(170)--第五章《大数定律与中心极限定理》答案解析_01.2026考研数学有道武忠祥刘金峰全程班_01.2026考研数学武忠祥刘金峰全程班_00.书籍和讲义_{2}--资料

第五章 大数定律与中心极限定理
5-1 基础过关
1.【答案】
1
9
【解析】由题意及切比雪夫不等式，得 P { X   3 } 
(
D
3
X
) 2

9
2
2

1
9

  .
 
2.【答案】
1
2
【解析】切比雪夫不等式为：对于任意 0   ， P { X  E X  } 
D X
2
 .

令2， D X  2 ，则 P { X  E X  2 } 
D
2
X
2
=
1
2
.
3.【答案】 1 6
【解析】由于 X
n

1
n
n
i
1
X
i
N

a ,
1
n
 0 . 2 2

，故 Z 
0
X
. 2
n


a
n
N ( 0 , 1 ) ，又
P{Z 1.96}0.95，因而使 P

X
n
 a  0 .1

 P
 n X
0
n
.2
 a

2
n

 0 .9 5 ，令
2
n
 1 .9 6 ，得 n  1 5 . 3 6 6 4 ，即 n  1 6 .5-2 基础真题
1.【答案】
1
1
2
【解析】设 Z  X  Y ，则
E Z  E ( X  Y )  E X  E Y  0 ，
DZ  D(X Y) DX DY 2Cov(X,Y)
 DX DY 2 DX DY
XY
1420.5 14 3
所以由切比雪夫不等式，可得
DZ 3 1
P{X Y 6} P{Z EZ 6}   .
62 36 12
2.【答案】请参照详解
【解析】依题意 X
1
, X
2
, , X
n
独立同分布，可知X2,X2, ,X2 也独立同分布且有
1 2 n
E ( X 2i )  a
2
， D ( X 2i )  E ( X 4i )  [ E ( X 2i ) ] 2  a
4
 a 22 ，由中心极限定理，
V
n

n
i
1
n
X
( a
2i
4


n
a
a
22
2
)

1
n
n
i
( a
1
4
X

2i
a

22 )
a
2
n

(
Z
a
4
n


a
a
2
2 )
2
n
的极限分布是标准正态分布，所以当
n充分大时， V
n
近似服从标准正态分布，从而 Z
n

a
4

n
a 22
 V
n
 a
2
近似服从参数为
a ，
2
2
a
4
n
a 22
 

的正态分布.
1
3.【答案】
2
【解析】由于 X
1
, X
2
, X
n
是来自总体X 的简单随机样本，因而X ,X , ,X 相互独立
1 2 n
且同分布，并可以推出X2,X2, ,X2
也相互独立且同分布.
1 2 n
1 1
又X 服从参数2的指数分布，所以EX  ，DX  (i 1,2, ,n)
i 2 i 4又由 E ( X 2i )  D X
i
 ( E X
i
) 2 
1
4

 1
2

2

1
2
( i  1 , 2 , , n ) ，由独立同分布大数定律知
1
n
n
i
1
X 2
i
依概率收敛于
1
2
.
4.【答案】（1） P  X  k   C k1
0 0
0 . 2 k 0 . 8 1 0 0  k ( k  0 , 1 , , 1 0 0 ) ；（2）0.927
【解析】（1） X 服从二项分布，参数 n  1 0 0 , p  0 .2 , 其概率分布为
PX kCk 0.2k0.8100k(k 0,1, ,100)
100
（2）由 X B ( n , p ) 知， E X  n p  2 0 ， D X  n p ( 1  p )  1 6 ，故根据棣莫弗—拉普
拉斯定理，有
P  1 4  X  3 0   P
 1 4 
1
2
6
0

X 
1
2
6
0

3 0 
1
2
6
0 
 P

 1 . 5 
X 
4
2 0
 2 . 5

  ( 2 . 5 )   (  1 . 5 )   ( 2 . 5 )  [ 1   ( 1 . 5 ) ]  0 . 9 9 3 8  ( 1  0 . 9 9 3 2 )  0 . 9 2 7 .
5.【答案】最多可以装98箱
【解析】设 X
i
( i  1 , 2 , n ) 是装运的第 i 箱的重量（单位：千克）， n 是所求箱数. 由题
设， X
1
, X
i
, X
n
独立同分布，而 n 箱的总重量 S
n
 X
1
 X
2
  X
n
是独立同分布随
机变量之和.
由题设，有 E ( X
i
)  5 0 ， D ( X
i
)  5 （单位：千克），所以
E(S )E(X X  X )EX EX  EX 50n，
n 1 2 n 1 2 n
D(S )D(X X  X )DX DX  DX 25n，
n 1 2 n 1 2 n
则根据列维—林德柏格中心极限定理，知S 近似服从正态分布N(50n,25n)，故由
n
S 50n 500050n 100010n
PS 5000 P n  
 
0.977(2)
n
 5 n 5 n   n 
100010n
可得 2，从而，n98.0199，即最多可以装98箱
n5-3 拓展拔高
1.【答案】C
【解析】由X ~ N(,2)，则 X ~ N ,
1
2
6


 
，故
X
~ N ( 0 , 1 )



，
4 ( X )
~ N ( 0 , 1 )



于是 P  X k  P
X k
2
k
1


  
∣  ∣  
 


 
 

P

| X | 4

P
4 ( X ) 4 2
2
4 2
1


  
  
 


 
 

其中  ( x ) 为 N ( 0 , 1 ) 的分布函数，故由已知
k 4 2
 
 ，即 k  4 2  1 6 . 答案选（C）.
2.【答案】C
【解析】依题设， Z ~ N ( 0 , 1 ) ， X a Z    ，则 X ~ N ( , 2 )  .
1 n 1 n  1 n
又Y  X3 PE

X3

 E(X3) E(X3) E(X3)
n n i n i  n i i
i1 i1 i1
由 Z ~ N ( 0 , 1 ) ，则EZ 0， E ( Z 2 )  D Z  ( E Z ) 2  1  0  1 ， E ( Z 3 )  0 ，故
E ( X 3 ) E [
3
3
(
3
3
2
2
Z ) 3
E
0
]
Z
3
E [
3
3
2
2
1
3
E
2
( Z
3
2
0
)
Z 3
3
3
(
E
3
(
Z
Z
)
3
2
)
2
3 Z 3 ]       
   
     






















 
1 n
综上，当n时，Y  X3 依概率收敛于
n n i
i1
3 3 2    .
3.【答案】0.648
【解析】X ,X , ,X 相互独立，及X ~ B(i,0.2)，可知
1 2 10 i
1 0
i
1
X
i
~ B ( 5 5 , 0 . 2 ) ，所以
 10   10 
E

X

11，D

X

8.8
i i
   
i1 i1 10   10  8.8
故P

6X 16

 P X 11 51 0.648.
 i1
i
  i1
i

52
【注】在独立的条件下，二项分布具有可加性，即：设 X ~ B ( m , p ) ， Y ~ B ( n , p ) ，且
X 与 Y 相互独立，则 X  Y ~ B ( m  n , p ) .
4.【答案】1
【解析】基于以下结论：若随机变量X ,X , ,X 独立同分布，则Xk,Xk, ,Xk 也独
1 2 n 1 2 n
立同分布. 于是，若 E ( X ki ) 存在，则由辛钦大数定律知，对任意 0   ，有
ln i m P
1
n
n
i 1
X ki E ( X ki ) 1 
 



 


即当 n   时，
1
n
n
i
1
X ki 依概率收敛于 E ( X ki ) ，则求解
n
1
 1
n
i
1
( X
i
 X ) 2 依概率收敛
于何值，即求解 E

n
1
 1
n
i
1
( X
i
 X ) 2

.
为计算 n   时，
n
1
 1
n
i
1
( X
i
 X ) 2 的变化趋势，先要将其转换分解，即
1 n 1 n
(X  X)2  (X2 2X X  X2)
n1 i n1 i i
i1 i1
1  n n n 
 X2 2X X X2
 
n1 i i 
i1 i1 i1
1  n 1 n  
 X2 2nX X nX2
   
n1 i1 i n i1 i  
1  n 
 X2 nX2
 
n1 i 
i1
当 n   时
1
n
n
i
1
X 2i 依概率收敛于 E ( X 2i )  D X
i
 ( E X
i
) 2  1
1 n
，X  X ，依概率
n i
i1
1
收敛于EX 0，EX2  DX (EX)2  ，从而有
i n
 1 n   n 1 n   n 
E

(X X)2

E

 X2

E X2 1.
n1 i  n1 n i  n1 
i1 i15.【答案】A
【解析】由已知 X
1
, X
2
, ..., X
n
独立同分布，故 X 21 , X 22 , . . . , X 2n 也独立同分布，又
E(X2)a ，D(X2) E(X4)[E(X2)]2 a a2
i 2 i i i 4 2
根据独立同分布的中心极限定理，可知
Z
n
记
n
i
1
n
X
( a
2i
4


n
a
a
22
2
)

1
n
n
i
1
n
1
(
X
a
4
2i


a
a
22
2
)

1
n
Y
n
( a

4
a

2
a 22 )
的极限分布为标准正态分布，故当 n 充分大时， Z
n
近似服从标准正态分布，所以Y 服
n
从 N

a
2
,
a
4

n
a 22 
.