250401_113000-5.基础习题册概率第五章详解_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_00.配套书籍_2026考研数学习题册答案详解_基础

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  .