac{1}{i^2}{\phi }^{\prime \prime }(0)=\frac{p(1-q{)}^2+2pq(1-q)}{(1-q{)}^4}=\frac{1+q}{p^2},$$ $$\text{Var}(X)=E(X^2)-[E(X){]}^2=\frac{1+q}{p^2}-{\left(\frac{1}{p}\right)}^2=\frac{q}{p^2}.$$

习题 4.2-3

设离散随机变量 $X$ 服从帕斯卡分布

$$P(X=k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-1}{r-1}\right)p^r(1-p{)}^{k-r},k=r,r+1,\cdots .$$

试求 $X$ 的特征函数。

解 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_r$ 是相互独立同分布的随机变量，且都服从参数为 $p$ 的几何分布 $Ge(p)$，则由上一题知 $X_j$ 的特征函数为

$${\phi }_{X_j}(t)=\frac{p{e}^{it}}{1-q{e}^{it}},$$

其中 $q=1-p$。又因为

$$X=X_1+X_2+\cdots +X_r,$$

所以 $X$ 的特征函数为

$${\phi }_X(t)=\prod _{j=1}^r{\phi }_{X_j}(t)={\left(\frac{p{e}^{it}}{1-q{e}^{it}}\right)}^r.$$

习题 4.2-4

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： 1.

$$F_1(x)=\frac{a}{2}{\int }_{-\infty }^x{e}^{-a|t|}dt(a>0);$$

1. $$F_2(x)=\frac{a}{\pi }{\int }_{-\infty }^x\frac{1}{t^2+a^2}dt(a>0).$$

解 **（1）**因为此分布的密度函数为

$$p_1(x)=\frac{a}{2}{e}^{-a|x|},-\infty <x<\infty .$$

所以此分布的特征函数为

$$\begin{array}{rl}{\phi }_1(t)& =\frac{a}{2}{\int }_{-\infty }^0{e}^{itx}{e}^{ax}dx+\frac{a}{2}{\int }_0^{\infty }{e}^{itx}{e}^{-ax}dx\\ & =\frac{a}{2}{\int }_{-\infty }^0(\cos tx+i\sin tx)e^{ax}dx+\frac{a}{2}{\int }_0^{\infty }(\cos tx+i\sin tx)e^{-ax}dx\\ & =a{\int }_0^{\infty }\cos tx\cdot e^{-ax}dx=\frac{a^2}{a^2+t^2}.\end{array}$$

又因为

$${\phi }_1^{\prime }(t)=-\frac{2t{a}^2}{(a^2+t^2{)}^2},{\phi }_1^{\prime }(0)=0,$$ $${\phi }_1^{\prime \prime }(t)=\frac{2a^2(3t^2-a^2)}{(a^2+t^2{)}^3},{\phi }_1^{\prime \prime }(0)=-\frac{2}{a^2},$$

所以

$$E(X)=\frac{1}{i}{\phi }_1^{\prime }(0)=0,\text{Var}(X)=E(X^2)=\frac{1}{i^2}{\phi }_1^{\prime \prime }(0)=\frac{2}{a^2}.$$

**（2）**因为此分布的密度函数为

$$p_2(x)=\frac{a}{\pi }\cdot \frac{1}{x^2+a^2},-\infty <x<\infty .$$

所以此分布的特征函数为

$${\phi }_2(t)=\frac{a}{\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{e^{itx}}{x^2+a^2}dx=\frac{2a}{\pi }{\int }_0^{\infty }\frac{\cos tx}{x^2+a^2}dx,$$

又因为当 $t>0$ 时，有（见菲赫金哥尔茨《微积分学教程》第二卷第三分册或查积分表）

$${\int }_0^{\infty }\frac{\cos tx}{x^2+a^2}dx=\frac{\pi }{2a}{e}^{-at},$$

所以当 $t>0$ 时，有

$${\phi }_2(t)=\frac{2a}{\pi }\cdot \frac{\pi }{2a}{e}^{-at}=e^{-at}.$$

而当 $t<0$ 时，有

$${\phi }_2(t)={\phi }_2(-t)=e^{-a|t|},$$

所以

$${\phi }_2(t)=e^{-a|t|}.$$

又因为 ${\phi }_2(t)$ 在 $t=0$ 处不可导，故此分布（柯西分布）的数学期望不存在。

习题 4.2-5

设随机变量 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，试用特征函数的方法求 $X$ 的 $3$ 阶及 $4$ 阶中心矩。

解 因为正态分布 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的特征函数为

$$\phi (t)=e^{i\mu t-{\sigma }^2{t}^2/2},$$

所以

$${\phi }^{\prime }(0)=i\mu ,E(X)=\frac{{\phi }^{\prime }(0)}{i}=\mu ,$$ $${\phi }^{\prime \prime }(0)=-{\mu }^2-{\sigma }^2,E(X^2)=\frac{{\phi }^{\prime \prime }(0)}{i^2}={\mu }^2+{\sigma }^2,$$ $${\phi }^{\prime \prime \prime }(0)=-i{\mu }^3-3i\mu {\sigma }^2,E(X^3)=\frac{{\phi }^{\prime \prime \prime }(0)}{i^3}={\mu }^3+3\mu {\sigma }^2,$$ $${\phi }^{(4)}(0)={\mu }^4+6{\mu }^2{\sigma }^2+3{\sigma }^4,E(X^4)=\frac{{\phi }^{(4)}(0)}{i^4}={\mu }^4+6{\mu }^2{\sigma }^2+3{\sigma }^4.$$

由此得 $X$ 的 $3$ 阶及 $4$ 阶中心矩为

$$E(X-E(X){)}^3=E(X^3)-3E(X^2)\mu +3E(X){\mu }^2-{\mu }^3=0,$$ $$E(X-E(X){)}^4=E(X^4)-4E(X^3)\mu +6E(X^2){\mu }^2-4E(X){\mu }^3+{\mu }^4=3{\sigma }^4.$$

习题 4.2-6

试用特征函数的方法证明二项分布的可加性：若随机变量 $X\sim b(n,p)$，$Y\sim b(m,p)$，且 $X$ 与 $Y$ 独立，则 $X+Y\sim b(n+m,p)$。

解 证 记 $q=1-p$，因为

$${\phi }_X(t)=(p{e}^{it}+q{)}^n,{\phi }_Y(t)=(p{e}^{it}+q{)}^m,$$

所以由 $X$ 与 $Y$ 的独立性得

$${\phi }_{X+Y}(t)={\phi }_X(t){\phi }_Y(t)=(p{e}^{it}+q{)}^{n+m},$$

这正是二项分布 $b(n+m,p)$ 的特征函数，由唯一性定理知

$$X+Y\sim b(n+m,p).$$

习题 4.2-7

试用特征函数的方法证明泊松分布的可加性：若随机变量 $X\sim P({\lambda }_1)$，$Y\sim P({\lambda }_2)$，且 $X$ 与 $Y$ 独立，则 $X+Y\sim P({\lambda }_1+{\lambda }_2)$。

解 证 因为

$${\phi }_X(t)=e^{{\lambda }_1(e^{it}-1)},{\phi }_Y(t)=e^{{\lambda }_2(e^{it}-1)},$$

所以由 $X$ 与 $Y$ 的独立性得

$${\phi }_{X+Y}(t)={\phi }_X(t){\phi }_Y(t)=e^{({\lambda }_1+{\lambda }_2)(e^{it}-1)},$$

这正是泊松分布 $P({\lambda }_1+{\lambda }_2)$ 的特征函数，由唯一性定理知

$$X+Y\sim P({\lambda }_1+{\lambda }_2).$$

习题 4.2-8

试用特征函数的方法证明伽马分布的可加性：若随机变量 $X\sim Ga({\alpha }_1,\lambda )$，$Y\sim Ga({\alpha }_2,\lambda )$，且 $X$ 与 $Y$ 独立，则 $X+Y\sim Ga({\alpha }_1+{\alpha }_2,\lambda )$。

解 证 因为

$${\phi }_X(t)={\left(1-\frac{it}{\lambda }\right)}^{-{\alpha }_1},{\phi }_Y(t)={\left(1-\frac{it}{\lambda }\right)}^{-{\alpha }_2},$$

所以由 $X$ 与 $Y$ 的独立性得

$${\phi }_{X+Y}(t)={\phi }_X(t){\phi }_Y(t)={\left(1-\frac{it}{\lambda }\right)}^{-({\alpha }_1+{\alpha }_2)},$$

这正是伽马分布 $Ga({\alpha }_1+{\alpha }_2,\lambda )$ 的特征函数，由唯一性定理知

$$X+Y\sim Ga({\alpha }_1+{\alpha }_2,\lambda ).$$

习题 4.2-9

试用特征函数的方法证明 ${\chi }^2$ 分布的可加性：若随机变量 $X\sim {\chi }^2(n)$，$Y\sim {\chi }^2(m)$，且 $X$ 与 $Y$ 独立，则 $X+Y\sim {\chi }^2(n+m)$。

解 证 因为

$${\phi }_X(t)=(1-2it{)}^{-n/2},{\phi }_Y(t)=(1-2it{)}^{-m/2},$$

所以由 $X$ 与 $Y$ 的独立性得

$${\phi }_{X+Y}(t)={\phi }_X(t){\phi }_Y(t)=(1-2it{)}^{-(n+m)/2},$$

这正是 ${\chi }^2$ 分布 ${\chi }^2(n+m)$ 的特征函数，由唯一性定理知

$$X+Y\sim {\chi }^2(n+m).$$

习题 4.2-10

设随机变量 $X_i$ 独立同分布，且 $X_i\sim Exp(\lambda )$，$i=1,2,\cdots ,n$。试用特征函数的方法证明：

$$Y_n=\sum _{i=1}^n{X}_i\sim Ga(n,\lambda ).$$

解 证 因为

$${\phi }_{X_i}(t)={\left(1-\frac{it}{\lambda }\right)}^{-1},$$

所以由诸 $X_i$ 的相互独立性得 $Y_n$ 的特征函数为

$${\phi }_{Y_n}(t)={\left(1-\frac{it}{\lambda }\right)}^{-n},$$

这正是伽马分布 $Ga(n,\lambda )$ 的特征函数，由唯一性定理知

$$Y_n\sim Ga(n,\lambda ).$$

习题 4.2-11

设连续随机变量 $X$ 服从柯西分布，密度函数如下：

$$p(x)=\frac{1}{\pi }\cdot \frac{\lambda }{{\lambda }^2+(x-\mu {)}^2},-\infty <x<\infty ,$$

其中参数 $\lambda >0$，$-\infty <\mu <\infty$，常记为 $X\sim Cau(\lambda ,\mu )$。

1. 试证 $X$ 的特征函数为 $\exp \{i\mu t-\lambda |t|\}$，且利用此结果证明柯西分布的可加性；
2. 当 $\mu =0,\lambda =1$ 时，记 $Y=X$，试证 ${\phi }_{X+Y}(t)={\phi }_X(t)\cdot {\phi }_Y(t)$，但是 $X$ 与 $Y$ 不独立；
3. 若 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 相互独立，且服从同一柯西分布，试证：

$$\frac{1}{n}(X_1+X_2+\cdots +X_n)$$

与 $X_1$ 同分布。

解 **（1）**因为 $Y=X-\mu$ 的密度函数为

$$p(y)=\frac{1}{\pi }\cdot \frac{\lambda }{{\lambda }^2+y^2},-\infty <y<\infty ,$$

所以由本节第 $4$ 题（2）知 $Y$ 的特征函数为

$${\phi }_Y(t)=\exp \{-\lambda |t|\}.$$

由此得 $X=Y+\mu$ 的特征函数

$${\phi }_X(t)={\phi }_{Y+\mu }(t)=\exp \{i\mu t\}{\phi }_Y(t)=\exp \{i\mu t-\lambda |t|\}.$$

下面利用此式证明柯西分布的可加性。设 $X_i(i=1,2)$ 服从参数为 ${\mu }_i,{\lambda }_i$ 的柯西分布，其密度函数为

$$p_i(x)=\frac{1}{\pi }\cdot \frac{{\lambda }_i}{{\lambda }_i^2+(x-{\mu }_i{)}^2},-\infty <x<\infty ,i=1,2.$$

若 $X_1$ 与 $X_2$ 相互独立，则

$${\phi }_{X_1+X_2}(t)={\phi }_{X_1}(t){\phi }_{X_2}(t)=\exp \{i({\mu }_1+{\mu }_2)t-({\lambda }_1+{\lambda }_2)|t|\},$$

这正是参数为 ${\mu }_1+{\mu }_2,{\lambda }_1+{\lambda }_2$ 的柯西分布的特征函数。所以由唯一性定理知，$X_1+X_2$ 服从参数为 ${\mu }_1+{\mu }_2,{\lambda }_1+{\lambda }_2$ 的柯西分布。

**（2）**当 $\mu =0,\lambda =1$ 时有

$${\phi }_X(t)=\exp \{-|t|\},{\phi }_Y(t)=\exp \{-|t|\},$$

所以

$$\begin{array}{rl}{\phi }_{X+Y}(t)& ={\phi }_{2X}(t)={\phi }_X(2t)\\ & =\exp \{-2|t|\}=\exp \{-|t|\}\exp \{-|t|\}\\ & ={\phi }_X(t){\phi }_Y(t).\end{array}$$

由于 $Y=X$，当然 $X$ 与 $Y$ 不独立。此题说明，由 ${\phi }_{X+Y}(t)={\phi }_X(t){\phi }_Y(t)$ 不能推得 $X$ 与 $Y$ 独立。

**（3）**设 $X_i$ 都服从参数为 $\mu ,\lambda$ 的柯西分布，则特征函数为

$$\phi (t)=\exp \{i\mu t-\lambda |t|\}.$$

由相互独立性得：

$$\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$$

的特征函数为

$$[\phi (t/n){]}^n=\exp \{i\mu t-\lambda |t|\},$$

即

$$\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$$

与 $X_1$ 具有相同的特征函数，由唯一性定理知它们具有相同的分布。

习题 4.2-12

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。

解 证 记 $X$ 的特征函数为 ${\phi }_X(t)$。

先证充分性。若 ${\phi }_X(t)$ 是实的偶函数，则

$${\phi }_X(-t)={\phi }_X(t),$$

又因为 ${\phi }_X(-t)={\phi }_{-X}(t)$，这表明 $X$ 与 $-X$ 有相同的特征函数，从而 $X$ 与 $-X$ 有相同的密度函数，而 $-X$ 的密度函数为 $p(-x)$，所以得

$$p(x)=p(-x),$$

即 $p(x)$ 关于原点是对称的。

再证必要性。若 $p(x)=p(-x)$，则 $X$ 与 $-X$ 有相同的密度函数，所以 $X$ 与 $-X$ 有相同的特征函数。由于 $-X$ 的特征函数为 ${\phi }_X(-t)$，所以

$${\phi }_X(t)={\phi }_X(-t)=\overline{{\phi }_X(t)},$$

故 ${\phi }_X(t)$ 是实的偶函数。

习题 4.2-13

设随机变量 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 独立同分布，且都服从 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 分布，试求

$$\overline{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$$

的分布。

解 因为 $X_j$ 的特征函数为

$${\phi }_j(t)=e^{i\mu t-{\sigma }^2{t}^2/2},$$

所以由诸 $X_j$ 的相互独立性得 $\overline{X}$ 的特征函数为

$${\phi }_{\overline{X}}(t)=[{\phi }_j(t/n){]}^n=e^{i\mu t-{\sigma }^2{t}^2/(2n)},$$

这正是正态分布 $N(\mu ,{\sigma }^2/n)$ 的特征函数，所以由唯一性定理知

$$\overline{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{n}\right).$$

习题 4.2-14

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 $\{b(k,n,p_n)\}$，若

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{p}_n=\lambda ,$$

则

$$\underset{n\to \infty }{\lim }b(k,n,p_n)=\frac{{\lambda }^k}{k!}{e}^{-\lambda },k=0,1,2,\cdots .$$

解 证 二项分布 $b(k,n,p_n)$ 的特征函数为

$${\phi }_n(t)=(p_n{e}^{it}+q_n{)}^n,\text{其中 }{q}_n=1-p_n.$$

因为

$${\phi }_n(t)={\left[1+\frac{n{p}_n(e^{it}-1)}{n}\right]}^n,$$

又当 $n\to \infty$ 时，$n{p}_n\to \lambda$，则

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\phi }_n(t)=\exp \{\lambda (e^{it}-1)\}=\phi (t).$$

而 $\phi (t)$ 正是泊松分布的特征函数，故得证。

习题 4.2-15

设随机变量 $X\sim Ga(\alpha ,\lambda )$，证明：当 $\alpha \to \infty$ 时，随机变量

$$\frac{\lambda X-\alpha }{\sqrt{\alpha }}$$

按分布收敛于标准正态变量。

解 证 令

$$Y_{\alpha }=\frac{\lambda X-\alpha }{\sqrt{\alpha }},$$

则由 $X$ 的特征函数

$${\phi }_X(t)={\left(1-\frac{it}{\lambda }\right)}^{-\alpha }$$

可得

$${\phi }_{Y_{\alpha }}(t)=e^{-it\sqrt{\alpha }}{\left(1-\frac{it}{\sqrt{\alpha }}\right)}^{-\alpha }.$$

两边取对数，并将 $\ln (1-it/\sqrt{\alpha })$ 展开为级数形式，可得

$$\begin{array}{rl}\ln {\phi }_{Y_{\alpha }}(t)& =-it\sqrt{\alpha }-\alpha \ln \left(1-\frac{it}{\sqrt{\alpha }}\right)\\ & =-it\sqrt{\alpha }-\alpha \left(-\frac{it}{\sqrt{\alpha }}+\frac{t^2}{2\alpha }-\frac{i{t}^3}{3\alpha \sqrt{\alpha }}+o\left(\frac{t^3}{\alpha \sqrt{\alpha }}\right)\right)\\ & =-\frac{t^2}{2}+\frac{i{t}^3}{3\sqrt{\alpha }}+\alpha \cdot o\left(\frac{t^3}{\alpha \sqrt{\alpha }}\right)\to -\frac{t^2}{2}(\alpha \to \infty ).\end{array}$$

所以

$${\phi }_{Y_{\alpha }}(t)\to e^{-t^2/2},$$

而 $e^{-t^2/2}$ 正是 $N(0,1)$ 的特征函数。由特征函数的唯一性定理及判断弱收敛的方法知结论成立。

§4.3 大数定律

\textbf{1. 随机变量序列 $\{X_n\}$ 服从大数定律} 设 $\{X_n\}$ 为随机变量序列，若对任意的 $\epsilon >0$，有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }P\left(\left|\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i-\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E(X_i)\right|<\epsilon \right)=1,$$

则称 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

2. 伯努利大数定律 设 $S_n$ 为 $n$ 重伯努利试验中事件 $A$ 发生的次数，$p$ 为每次试验中 $A$ 出现的概率，则对任意的 $\epsilon >0$，有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }P\left(\left|\frac{S_n}{n}-p\right|<\epsilon \right)=1,$$

这是第一个大数定律，它表明：事件发生的频率依概率收敛于该事件的概率，这就是“频率稳定于概率”的含义，也是“用频率去估计概率”的依据。

3. 切比雪夫大数定律 设 $\{X_n\}$ 为一列两两不相关的随机变量序列，若每个 $X_i$ 的方差存在，且有共同的上界，即 $\text{Var}(X_i)\le c,i=1,2,\cdots$，则 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

4. 马尔可夫大数定律 对随机变量序列 $\{X_n\}$，若有

$$\frac{1}{n^2}\text{Var}\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)\to 0(n\to \infty ),$$

则 $\{X_n\}$ 服从大数定律。上式称为马尔可夫条件。

5. 辛钦大数定律 设 $\{X_n\}$ 为一独立同分布的随机变量序列，若 $X_i$ 的数学期望存在，则 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

习题与解答 4.3

习题 4.3-1

设 $\{X_k\}$ 为独立随机变量序列，且

$$P(X_k=\pm \sqrt{\ln k})=\frac{1}{2},k=1,2,\cdots .$$

证明 $\{X_k\}$ 服从大数定律。

解 因为 $X_1,X_2,\cdots$ 相互独立，且 $E(X_k)=0,\text{Var}(X_k)=\ln k$，所以

$$\text{Var}\left(\sum _{k=1}^n{X}_k\right)=\sum _{k=1}^n\ln k\le n\times \ln n,$$

由此可得马尔可夫条件

$$\frac{1}{n^2}\text{Var}\left(\sum _{k=1}^n{X}_k\right)\le \frac{\ln n}{n}\to 0(n\to \infty ).$$

由马尔可夫大数定律知 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

习题 4.3-2

设 $\{X_k\}$ 为独立随机变量序列，且

$$P(X_k=\pm 2^k)=\frac{1}{2^{2k+1}},P(X_k=0)=1-\frac{1}{2^{2k}},k=1,2,\cdots ,$$

证明 $\{X_k\}$ 服从大数定律。

解 因为 $X_1,X_2,\cdots$ 相互独立，且 $E(X_k)=0,\text{Var}(X_k)=1$，由此可得马尔可夫条件

$$\frac{1}{n^2}\text{Var}\left(\sum _{k=1}^n{X}_k\right)=\frac{1}{n}\to 0(n\to \infty ).$$

由马尔可夫大数定律知 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

习题 4.3-3

设 $\{X_n\}$ 为独立随机变量序列，且 $P(X_1=0)=1$，

$$P(X_n=\pm \sqrt{n})=\frac{1}{n},P(X_n=0)=1-\frac{2}{n},n=2,3,\cdots ,$$

证明 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

解 因为 $X_1,X_2,\cdots$ 相互独立，且

$$E(X_n)=0,\text{Var}(X_n)=2,n=2,3,\cdots ,$$

故可得马尔可夫条件

$$\frac{1}{n^2}\text{Var}\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)=\frac{2(n-1)}{n^2}\to 0(n\to \infty ).$$

由马尔可夫大数定律知 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

习题 4.3-4

在伯努利试验中，事件 $A$ 出现的概率为 $p$，令

$$X_n=\{\begin{array}{ll}1,& \text{若在第 n 次及第 n+1 次试验中 A 都出现},\\ 0,& \text{其他}.\end{array}$$

证明 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

解 $\{X_n\}$ 为同分布随机变量，其共同分布为

$$\begin{array}{ccc}{X}_n& 0& 1\\ P& 1-p^2& p^2\end{array}$$

且

$$E(X_n)=E(X_n^2)=p^2,$$

从而

$$\text{Var}(X_n)=p^2(1-p^2)\le 1.$$

又当 $|i-j|\ge 2$ 时，$X_i$ 与 $X_j$ 独立，所以

$$\frac{1}{n^2}\text{Var}\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)=\frac{1}{n^2}\left[\sum _{i=1}^n\text{Var}(X_i)+2\sum _{i=1}^{n-1}\text{Cov}(X_i,X_{i+1})\right].$$

又因为

$$|\text{Cov}(X_i,X_{i+1})|\le \sqrt{\text{Var}(X_i)}\sqrt{\text{Var}(X_{i+1})}=p^2(1-p^2),$$

于是有

$$\frac{1}{n^2}\text{Var}\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)\le \frac{1}{n^2}\left[n{p}^2(1-p^2)+2(n-1)p^2(1-p^2)\right]\to 0(n\to \infty ),$$

即马尔可夫条件成立，故 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

习题 4.3-5

设 $\{X_n\}$ 为独立的随机变量序列，且

$$P(X_n=1)=p_n,P(X_n=0)=1-p_n,n=1,2,\cdots .$$

证明 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

解 因为

$$E(X_n)=p_n,\text{Var}(X_n)=p_n(1-p_n)\le \frac{1}{4},$$

所以由 $X_1,X_2,\cdots$ 的独立性可得

$$\frac{1}{n^2}\text{Var}\left(\sum _{k=1}^n{X}_k\right)\le \frac{1}{4n}\to 0(n\to \infty ).$$

由马尔可夫大数定律知 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

习题 4.3-6

设 $\{X_n\}$ 为独立同分布的随机变量序列，其共同的分布函数为

$$F(x)=\frac{1}{2}+\frac{1}{\pi }\arctan \frac{x}{a},-\infty <x<\infty .$$

试问：辛钦大数定律对此随机变量序列是否适用？

解 此为柯西分布的分布函数，而柯西分布的数学期望不存在。因为辛钦大数定律要求数学期望存在，所以辛钦大数定律对此随机变量序列不适用。

习题 4.3-7

设 $\{X_n\}$ 为独立同分布的随机变量序列，其共同分布为

$$P\left(X_n=\frac{2^k}{k^2}\right)=\frac{1}{2^k},k=1,2,\cdots .$$

试问 $\{X_n\}$ 是否服从大数定律？

解 因为

$$E(X_n)=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{2^k}{k^2}\cdot \frac{1}{2^k}=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^2}=\frac{{\pi }^2}{6}<\infty ,$$

即 $E(X_n)$ 存在，所以由辛钦大数定律知 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

习题 4.3-8

设 $\{X_n\}$ 为独立同分布的随机变量序列，其共同分布为

$$P(X_n=k)=\frac{c}{k^2\cdot {\lg }^{2}k},k=2,3,\cdots ,$$

其中

$$c={\left(\sum _{k=2}^{\infty }\frac{1}{k^2\cdot {\lg }^{2}k}\right)}^{-1},$$

试问 $\{X_n\}$ 是否服从大数定律？

解 因为

$$E(X_n)=\sum _{k=2}^{\infty }k\cdot \frac{c}{k^2{\lg }^{2}k}=c\sum _{k=2}^{\infty }\frac{1}{k{\lg }^{2}k},$$

由柯西积分判别法知上述级数收敛，故 $E(X_n)$ 存在，所以由辛钦大数定律知 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

习题 4.3-9

设 $\{X_n\}$ 为独立同分布的随机变量序列，其中 $X_n$ 服从参数为 $\sqrt{n}$ 的泊松分布，试问 $\{X_n\}$ 是否服从大数定律？

解 因为

$$\frac{1}{n^2}\text{Var}\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)\le \frac{n\sqrt{n}}{n^2}\to 0(n\to \infty ).$$

所以由马尔可夫大数定律知 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

习题 4.3-10

设 $\{X_n\}$ 为独立的随机变量序列，证明：若诸 $X_n$ 的方差 ${\sigma }_n^2$ 一致有界，即存在常数 $c$，使得

$${\sigma }_n^2\le c,n=1,2,\cdots ,$$

则 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

解 证 因为

$$\frac{1}{n^2}\text{Var}\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)=\frac{1}{n^2}\sum _{i=1}^n{\sigma }_i^2\le \frac{c}{n}\to 0(n\to \infty ).$$

所以由马尔可夫大数定律知 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

习题 4.3-11

（泊松大数定律）设 $S_n$ 为 $n$ 次独立试验中事件 $A$ 出现的次数，而事件 $A$ 在第 $i$ 次试验中出现的概率为 $p_i,i=1,2,\cdots ,n,\cdots$，则对任意的 $\epsilon >0$，有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }P\left(\left|\frac{S_n}{n}-\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{p}_i\right|<\epsilon \right)=1.$$

解 证 记

$$X_i=\{\begin{array}{ll}1,& \text{第 i 次试验时 A 出现},\\ 0,& \text{反之}.\end{array}$$

则

$$S_n=\sum _{i=1}^n{X}_i,$$

且

$$E(S_n)=\sum _{i=1}^n{p}_i,\text{Var}(S_n)=\sum _{i=1}^n{p}_i(1-p_i)\le \frac{n}{4}.$$

所以由切比雪夫不等式，对任意的 $\epsilon >0$，有

$$P\left(\left|\frac{S_n}{n}-\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{p}_i\right|\ge \epsilon \right)\le \frac{\text{Var}(S_n/n)}{{\epsilon }^2}\le \frac{1}{4n{\epsilon }^2}\to 0,$$

即

$$\underset{n\to \infty }{\lim }P\left(\left|\frac{S_n}{n}-\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{p}_i\right|<\epsilon \right)=1.$$

习题 4.3-12

（伯恩斯坦（Bernstein）大数定律）设 $\{X_n\}$ 是方差一致有界的随机变量序列，且当 $|k-l|\to \infty$ 时，一致地有 $\text{Cov}(X_k,X_l)\to 0$，证明 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

解 证 记 $\text{Var}(X_n)={\sigma }_n^2\le {\sigma }^2,\text{Corr}(X_k,X_l)=\rho (k,l)$。对任意 $\epsilon >0$，存在 $M>0$，当 $|k-l|>M$ 时，有

$$|\rho (k,l)|<\epsilon ,$$

所以

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{n^2}\text{Var}\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)& =\frac{1}{n^2}\left(\sum _{i=1}^n{\sigma }_i^2+\sum _{k,l=1}^n{\sigma }_k{\sigma }_l\rho (k,l)\right)\\ & \le \frac{1}{n^2}\left[n{\sigma }^2+{\sigma }^2\sum _{k=1}^n\left(\sum _{|k-l|\le M}|\rho (k,l)|+\sum _{|k-l|>M}|\rho (k,l)|\right)\right]\\ & \le \frac{1}{n^2}\left[n{\sigma }^2+{\sigma }^2\sum _{k=1}^n(2M+1+2n\epsilon )\right]\\ & =\frac{{\sigma }^2}{n}+\frac{2M+1}{n}{\sigma }^2+2{\sigma }^2\epsilon .\end{array}$$

由 $\epsilon$ 的任意性知

$$\frac{1}{n^2}\text{Var}\left(\sum _{i=1}^n{X}_i\right)\to 0(n\to \infty ).$$

所以由马尔可夫大数定律知 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

习题 4.3-13

（格涅坚科（Gnedenko）大数定律）设 $\{X_n\}$ 是随机变量序列，若记

$$Y_n=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,a_n=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E(X_i),$$

则 $\{X_n\}$ 服从大数定律的充要条件是

$$\underset{n\to \infty }{\lim }E\left[\frac{(Y_n-a_n{)}^2}{1+(Y_n-a_n{)}^2}\right]=0.$$

解 证 先证充分性。对任意 $\epsilon >0$，注意到 $t>0$ 时，$f(t)=t^2/(1+t^2)$ 是增函数，故当 $|y-a_n|\ge \epsilon$ 时，有

$$\frac{|y-a_n{|}^2}{1+|y-a_n{|}^2}\ge \frac{{\epsilon }^2}{1+{\epsilon }^2},\frac{1+{\epsilon }^2}{{\epsilon }^2}\cdot \frac{|y-a_n{|}^2}{1+|y-a_n{|}^2}\ge 1.$$

因此有

$$\begin{array}{rl}P(|Y_n-a_n|\ge \epsilon )& ={\int }_{|y-a_n|\ge \epsilon }d{F}_{Y_n}(y)\\ & \le \frac{1+{\epsilon }^2}{{\epsilon }^2}{\int }_{|y-a_n|\ge \epsilon }\frac{(y-a_n{)}^2}{1+(y-a_n{)}^2}d{F}_{Y_n}(y)\\ & \le \frac{1+{\epsilon }^2}{{\epsilon }^2}E\left[\frac{(Y_n-a_n{)}^2}{1+(Y_n-a_n{)}^2}\right].\end{array}$$

所以当

$$\underset{n\to \infty }{\lim }E\left[\frac{(Y_n-a_n{)}^2}{1+(Y_n-a_n{)}^2}\right]=0$$

时，有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }P(|Y_n-a_n|\ge \epsilon )=0,$$

故 $\{X_n\}$ 服从大数定律。

再证必要性。设 $\{X_n\}$ 服从大数定律，即

$$\underset{n\to \infty }{\lim }P(|Y_n-a_n|\ge \epsilon )=0,$$

则对任意 $\epsilon >0$，存在 $N$，当 $n>N$ 时，有

$$P(|Y_n-a_n|\ge \epsilon )<\epsilon .$$

因为函数 $f(t)=t^2/(1+t^2)$ 是增函数及 $0<f(t)<1$，得

$$\begin{array}{rl}0\le E\left[\frac{(Y_n-a_n{)}^2}{1+(Y_n-a_n{)}^2}\right]& \le \frac{{\epsilon }^2}{1+{\epsilon }^2}P(|Y_n-a_n|<\epsilon )+1\times P(|Y_n-a_n|\ge \epsilon )\\ & \le {\epsilon }^2+\epsilon .\end{array}$$

由于 $\epsilon$ 的任意性，所以

$$\underset{n\to \infty }{\lim }E\left[\frac{(Y_n-a_n{)}^2}{1+(Y_n-a_n{)}^2}\right]=0.$$

习题 4.3-14

设 $\{X_n\}$ 为独立同分布的随机变量序列，方差存在。又设 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 为绝对收敛级数。令

$$Y_n=\sum _{i=1}^n{X}_i.$$

证明 $\{a_n{Y}_n\}$ 服从大数定律。

解 证 不妨设 $E(X_n)=0$，否则令 $X_n^{\prime }=X_n-E(X_n)$，并讨论 $\{X_n^{\prime }\}$ 即可。由 $E(X_n)=0$ 知

$$\text{Var}(X_n)=E(X_n^2)={\sigma }^2.$$

又因为 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 为绝对收敛级数，可记

$$c=\sum _{n=1}^{\infty }|a_n|<\infty .$$

因为

$$\sum _{i=1}^n{a}_i{Y}_i=\sum _{i=1}^n{a}_i\left(\sum _{j=1}^i{X}_j\right)=\sum _{j=1}^n{X}_j\left(\sum _{i=j}^n{a}_i\right),$$

故有

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{n^2}\text{Var}\left(\sum _{i=1}^n{a}_i{Y}_i\right)& =\frac{1}{n^2}E{\left[\sum _{j=1}^n{X}_j\left(\sum _{i=j}^n{a}_i\right)\right]}^2\\ & =\frac{{\sigma }^2}{n^2}\sum _{j=1}^n{\left(\sum _{i=j}^n{a}_i\right)}^2\\ & \le \frac{c^2{\sigma }^2}{n}\to 0(n\to \infty ).\end{array}$$

所以由马尔可夫大数定律知 $\{a_n{Y}_n\}$ 服从大数定律。

习题 4.3-15

设 $\{X_n\}$ 为独立同分布的随机变量序列，方差存在，令

$$Y_n=\sum _{i=1}^n{X}_i.$$

又设 $\{a_n\}$ 为一列常数，如果存在常数 $c>0$，使得对一切 $n$ 有

$$|n{a}_n|\le c,$$

证明 $\{a_n{Y}_n\}$ 服从大数定律。

解 证 与上一题一样，不妨设 $E(X_n)=0$，则 $\text{Var}(X_n)=E(X_n^2)={\sigma }^2$。对任意的 $n\ge k$，有

$$\sum _{i=k}^n|a_i|\le \frac{c}{n}(n-k+1),$$

因而

$$\sum _{k=1}^n{\left(\sum _{i=k}^n|a_i|\right)}^2\le \frac{c^2}{n^2}\sum _{k=1}^n(n-k+1{)}^2=\frac{c^2}{n^2}\cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.$$

仿上一题的证明有

$$\frac{1}{n^2}\text{Var}\left(\sum _{i=1}^n{a}_i{Y}_i\right)\le \frac{{\sigma }^2}{n^2}\sum _{k=1}^n{\left(\sum _{i=k}^n|a_i|\right)}^2\le \frac{c^2{\sigma }^2}{6}\cdot \frac{(n+1)(2n+1)}{n^3}\to 0(n\to \infty ).$$

所以由马尔可夫大数定律知 $\{a_n{Y}_n\}$ 服从大数定律。

习题 4.3-16

设 $\{X_n\}$ 为独立同分布的随机变量序列，其方差有限，且 $X_n$ 不恒为常数。如果

$$S_n=\sum _{i=1}^n{X}_i,$$

试证：随机变量序列 $\{S_n\}$ 不服从大数定律。

解 证 记

$$T_n=\sum _{i=1}^n{S}_i=\left[\sum _{k=1}^n(n+1-k)X_k\right],$$

令 $\text{Var}(X_n)={\sigma }^2$，则

$$\text{Var}(T_n)=\sum _{k=1}^n(n+1-k{)}^2{\sigma }^2={\sigma }^2\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}={\sigma }^2\frac{2n^3+3n^2+n}{6}.$$

由此得

$$\frac{{\sigma }^2{n}^3}{3}<\text{Var}(T_n)\le {\sigma }^2{n}^3.$$

倘若 $\{S_n\}$ 服从大数定律，则对任意的 $\epsilon >0$，有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }P(|T_n-E(T_n)|\ge n\epsilon )=0.$$

于是，当 $n$ 充分大时，有

$$P(|T_n-E(T_n)|\ge n\epsilon )<\frac{{\epsilon }^2}{{\sigma }^2}.$$

记

$$A=\{|T_n-E(T_n)|<n\epsilon \},$$

则

$$P(\overline{A})<\frac{{\epsilon }^2}{{\sigma }^2},$$

由此得

$$\begin{array}{rl}\text{Var}(T_n)& =E[T_n-E(T_n){]}^2\\ & =P(A)E\{[T_n-E(T_n){]}^2\mid A\}+P(\overline{A})E\{[T_n-E(T_n){]}^2\mid \overline{A}\}\\ & \le P(A)\cdot n^2{\epsilon }^2+P(\overline{A})\cdot {\sigma }^2{n}^3\\ & \le n^2{\epsilon }^2+n^3{\epsilon }^2\\ & \le 2n^3{\epsilon }^2.\end{array}$$

由 $\epsilon$ 的任意性，不妨取 $2{\epsilon }^2<{\sigma }^2/3$，则当 $n$ 充分大时，有

$$\text{Var}(T_n)<\frac{{\sigma }^2{n}^3}{3},$$

这与前面推出的

$$\text{Var}(T_n)>\frac{{\sigma }^2{n}^3}{3}$$

相矛盾，所以 $\{S_n\}$ 不服从大数定律。

习题 4.3-17

分别用随机投点法和平均值法计算下列定积分：

$$J_1={\int }_0^1\frac{e^x-1}{e-1}dx,J_2={\int }_{-1}^1{e}^{x}dx.$$

解 **（1）**先计算 $J_1$。

随机投点法：先用计算机产生 $(0,1)$ 上均匀分布的 $2n$ 个随机数（譬如 $n=10^4$），构成 $n$ 个数对 $(x_i,y_i),i=1,2,\cdots ,n$。记

$$f_1(x)=\frac{e^x-1}{e-1}.$$

以 $n_1$ 记满足不等式 $y_i\le f_1(x_i)$ 的数对个数，则

$$J_1\approx \frac{n_1}{n}.$$

平均值法：先用计算机产生 $n$ 个 $(0,1)$ 上均匀分布的随机数 $x_i,i=1,2,\cdots ,n$，然后对每个 $x_i$ 计算 $f_1(x_i)$，最后得 $J_1$ 的估计值为

$$J_1\approx \frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{f}_1(x_i).$$

**（2）**对于第二个积分 $J_2$，先将其化成 $[0,1]$ 区间上的积分。令

$$f_2(y)=\frac{1}{e-e^{-1}}(e^{-1+2y}-e^{-1}),y\in [0,1].$$

则 $0\le f_2(y)\le 1$。此时有

$$J_2={\int }_{-1}^1{e}^{x}dx=S_0{\int }_0^1{f}_2(y)dy+2e^{-1},$$

其中

$$S_0=2(e-e^{-1}).$$

随机投点法：先用计算机产生 $(0,1)$ 上均匀分布的 $2n$ 个随机数（譬如 $n=10^4$），构成 $n$ 个数对 $(x_i,y_i),i=1,2,\cdots ,n$。以 $n_2$ 记满足不等式 $y_i\le f_2(x_i)$ 的数对个数，则

$$J_2\approx S_0\cdot \frac{n_2}{n}+2e^{-1}.$$

平均值法：先用计算机产生 $n$ 个 $(0,1)$ 上均匀分布的随机数 $x_i,i=1,2,\cdots ,n$，然后对每个 $x_i$ 计算 $f_2(x_i)$，最后得 $J_2$ 的估计值为

$$J_2\approx S_0\cdot \frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{f}_2(x_i)+2e^{-1}.$$

§4.4 中心极限定理

1. 中心极限定理 研究独立随机变量和的极限分布在什么条件下为正态分布的问题。

2. 林德伯格-莱维中心极限定理 设 $\{X_n\}$ 是独立同分布的随机变量序列，且 $E(X_i)=\mu ,\text{Var}(X_i)={\sigma }^2>0$。记

$$Y_n^{\ast }=\frac{X_1+X_2+\cdots +X_n-n\mu }{\sigma \sqrt{n}},$$

则对任意实数 $y$，有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }P(Y_n^{\ast }\le y)=\Phi (y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^y{e}^{-t^2/2}dt.$$

3. 二项分布的正态近似

**（1）**棣莫弗-拉普拉斯中心极限定理 设 $n$ 重伯努利试验中，事件 $A$ 在每次试验中出现的概率为 $p(0<p<1)$，记 $S_n$ 为 $n$ 次试验中事件 $A$ 出现的次数，且记

$$Y_n^{\ast }=\frac{S_n-np}{\sqrt{np(1-p)}}.$$

则对任意实数 $y$，有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }P(Y_n^{\ast }\le y)=\Phi (y)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^y{e}^{-t^2/2}dt.$$

**（2）**近似中的修正 因为二项分布是离散分布，而正态分布是连续分布，所以用正态分布作为二项分布的近似计算中，作些修正可以提高精度。若 $k_1<k_2$ 均为整数，一般先作如下修正后再用正态近似

$$P(k_1\le S_n\le k_2)=P(k_1-0.5<S_n<k_2+0.5)$$ $$=\Phi \left(\frac{k_2+0.5-np}{\sqrt{np(1-p)}}\right)-\Phi \left(\frac{k_1-0.5-np}{\sqrt{np(1-p)}}\right).$$

4. 三类近似计算问题 若记 $\beta =\Phi (y)$，则由棣莫弗-拉普拉斯中心极限定理给出的近似式

$$P(Y_n^{\ast }\le y)\approx \Phi (y)=\beta$$

可用来解决三类计算问题：

1. 已知 $n,y$ 求 $\beta$（求概率）；
2. 已知 $n,\beta$ 求 $y$（求分位数）；
3. 已知 $y,\beta$ 求 $n$（求样本量）。

5. 独立不同分布下的中心极限定理 设 $\{X_n\}$ 为独立随机变量序列，且 $E(X_i)={\mu }_i,\text{Var}(X_i)={\sigma }_i^2,i=1,2,\cdots$，记

$$Y_n=\sum _{i=1}^n{X}_i,B_n=\sqrt{\text{Var}(Y_n)}=\sqrt{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2+\cdots +{\sigma }_n^2}.$$

**（1）**林德伯格条件 若诸 $X_i$ 为连续随机变量，其密度函数为 $p_i(x)$，对任意的 $\tau >0$，称

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{{\tau }^2{B}_n^2}\sum _{i=1}^n{\int }_{|x-{\mu }_i|>\tau B_n}(x-{\mu }_i{)}^2{p}_i(x)dx=0$$

为林德伯格条件。

**（2）**林德伯格中心极限定理 设独立随机变量序列 $\{X_n\}$ 满足林德伯格条件，则对任意的 $x$，有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }P\left(\frac{1}{B_n}\sum _{i=1}^n(X_i-{\mu }_i)\le x\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^x{e}^{-t^2/2}dt.$$

**（3）**假如独立随机变量序列 $\{X_n\}$ 具有同分布和方差有限的条件，则必定满足林德伯格条件，即林德伯格-莱维中心极限定理是林德伯格中心极限定理的特例。

**（4）**李雅普诺夫中心极限定理 设 $\{X_n\}$ 为独立随机变量序列，若存在 $\delta >0$，满足

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{B_n^{2+\delta }}\sum _{i=1}^{n}E(|X_i-{\mu }_i{|}^{2+\delta })=0,$$

则对任意的 $x$，有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }P\left[\frac{1}{B_n}\sum _{i=1}^n(X_i-{\mu }_i)\le x\right]=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^x{e}^{-t^2/2}dt.$$

习题与解答 4.4

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）$X$ 服从 $n=100,p=0.2$ 的二项分布 $b(100,0.2)$，即

$$P(X=k)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{100}{k}\right)0.2^{k}0.8^{100-k},k=0,1,2,\cdots ,100.$$

**（2）**利用棣莫弗-拉普拉斯中心极限定理，有

$$\begin{array}{rl}P(14\le X\le 30)& =P(13.5<X<30.5)\\ & \approx \Phi \left(\frac{30.5-100\times 0.2}{\sqrt{100\times 0.2\times 0.8}}\right)-\Phi \left(\frac{13.5-100\times 0.2}{\sqrt{100\times 0.2\times 0.8}}\right)\\ & =\Phi (2.625)-\Phi (-1.625)\\ & =\Phi (2.625)-1+\Phi (1.625)\\ & =0.99565-1+0.948=\mathrm{0.9437.}\end{array}$$

这表明：被盗索赔户在 $14$ 与 $30$ 户之间的概率近似为 $0.9437$。

习题 4.4-2

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 记 $X$ 为 $100$ 个终端中被使用的终端个数，则

$$X\sim b(100,0.8).$$

利用棣莫弗-拉普拉斯中心极限定理，所求概率为

$$P(X\le 85)=P(X<85.5)\approx \Phi \left(\frac{85.5-100\times 0.8}{\sqrt{100\times 0.8\times 0.2}}\right)=\Phi (1.375)=\mathrm{0.9155.}$$

这表明至少有 $15$ 个终端空闲的概率近似为 $0.9155$。

习题 4.4-3

有一批建筑房屋用的木柱，其中 $80\%$ 的长度不小于 $3\text{ m}$，现从这批木柱中随机地取出 $100$ 根，问其中至少有 $30$ 根短于 $3\text{ m}$ 的概率是多少？

解 记 $X$ 为 $100$ 根木柱中长度不小于 $3\text{ m}$ 的根数，则

$$X\sim b(100,0.8).$$

利用棣莫弗-拉普拉斯中心极限定理，所求概率为

$$P(X\le 70)=P(X<70.5)\approx \Phi \left(\frac{70.5-100\times 0.8}{\sqrt{100\times 0.8\times 0.2}}\right)=1-\Phi (2.375)=\mathrm{0.0088.}$$

习题 4.4-4

掷一颗骰子 $100$ 次，记第 $i$ 次掷出的点数为 $X_i,i=1,2,\cdots ,100$，点数之平均为

$$\overline{X}=\frac{1}{100}\sum _{i=1}^{100}{X}_i,$$

试求概率 $P(3\le \overline{X}\le 4)$。

解 由题意可得

$$E(X_i)=3.5,\text{Var}(X_i)=\frac{35}{12},E(\overline{X})=3.5,\text{Var}(\overline{X})=\frac{7}{240}.$$

利用林德伯格-莱维中心极限定理，可得

$$\begin{array}{rl}P(3\le \overline{X}\le 4)& \approx \Phi \left(\frac{4-3.5}{\sqrt{7/240}}\right)-\Phi \left(\frac{3-3.5}{\sqrt{7/240}}\right)\\ & =2\Phi (2.9277)-1=\mathrm{0.9966.}\end{array}$$

这表明：掷 $100$ 次骰子点数之平均在 $3$ 到 $4$ 之间的概率近似为 $0.9966$，很接近于 $1$。

习题 4.4-5

连续地掷一颗骰子 $80$ 次，求点数之和超过 $300$ 的概率。

解 记 $X_i$ 为第 $i$ 次投掷时出现的点数，$i=1,2,\cdots ,80$，则 $P(X_i=k)=1/6,k=1,2,3,4,5,6$，且

$$E(X_i)=\frac{7}{2},\text{Var}(X_i)=\frac{35}{12}.$$

由林德伯格-莱维中心极限定理，所求概率为

$$P\left(\sum _{i=1}^{80}{X}_i>300\right)\approx 1-\Phi \left(\frac{300-80\times 7/2}{\sqrt{80\times 35/12}}\right)=1-\Phi (1.309)=\mathrm{0.096.}$$

习题 4.4-6

有 $10$ 个灯泡，设每个灯泡的寿命服从指数分布，其平均寿命为 $60$ 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 $X_i$ 为第 $i$ 个灯泡的寿命（单位：天），$i=1,2,\cdots ,10$，则 $X_i\sim Exp(1/60)$，且

$$E(X_i)=60,\text{Var}(X_i)=60^2.$$

由林德伯格-莱维中心极限定理，所求概率为

$$P\left(\sum _{i=1}^{10}{X}_i>450\right)\approx 1-\Phi \left(\frac{450-60\times 10}{\sqrt{10\times 60^2}}\right)=\Phi (0.79)=\mathrm{0.7852.}$$

习题 4.4-7

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_{48}$ 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

$$\overline{X}=\frac{1}{48}\sum _{i=1}^{48}{X}_i,$$

试求概率 $P(2\le \overline{X}\le 3)$。

解 由均匀分布 $U(0,5)$ 可算得

$$E(X_i)=2.5,\text{Var}(X_i)=\frac{25}{12},E(\overline{X})=2.5,\text{Var}(\overline{X})=\frac{25}{12\times 48}.$$

利用林德伯格-莱维中心极限定理，可得

$$P(2\le \overline{X}\le 3)\approx \Phi \left(\frac{3-2.5}{5/24}\right)-\Phi \left(\frac{2-2.5}{5/24}\right)=2\Phi (2.4)-1=\mathrm{0.9836.}$$

这表明：来自均匀分布 $U(0,5)$ 的 $48$ 个随机数的平均在 $2$ 到 $3$ 之间的概率近似为 $0.9836$，较接近于 $1$。

习题 4.4-8

某汽车销售点每天出售的汽车数服从参数为 $\lambda =2$ 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 记 $X_i$ 为第 $i$ 天出售的汽车辆数，则

$$Y=X_1+X_2+\cdots +X_{365}$$

为一年的总销量。由

$$E(X_i)=\text{Var}(X_i)=2,$$

知

$$E(Y)=\text{Var}(Y)=365\times 2=730.$$

利用林德伯格-莱维中心极限定理，可得

$$P(Y>700)=1-P(Y\le 700)\approx 1-\Phi \left(\frac{700-730}{\sqrt{730}}\right)=1-\Phi (-1.11)=\mathrm{0.8665.}$$

这表明：该销售点一年售出 $700$ 辆以上汽车的概率近似为 $0.8665$。

习题 4.4-9

某餐厅每天接待 $400$ 名顾客，设每位顾客的消费额（单位：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 $\pm 760$ 元内的概率。

解 记 $X_i$ 为第 $i$ 位顾客的消费额，则

$$X_i\sim U(20,100),$$

所以

$$E(X_i)=60,\text{Var}(X_i)=\frac{1600}{3}.$$

而该餐厅每天的营业额为

$$Y=\sum _{i=1}^{400}{X}_i.$$

**（1）**该餐厅每天的平均营业额为

$$E(Y)=\sum _{i=1}^{400}E(X_i)=400\times 60=24000\text{（元）}.$$

**（2）**利用林德伯格-莱维中心极限定理，可得

$$P(-760<Y-24000<760)\approx 2\Phi \left(\frac{760}{\sqrt{400\times 1600/3}}\right)-1$$ $$=2\Phi (1.645)-1=\mathrm{0.90.}$$

这表明：该餐厅每天营业额在 $23240$ 到 $24760$ 元之间的概率近似为 $0.90$。

习题 4.4-10

一仪器同时收到 $50$ 个信号，其中第 $i$ 个信号的长度为 $U_i,i=1,2,\cdots ,50$。设 $U_i$ 是相互独立的，且都服从 $(0,10)$ 内的均匀分布，试求

$$P\left(\sum _{i=1}^{50}{U}_i>300\right).$$

解 因为

$$E(U_i)=5,\text{Var}(U_i)=\frac{25}{3}.$$

所以

$$E\left(\sum _{i=1}^{50}{U}_i\right)=250,\text{Var}\left(\sum _{i=1}^{50}{U}_i\right)=\frac{1250}{3}.$$

利用林德伯格-莱维中心极限定理，可得

$$P\left(\sum _{i=1}^{50}{U}_i>300\right)\approx 1-\Phi \left(\frac{300-250}{\sqrt{1250/3}}\right)=1-\Phi (2.45)$$ $$=1-0.9929=\mathrm{0.0071.}$$

这表明：$50$ 个信号长度之和超过 $300$ 的概率近似为 $0.0071$。

习题 4.4-11

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 记 $X_i$ 为第 $i$ 个加数的取整误差，则

$$X_i\sim U(-0.5,0.5),E(X_i)=0,\text{Var}(X_i)=\frac{1}{12}.$$

**（1）**由

$$E\left(\sum _{i=1}^{1500}{X}_i\right)=0,\text{Var}\left(\sum _{i=1}^{1500}{X}_i\right)=\frac{1500}{12}=125,$$

得所求概率为

$$P\left(\left|\sum _{i=1}^{1500}{X}_i\right|>15\right)\approx 2-2\Phi \left(\frac{15}{\sqrt{125}}\right)=2-2\Phi (1.34)=\mathrm{0.1802.}$$

**（2）**由题意可列出概率不等式

$$P\left(\left|\sum _{i=1}^n{X}_i\right|<10\right)\ge 0.90,$$

利用林德伯格-莱维中心极限定理，可改写为

$$2\Phi \left(\frac{10}{\sqrt{n/12}}\right)-1\ge 0.90,\text{或}\Phi \left(\frac{20\sqrt{3}}{\sqrt{n}}\right)\ge \mathrm{0.95.}$$

查表得

$$\frac{20\sqrt{3}}{\sqrt{n}}\ge 1.645,\text{或}\sqrt{n}\le \frac{20\sqrt{3}}{1.645}.$$

由此得 $n\le 443.45$。这表明：至多 $443$ 个数相加，才能使它们的误差总和的绝对值小于 $10$ 的概率不小于 $90\%$。

习题 4.4-12

设各零件的质量都是随机变量，它们相互独立，且服从相同的分布，其数学期望为 $0.5\text{ kg}$，标准差为 $0.1\text{ kg}$，问 $5000$ 只零件的总质量超过 $2510\text{ kg}$ 的概率是多少？

解 记 $X_i$ 为第 $i$ 只零件的质量，由

$$E(X_i)=0.5,\sigma (X_i)=0.1,$$

得

$$E\left(\sum _{i=1}^{5000}{X}_i\right)=2500,\text{Var}\left(\sum _{i=1}^{5000}{X}_i\right)=50.$$

利用林德伯格-莱维中心极限定理，所求概率为

$$P\left(\sum _{i=1}^{5000}{X}_i>2510\right)\approx 1-\Phi \left(\frac{2510-2500}{\sqrt{50}}\right)=1-\Phi (1.414)=\mathrm{0.0787.}$$

这表明：$5000$ 只零件的总质量超过 $2510\text{ kg}$ 的概率近似为 $0.0787$。

习题 4.4-13

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 $2\text{ mm}$、标准差为 $0.02\text{ mm}$ 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 $(40\pm 0.2)\text{ mm}$ 时为合格品，求该产品的不合格品率。

解 记 $X_i$ 为第 $i$ 个部件的长度，则

$$Y=X_1+X_2+\cdots +X_{20}$$

为总长度，且

$$E(X_i)=2,\sigma (X_i)=\mathrm{0.02.}$$

可用林德伯格-莱维中心极限定理近似得合格品率

$$P(39.8\le Y\le 40.2)\approx \Phi \left(\frac{0.2}{\sqrt{0.008}}\right)-\Phi \left(-\frac{0.2}{\sqrt{0.008}}\right)$$ $$=2\Phi (2.236)-1=\mathrm{0.9746.}$$

所以不合格品率为 $0.0254$。

习题 4.4-14

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 记 $X_i$ 为第 $i$ 个投保人的索赔额，$i=1,2,\cdots ,10000$，则

$$E(X_i)=280,\text{Var}(X_i)=800^2.$$

由林德伯格-莱维中心极限定理，所求概率为

$$P\left(\sum _{i=1}^{10000}{X}_i>2700000\right)\approx 1-\Phi \left(\frac{2700000-10000\times 280}{\sqrt{10000\times 800^2}}\right)$$ $$=1-\Phi (-1.25)=\Phi (1.25)=\mathrm{0.8944.}$$

习题 4.4-15

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 记 $X_i$ 为甲班第 $i$ 个学生的成绩，$i=1,2,\cdots ,25$；$Y_j$ 为乙班第 $j$ 个学生的成绩，$j=1,2,\cdots ,64$。因

$$E(X_i)=E(Y_j)=78,\text{Var}(X_i)=\text{Var}(Y_j)=14^2,$$

所以由林德伯格-莱维中心极限定理，甲班平均成绩超过 $80$ 分的概率为

$$P\left(\frac{1}{25}\sum _{i=1}^{25}{X}_i>80\right)\approx 1-\Phi \left(\frac{25\times 80-25\times 78}{\sqrt{25\times 14^2}}\right)$$ $$=1-\Phi \left(\frac{5}{7}\right)=\mathrm{0.2374.}$$

同理可计算乙班平均成绩超过 $80$ 分的概率为

$$P\left(\frac{1}{64}\sum _{j=1}^{64}{Y}_j>80\right)\approx 1-\Phi \left(\frac{64\times 80-64\times 78}{\sqrt{64\times 14^2}}\right)$$ $$=1-\Phi \left(\frac{8}{7}\right)=\mathrm{0.1261.}$$

所以甲班的平均成绩超过 $80$ 分的概率大。

习题 4.4-16

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 $A$ 发生的频率与概率差多少？此时 $A$ 发生的次数在什么范围内？

解 记 $Y_n$ 为 $1000$ 次试验中事件 $A$ 发生的次数，则

$$Y_n\sim b(1000,0.25),$$

且

$$E(Y_n)=250,\text{Var}(Y_n)=\mathrm{187.5.}$$

设事件 $A$ 发生的频率 $Y_n/1000$ 与概率 $0.25$ 的差为 $k$，根据题意，可得不等式

$$P\left(\left|\frac{Y_n}{1000}-0.25\right|\le k\right)\ge 0.95,$$

或

$$P(|Y_n-250|\le 1000k)\ge \mathrm{0.95.}$$

利用棣莫弗-拉普拉斯中心极限定理和修正项可得

$$P\left(\left|\frac{Y_n-250}{\sqrt{187.5}}\right|\le \frac{1000k+0.5}{\sqrt{187.5}}\right)\ge 0.95,$$

即

$$2\Phi \left(\frac{1000k+0.5}{\sqrt{187.5}}\right)-1\ge \mathrm{0.95.}$$

由此得

$$\Phi \left(\frac{1000k+0.5}{\sqrt{187.5}}\right)\ge \mathrm{0.975.}$$

查表得

$$\frac{1000k+0.5}{\sqrt{187.5}}\ge \mathrm{1.96.}$$

从中解得 $k\ge 0.027$，这表明能以 $95\%$ 的把握保证在 $1000$ 次试验中事件 $A$ 发生的频率与概率相差不大于 $0.027$。或者说，在 $1000$ 次试验中事件 $A$ 发生的次数在 $(250\pm 27)$ 次间，即在 $223$ 次到 $277$ 次间。

习题 4.4-17

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 $10\text{ min}$，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 $15\text{ h}$ 至 $20\text{ h}$ 的概率；
2. 保证有 $95\%$ 的可能性，问 $16\text{ h}$ 内最多可以组装多少件产品？

解 记 $X_i$ 为组装第 $i$ 件产品的时间（单位：$\text{min}$），则

$$X_i\sim Exp(\lambda ),E(X_i)=1/\lambda =10,\text{Var}(X_i)=1/{\lambda }^2=100.$$

**（1）**根据题意所求概率如下，再用林德伯格-莱维中心极限定理可得

$$P\left(15\times 60\le \sum _{i=1}^{100}{X}_i\le 20\times 60\right)\approx \Phi \left(\frac{1200-100\times 10}{\sqrt{100\times 100}}\right)-\Phi \left(\frac{900-100\times 10}{\sqrt{100\times 100}}\right)$$ $$=\Phi (2)-\Phi (-1)=\Phi (2)+\Phi (1)-1=\mathrm{0.8185.}$$

**（2）**设 $16\text{ h}$ 内最多可以组装 $k$ 件产品。则根据题意可列出概率不等式

$$P\left(\sum _{i=1}^k{X}_i\le 16\times 60\right)\ge 0.95,$$

再用林德伯格-莱维中心极限定理可得

$$\Phi \left(\frac{960-10k}{\sqrt{100k}}\right)\ge \mathrm{0.95.}$$

由此查表得

$$\frac{960-10k}{10\sqrt{k}}\ge 1.645,$$

从中解得 $k=81$。

习题 4.4-18

某种彩票的奖金额 $X$ 由摇奖决定，其分布列为

$$\begin{array}{cccccccc}X/\text{万元}& 5& 10& 20& 30& 40& 50& 100\\ P& 0.2& 0.2& 0.2& 0.1& 0.1& 0.1& 0.1\end{array}$$

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 记 $X_i$ 为第 $i$ 次摇奖的奖金额，则可得

$$E(X_i)=29,\text{Var}(X_i)=764.$$

设奖金总额为 $k$（万元），根据题意可列出不等式

$$P\left(\sum _{i=1}^{300}{X}_i\le k\right)\ge 0.95,$$

再用林德伯格-莱维中心极限定理可得

$$\Phi \left(\frac{k-300\times 29}{\sqrt{300\times 764}}\right)\ge \mathrm{0.95.}$$

由此查表得

$$\frac{k-8700}{\sqrt{229200}}\ge 1.645,$$

从中解得

$$k\ge \mathrm{9487.54.}$$

取 $k=9488$（万元）即可。这表明：该种彩票一年开出 $300$ 个奖需要准备 $9488$ 万元，才有 $95\%$ 的把握够发放奖金。

习题 4.4-19

一家有 $500$ 间客房的大旅馆的每间客房装有一台 $2\text{ kW}$（千瓦）的空调机。若开房率为 $80\%$，需多少千瓦的电力才有 $99\%$ 的可能性保证有足够的电力供使用空调机？

解 记

$$X_i=\{\begin{array}{ll}1,& \text{第 i 间客房开房},\\ 0,& \text{第 i 间客房未开房},\end{array}$$

则 $X_i\sim b(1,0.8)$，由此得

$$Y=X_1+X_2+\cdots +X_{500}\sim b(500,0.8).$$

设共有 $k\text{kW}$ 的电力可供使用，根据题意可列不等式

$$P(2Y\le k)=P(Y\le k/2)\ge 0.99,$$

再用棣莫弗-拉普拉斯中心极限定理和修正项可得

$$\Phi \left(\frac{k/2+0.5-500\times 0.8}{\sqrt{500\times 0.8\times 0.2}}\right)\ge 0.99,$$

或

$$\Phi \left(\frac{k-799}{8\sqrt{5}}\right)\ge 0.99,$$

由此查表得

$$\frac{k-799}{8\sqrt{5}}\ge 2.33,$$

从中解得 $k\ge 840.68$，取 $k=841\text{kW}$ 即可。这表明：该旅馆每天需要 $841\text{kW}$ 电力，才能以 $99\%$ 的把握保证空调机用电。

习题 4.4-20

设某元件是某电气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。假定该元件的平均寿命为 $100$ 小时，标准差为 $30$ 小时，试问：应该有多少备件，才能有 $0.95$ 以上的概率，保证这个系统能连续运行 $2000$ 小时以上？

解 记 $X_i$ 为第 $i$ 个元件的寿命，$i=1,2,\dots ,n$，则

$$E(X_i)=100,\mathrm{Var}(X_i)=30^2.$$

根据题意可列不等式

$$P\left(\sum _{i=1}^n{X}_i>2000\right)\ge 0.95,$$

再由林德伯格-莱维中心极限定理可得

$$\Phi \left(\frac{100n-2000}{\sqrt{n\times 30^2}}\right)\ge \mathrm{0.95.}$$

由此查表得

$$\frac{100n-2000}{\sqrt{n\times 30^2}}\ge 1.645,$$

从中解得 $n\ge 22.33$，所以取 $n=23$，即应有 $23$ 个此种元件，可有 $0.95$ 以上的概率保证这个系统能连续运行 $2000$ 小时以上。

习题 4.4-21

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 $X_i$ 服从正态分布 $N(a,0.2^2)$。记 $\overline{X}$ 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？

解 因为

$$E(\overline{X})=a,\mathrm{Var}(\overline{X})=\frac{0.04}{n},$$

所以根据题意可列不等式

$$P(|\overline{X}-a|<0.1)\ge 0.95,$$

再用林德伯格-莱维中心极限定理可得

$$2\Phi \left(\frac{0.1}{\sqrt{0.04/n}}\right)-1\ge 0.95,$$

或

$$\Phi \left(\frac{\sqrt{n}}{2}\right)\ge \mathrm{0.975.}$$

由此查表得 $\sqrt{n}/2\ge 1.96$，从中解得 $n\ge 15.3664$，取 $n=16$ 即可以 $95\%$ 的把握使平均值与实际值 $a$ 的差异小于 $0.1$。

习题 4.4-22

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品率为 $90\%$，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 设每月至少应该生产 $n$ 片液晶片，其中合格品数记为 $X$，则有

$$X\sim b(n,0.90).$$

下求 $n$，使概率不等式

$$P(X\ge 10000)\ge 0.997,\text{或}P(X<10000)\le 0.003$$

成立。利用二项分布的正态近似，可得

$$\Phi \left(\frac{10000+0.5-0.9n}{\sqrt{0.9\times 0.1\times n}}\right)\le 0.003,$$

查表可得

$$\frac{10000.5-0.9n}{0.3\sqrt{n}}\le -2.75,$$

由此解得 $n\ge 11209$，即每月至少应该生产 $11209$ 片液晶片。

习题 4.4-23

某产品的合格品率为 $99\%$，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 设包装箱中装有 $n$ 个产品，其中合格品数记为 $X$，则有

$$X\sim b(n,0.99).$$

下求 $n$，使

$$P(X\ge 100)\ge 0.95,\text{或}P(X<100)\le 0.05$$

成立。利用二项分布的正态近似，可得

$$\Phi \left(\frac{100+0.5-0.99n}{\sqrt{0.99\times 0.01\times n}}\right)\le 0.05,$$

查表可得

$$\frac{100.5-0.99n}{0.0995\sqrt{n}}\le -1.645,$$

由此解得 $n>103.19$，即每箱装有 $104$ 个产品，能有 $95\%$ 的可能性使每箱中至少有 $100$ 个合格产品。

习题 4.4-24

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 因为

$$m\sim b(n,p),$$

所以

$$E(m/n)=p,\mathrm{Var}(m/n)=\frac{p(1-p)}{n}.$$

根据题意有

$$0.95<P\left(\left|\frac{m}{n}-p\right|<0.01\right)\approx 2\Phi \left(\frac{0.01\sqrt{n}}{\sqrt{p(1-p)}}\right)-1,$$

由此得

$$0.975<\Phi \left(\frac{0.01\sqrt{n}}{\sqrt{p(1-p)}}\right).$$

查表得

$$\frac{0.01\sqrt{n}}{\sqrt{p(1-p)}}\ge 1.96,\text{或}n\ge 196^2\times p(1-p).$$

因为 $p(1-p)\le 1/4$，所以当

$$n\ge \frac{196^2}{4}=9604$$

时，必可满足要求，因此至少抽 $9604$ 个成年男子，可使其吸烟频率 $m/n$ 与实际成年人中吸烟率 $p$ 的误差 $|m/n-p|$ 小于 $0.01$ 的概率大于 $95\%$。

习题 4.4-25

设 $X\sim Ga(n,1)$，试问 $n$ 应该多大，才能满足

$$P\left(\left|\frac{X}{n}-1\right|>0.1\right)<\mathrm{0.01.}$$

解 因为

$$E(X)=n,\mathrm{Var}(X)=n,$$

所以由中心极限定理得

$$P\left(\left|\frac{X}{n}-1\right|\le 0.1\right)\doteq 2\Phi (0.1\sqrt{n})-1\ge 0.99,$$

即

$$\Phi (0.1\sqrt{n})\ge \mathrm{0.995.}$$

查标准正态分布函数值表得

$$0.1\sqrt{n}\ge 2.575,$$

所以得 $n\ge 663.06$，取 $n=664$ 即可满足要求。

习题 4.4-26

设 $\{X_n\}$ 为一独立同分布的随机变量序列，已知 $E(X_i^k)={\alpha }_k,k=1,2,3,4$。试证明：当 $n$ 充分大时，

$$Y_n=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2$$

近似服从正态分布，并指出此正态分布的参数。

解 因为 $\{X_n\}$ 为独立同分布的随机变量序列，所以 $\{X_n^2\}$ 也是独立同分布的随机变量序列。根据林德伯格-莱维中心极限定理，

$$Y_n=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2$$

近似服从正态分布，其参数为

$$E(Y_n)=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E(X_i^2)={\alpha }_2,$$ $$\mathrm{Var}(Y_n)=\frac{1}{n^2}\sum _{i=1}^n\mathrm{Var}(X_i^2)=\frac{{\alpha }_4-{\alpha }_2^2}{n}.$$

习题 4.4-27

用概率论的方法证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left(1+n+\frac{n^2}{2!}+\cdots +\frac{n^n}{n!}\right)e^{-n}=\frac{1}{2}.$$

解 设 $\{X_n\}$ 为独立同分布的随机变量序列，其共同分布为参数 $\lambda =1$ 的泊松分布 $P(\lambda )$。故

$$E(X_n)=\mathrm{Var}(X_n)=1.$$

又由泊松分布的可加性知，

$$Y_n=\sum _{i=1}^n{X}_i$$

服从参数 $\lambda =n$ 的泊松分布。由林德伯格-莱维中心极限定理知

$$P\left(\frac{Y_n-n}{\sqrt{n}}\le 0\right)=P(Y_n\le n)=e^{-n}\sum _{k=0}^n\frac{n^k}{k!}\to \frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\int }_{-\infty }^0{e}^{-x^2/2}dx=\frac{1}{2}.$$