大数定律与中心极限定理人文科技.ppt

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1、第五章 大数定律与中心极限定理,第一节 大数定律,第二节 中心极限定理,第一节 大数定律,上一页,下一页,返回,在概率论中,用来阐明大量随机现象平均结果的稳定性的一系列定理,称为大数定律.,有关论证大量随机变量的和的极限分布是正态分布的定理,叫做中心极限定理.,上一页,下一页,返回,上一页,下一页,返回,上一页,下一页,返回,例1 设X是掷一颗骰子所出现的点数,若给定=1,2,实际计算P|X-E(X)|,并验证契比雪夫不等式成立.,解 因为X的概率分布律是PX=k=1/6(k=1,2,6),所以,E(X)=7/2,D(X)=35/12,P|X-7/2|1=PX=1+PX=2+PX=5+PX=6

2、=2/3;,P|X-7/2|2=PX=1+PX=6=1/3.,=1：,=35/122/3,=2：,=1/435/12=35/481/3.,可见契比雪夫不等式成立.,上一页,下一页,返回,例2 设电站供电网有10000盏电灯,夜晚每一盏灯开灯的概率都是0.7,而假定开、关时间彼此独立,估计夜晚同时开着的灯数在6800与7200之间的概率.,解 设X表示在夜晚同时开着的灯的数目,它服从参数为 n=10000,p=0.7的二项分布.,若要准确计算,应该用贝努利公式：,P6800X7200=,如果用契比雪夫不等式估计：,E(X)=np=100000.7=7000,D(X)=npq=100000.70.

3、3=2100,0.95.,P6800X7200=P|X-7000|2001-,0.95.,0.95.,上一页,下一页,返回,可见,虽然有10000盏灯,但是只要有供应7200盏灯的电力就能够以相当大的概率保证够用.事实上，契比雪夫不等式的估计只说明概率大于0.95,后面将具体求出这个概率约为0.99999.,定义1 设Y1,Y2,Yn,是一个随机变量序列，a是一个常,则称序列Y1,Y2,Yn,依概率收敛于a,记为Yn,a.,a.,数,若对于任意正数有,定理1:,上一页,下一页,返回,证 因X1，X2，相互独立，所以,又因,上一页,下一页,返回,所以,对于任意0,有,但是任何事件的概率都不超过1

4、，即,因此,契比雪夫大数定律说明：在定理的条件下，当n充分大时，n个独立随机变量的平均数这个随机变量的离散程度是很小的.这意味着，经过算术平均以后得到的随机变量,将比较密的聚集在它的数学期望,的附近,它与数学期望之差依概率收敛到0.,定理2:,上一页,下一页,返回,或,证明：设Xi表示第 i 次试验中事件A出现的次数，i=1,2,n,则X1,X2,Xn相互独立且均服从参数为p的(0-1)分布，故有 E(Xi)=p,D(Xi)=p(1-p)i=1,2,n且，由契比雪夫大数定律知，对于任意的，有,（贝努利大数定律）设nA是n次独立重复试验中事件A出现的次数.p是事件A在每次试验中发生的概率(00有

5、:,定理3:,上一页,下一页,返回,上一页,下一页,返回,注:,伯努利大数定律解决了两个问题,(1)频率稳定于概率,其含义是:事件A的频率依概率收敛于它的概率.,(2)在实际运用中,当试验次数很大时,可用频率近似代替概率.,定理2中要求随机变量Xk(k=1,2,n)的方差存在.但在随机变量服从同一分布的场合,并不需要这一要求,我们有以下定理.,(辛钦大数定律)设随机变量X1,X2,Xn,相互独立,服从同一分布，且具有数学期望E(Xi)=(i=1,2,)，则对于任意正数,有,定理4:,上一页,下一页,返回,辛钦大数定律不要求方差存在,只要求数学期望,但除了独立性假设外,它还要求同分布.伯努利大数

6、定律是辛钦大数定律的特例.,辛钦大数定律为求E(X)的近似值提供了理论依据,设想对X独立地重复观察n次,每次观察结果是一个随机变量,分别记作X1,X2,Xn,它们是相互独立的,且与X有相同分布.由辛钦大数定律知,当n充分大时,算术平均值,因此要得到某种牌号的显象管的平均寿命,可在其中抽取部分样品观察,当样品个数充分大时,用这些样品的寿命的算术平均值作为该牌号显象管的平均寿命(即数学期望),注:,存在,的近似值,误差会很小.,的任意小邻域内.,(独立同分布的中心极限定理)设随机变量X1,X2,Xn,相互独立,服从同一分布,且具有数学期望和方差，E(Xk)=,D(Xk)=20(k=1,2,).则随

7、机变量,定理1:,的分布函数Fn(x),对于任意x,有,第二节 中心极限定理,上一页,下一页,返回,上一页,下一页,返回,例1.一个螺丝钉重量是一个随机变量,期望值是1两,标准差是0.1两.求一盒(100个)同型号螺丝钉的重量超过10.2斤的概率.,上一页,下一页,返回,解 设一盒重量为X，盒中第i个螺丝钉的重量为Xi(i=1,2,100).X1，X2，X100相互独立，E（Xi）=1，,=0.1，则有,X=,且E(X)=100E(Xi)=100(两)，,=1(两).,根据定理1,有,PX102=,1-(2)=1-0.977250=0.022750.,上一页,下一页,返回,例2 对敌人的防御地

8、进行100次轰炸，每次轰炸命中目标的炸弹数目是一个随机变量，其期望值是2，方差是1.69.求在100次轰炸中有180颗到220颗炸弹命中目标的概率.,解 令第i次轰炸命中目标的炸弹数为Xi，100次轰炸中命中目标炸弹数,应用定理1，X渐近服从正态分布，期望值为200，方差为169，标准差为13.所以,X=,P180X220=P|X-200|20=,2(1.54)-1=0.87644.,(李雅普诺夫定理)设随机变量X1,X2,Xn,相互独立,它们具有数学期望和方差:,定理2:,上一页,下一页,返回,上一页,下一页,返回,式称为李雅普诺夫条件.,Zn=,似地服从正态分布,这表明无论随机变量Xk(k

9、=1,2,)具有怎样的分布,只要满足定理条件,则它们的和,当n很大时,就近似地服,论与数理统计中占有重要地位的主要原因.,从正态分布.而在许多实际问题中,所考虑的随机变量往,往可以表示为多个独立的随机变量之和,因而它们常常,近似服从正态分布.这就是为什么正态随机变量在概率,上一页,下一页,返回,定理3:,设随机变量Xb(n,p)(0p1),则,(1)(拉普拉斯(Laplace)局部极限定理)：当n时,PX=k,其中p+q=1,k=0,1,2,n，,.,其中p+q=1,k=0,1,2,n，,(2)(德莫佛-拉普拉斯(De MoivreLaplace)中心极限定理)：,对于任意的x，恒有,上一页,

10、下一页,返回,注:,(1)在定理1中,Xn是独立同分布的随机变量序列,可以服从同一任何分布,当服从同一(0-1)分布时,即为定理3,因此定理3是定理1的特殊情况.,(2)定理3表明,当n充分大时,近似服从N(0,1),从而,X近似服从N(np,npq),但Xb(n,p),因此称前面的结果为二项分布的正态近似.,(3)二项分布可用泊松分布近似计算,条件是n20,p0.05,;布近似计算较好.,时效果更佳,当,如果np较大时,用正态分,上一页,下一页,返回,例3 10部机器独立工作,每部停机的概率为0.2,求3部机器同时停机的概率.,解 10部机器中同时停机的数目X服从二项分布b(n,p)，,其中

11、n=10,p=0.2,np=2,1.265.,(1)直接计算：PX=3=,0.230.870.2013;,(2)若用局部极限定理近似计算：,PX=3,=0.2308.,(2)的计算结果与(1)相差较大,这是由于n不够大.,上一页,下一页,返回,例4 设电站供电网有10000盏电灯,夜晚每一盏灯开灯的概率都是0.7,而假定开、关时间彼此独立,估计夜晚同时开着的灯数在6800与7200之间的概率.,解 np=7000,45.83.,P6800X7200=P|X-7000|200,=,=0.99999.,上一页,下一页,返回,例5 每颗炮弹命中飞机的概率为0.01,求500发炮弹中命中5发的概率.,

12、解 500发炮弹中命中飞机的炮弹数目X服从二项分布，,n=500,p=0.01,np=5,2.2.,下面用三种方法计算并加以比较：,(1)用二项分布公式计算：,PX=5=,0.0150.99495=0.17635.,(2)用泊松公式计算，直接查表可得：,np=5,k=5,P500(5)0.175467.,(3)用拉普拉斯局部极限定理计算：,PX=5,0.1793.,可见后者不如前者精确.,例6 某保险公司有10000个同龄又同阶层的人参加人寿保险，已知该类人在一年内死亡的概率为0.006，每个参加保险的人在年初付12元保险费，而在死亡时家属可向公司领得1000元。问在此项业务活动中：保险公司亏本的概率是多少？保险公司获得利润不少于40000元的概率是多少？,上一页,下一页,返回,PX120=1-,解：设这10000人中一年内死亡的人数为X，则Xb(10000,0.006),保险公司一年收取1000012=120000元保险费，故仅当每年死亡人数超过120人时公司才会亏本，当每年死亡人数不超过80人时公司获利不少于40000元。由此可知，所求的概率分别为PX120及。,上一页,下一页,返回,