李贤平第2版概率论基础答案

1、第 5 章 极限定理1、 为非负随机变量，若 Eea(a 0) ，则对任意 x o，P x e axEea 。2、若 h(x) 0 ， 为随机变量，且 Eh( ) ，则关于任何 c 0 ，Ph( ) c c 1Eh( ) 。1 s s4、 k各以 概率取值 ks和 ks，当 s为何值时，大数定律可用于随机变量序列1, , n, 的算术2平均值？6、验证概率分布如下给定的独立随机变量序列是否满足马尔可夫条件：(1) PXk2k 1 ；2(2) PXk2k 2 (2k1), PXk 0 1 2 2k；1 1 1k1(3) P Xk2kk 2, PXk 0 1 k 2 。27、若 k具有有限方差，服

2、从同一分布，但各k间， k和 k 1有相关，而 k, 1(|k l| 2)是独立的，证明这时对 k 大数定律成立。8、已知随机变量序列 1, 2, 的方差有界， D n c，并且当 |i j | 时，相关系数 rij0，证明对 k 成立大数定律。9、对随机变量序列 i，若记 n 1( 1n)，an 1(E 1 E n)，则 i 服从大数定律nn的充要条件是lnim E 1( (n ana) )20。n 1 ( n an )210、用斯特灵公式证明：当 n ,m ,n m ，而 m0 时，n2n 1 2n n2nm 12m2n。12、 某计算机系统有 120 个终端，每个终端有5%时间在使用，若

3、各个终端使用与否是相互独立的，试求有 10 个或更多终端在使用的概率。12x2x13、求证，在 x o时有不等式 1 xx2 e 2xxex2t dt 1 ex1x22。14、用德莫哇佛拉普拉斯定理证明：在贝努里试验中，0 p 1 ，则不管 k 是如何大的常数，总有P| n np | k 0 (n )。15 之间的概率不小于 90% 。并用正态逼近计算同一问题。16、用车贝晓夫不等式及德莫哇佛拉普拉斯定理估计下面概率：Pnn并进行比较。这里 n是 n次贝努里试验中成功总次数，p 为每次成功的概率。1117、现有一大批种子， 其中良种占 16 ，今在其中任选 6000 粒，试问在这些种子中， 良

4、种所占的比例与 16之差小于 1%的概率是多少？1118、 种子中良种占 ，我们有 99%的把握断定，在 6000 粒种子中良种所占的比例与 之差是多少？这66时相应的良种数落在哪个范围内？ 19、蒲丰试验中掷铜币 4040 次，出正面 2048 次，试计算当重复蒲丰试验时，正面出现的频率与概率之差的偏离程度，不大于蒲丰试验中所发生的偏差的概率。120、设分布函数列 Fn (x) 弱收敛于连续的分布函数 F(x)，试证这收敛对 x R1是一致的。22、试证若正态随机变量序列依概率收敛，则其数学期望及方差出收敛。，试证相应的分布函数收敛，但矩不收敛。024、若 Xn 的概率分布为11n25、随机

5、变量序列 n 具有分布函数 Fn ( x) ，且 Fn(x) F(x)，又 n 依概率收敛于常数 c 0。试证：(I) n n n的分布函数收敛于 F(x c)；(II) n n 的分布函数收敛于 F(cx)。 n26、试证：（ 1）XnPX Xn XP0 ；（2）XnPX, Xn P YP X Y 1；（3）XnPX Xn XmP 0 （n,m） ；（4）XnPX, Xn P YXn Yn PXY ；PP（ 5） X nX , k 是常数 kX nkX ；（6） XnP XXn2P X2 ；（ 7） X n a, Ynb,a, b 常数 X nYnab ；（ 8） X n1 X n1 ；（

6、9） X na, Ynb, a, b 常数 b 0 X nYnab ；（10） Xn P X , Y 是随机变量XnY P XY ；P P P（11） Xn P X, Yn P Y XnYn P XY 。27、设 XnX 。而 g是 R 上的连续函数，试证 g（Xn）（X ）。28、若 Xn 是单调下降的正随机变量序列，且 Xn0 ，证明 Xn 0。29、若 X1,X2, 是独立随机变量序列， 是整值随机变量， P k pk ，且与 Xi 独立，求 X1 X 的特征函数。30、若 f （t）是非负定函数，试证（ 1） f （0） 是实的，且 f （0） 0；（2） f （ t） f （t） ；

7、（3） | f （t） | f （0） 。31、用特征函数法直接证明德莫佛拉普拉斯积分极限定理。33 、 若 母 体 的 数 学 期 望 E m, D 2 ， 抽 容 量 为 n 的 子 样 求 其 平 均 值 ， 为 使 P | m | 0. 1 9，5问%n 应取多大值？1134、若 n, n 1,2, 为相互独立随机变量序列，具有相同分布 P n 1 , P n 0 ，而 22 nn k ，试证 n 的分布收敛于 0,1 上的均匀分布。k 1 2k35、用特征函数法证明二项分布的普阿松定理。36、 用特征函数法证明，普阿松分布当时，渐近正态分布。计算 Yn 的特征函数，并求 n 时的极限

8、。38、设 X n独立同分布， PXn 2k 2 2 k (k 1,2, ) ，则大数定律成立。39、 若 Xi 是相互 独 立 的随机 变 量 序列，均服 从 N (0,1) ，试 证 Wnn X1X nn X12X n2UnX1Xn 渐近正态分布 N (0,1) 。X12X n21 n n P40、设 X1,X2, 是独立随机变量序列，均服从 0,1 均匀分布，令 ZnXi ，试证 Zn c，这i1里 c 是常数，并求 c 。41、若 Xi 是独立同分布随机变量序列， EXi m，若 f (x) 是一个有界的连续函数，试证lim E f X1Xn f (m) 。nn42、 若 X i 是独

9、立同分布、具有有限二阶矩的随机变量序列，试证2n(n 1)niXi P EXi 。i144、设 f ( x)是0,1 上连续函数，利用概率论方法证明：必存在多项式序列 Bn (x) ，在0,1 上一致收敛于 f (x) 。45 、 设 Xi 是 独 立 随 机 变 量 序 列 ， 试 证 X n0 的 充 要 条 件 为 ， 对 任 意 0 有P| Xn | 。n146、试证独立同分布随机变量序列，若存在有限的四阶中心矩，则强大数定律成立。48、 举例说明波雷尔康特拉引理(i)之逆不成立。DX 1 49、设是相互独立且具有方差的随机变量序列，若2k，则必有 lim 2 DX k 0。n 1 k

10、 n nn153、若 k是独立随机变量序列，方差有限，记Sn( k E k), nSn 。k 1 n1)利用柯尔莫哥洛夫不等式证明pmP 2mm1 anx2mnm1 2 D jn(2m )2 j 2 D j2)对上述则pm 收敛；m1Dpm ，证明若2k，k 1 k3)利用上题结果证明对 n 成立柯尔莫哥洛夫强大数定律。1)设 ck为常数列，令 snck, bm sup |sm k sm |,k 1,2, b inf bm,m 1,2, ，k1试证 ck 收敛的充要条件是 b 0 ； k1c1 n2) (Kronecker引理)对实数列 ck，若ck 收敛，则 1ck0 。k 1 kn k 1

11、设 X1,X2, 是独立随机变量序列，对它成立中心极限定理，则对Xn 成立大数定律的充要条件为 D X1Xn o(n2 )。54、56、57、58、59、60、61、62、65、设 X1, X2, 是独立同分布随机变量序列，且nXX k 对每一个 k 1 nn 1,2, 有相同分布，那么，若EXi 0, DXi 1，则 Xi必须是 N (0,1) 变量。设 Xk 是独立随机变量序列， 且 Xk服从 N(0,2 k ) ，试证序列 Xk ：(1)成立中心极限定理； (2) 不满足费勒条件； (3)不满足林德贝格条件， 从而说明林德贝格条件并不是中心极限定理成立的必 要条件。若Xk 是独立随机变量

12、序列， Xi服从 1,1均匀分布，对 k 2,3, ,Xk服从 N(0,2k 1)，证明对Xk 成立中心极限定理，但不满足费勒条件。1)在普阿松试验中，第 i 次试验时事件 A 出现的概率为 pi ，不出现的概率为 qi ，各次试验是独立的，以 vn 记前 n 次试验中事件 A 出现的次数，试证：立中心极限定理的充要条件是pi qi。i1设 Xk独立， Xk服从 k , k均匀分布，问对 Xk能否用中心极限定理？试问对下列独立随机变量序列，n求证：当 n 时， e n k0李雅普诺夫定理是否成立？ka 0 ka(2) Xk : 1 1 1 , a 0 。3 3 3nk 1。k! 2解答1. 证

13、：对任意 x 0， Px dF( y)yxaxe1eaxdF( y)1ax eaydF( y)ey x y x2、证：4、解：Dk1axe0 eaydF(y) e axEeah( ) 为非负随机变量，所以对111Ph( ) cdFh(x)xdFh(x)0 xdFh (x)Eh( ) 。x cc x c c 0 c现验证何时满足马尔可夫条件12Dnk 1 kk10， E k21k2 12 k2 0，1 2s1 2s 2sk2s k2sk 2s22。若，这时 2s 1 0 ，利用 k间的独立性可得若 s 1，2所以当时，5.n12Dnk1n 2s1 n 2s n n2s2s 12 k 2 nn k

14、 1 n0 (n ) 。12 k 2s 12 k n k 1 大数定律可用于独立随机变量序列。12 Dn2kk1n 1 0 (n ) 。 n k 1 2n6、证：(k 21k211)EXk0，DXk 2k 2122k2214k，nnk12 Dn2Xkn12 DXn k 11 4 4n 1 4n1 4 0 (n )。n21 43n2 3n2不满足马尔可夫条件。222) EXk 0, DXk2k221k 12k221k 1 1，12 DXn k 1112 n 0 nn(n ) 。满足马尔可夫条件。3) EXk 0, DX kk21 2 111 k 2 12k212k2k2，DXkk1n31k 2n

15、2 k 112 kn k 1n(n 1)21 (n) 。2不满足马尔可夫条件。7、证： 因为 k, 1(|k l | 2)是独立的，所以k1n12 E k 1( k E k)n112 E( k E k)2 2 ( k E k)( k 1 E k 1)n k 1 k 1其中利用 rk,k 1n1 n2 D2 n 1nk 2rk,k 1 2 2 2n k 1 n n3 2 0 (n )1且 有限。马尔可夫条件成立，所以对序列 n 成立大数定律。8、证： 由题中条件可得，对任给 c 0 ，存在 N，使当 | j i | N 时有 |rij |(设 c 0 )，则4e1n12D1 n 1 1 22 D

16、 k 2 2rij i j 2 nc 2|rij | i jnk1222|rij | i j 2 |rij | i j .n N j i,j i n j i N在上式前一个和式中， i可以依次取 1,2, ,n；对每个固定的 i来说，由于 j i N 且i j ，所以 至多对应 N 项；从而和式中至多有 nN 项，在后一个和式中， 由于 j i ，所以对 i 取1,2, ,n，至多依次对应 n 1,n 2, 2,1项，1 从而和式中至多有 (n 1) (n 2) 2 1 1 n(n 1)2项，利用 |rij | 1可得n12 D k 1 kc 22 nNn n2c 2 n(n 1)n2 2c4

17、cc 2Nc 1 1n 4当 n 充分大时，上式右方之值可以小于，所以n12 Dn0 (n) 。k1对 n 大数定律成立。9、证：充分性 。s t 2 是(t 0) 的增函数，所以对任给0有(1 t 2)P| n an dF n (y)| y an|12|y an |12( y an) n| 1 ( y an)2 dF n ( y) 1 2E 1(nn ana)n)2所以当 E ( n an )1 ( n an)20时有 P| n an 0，此时 i服从大数定律。必要性 。设 i 服从大数定律，即lim P| n an| 0，则对任给0，存在 N ，当n Nn时有 lim P| n an |

18、。 n由 s t 2 关于 (t 0) 的单调性和 0 s 1 得 (1 t2 )21 ( n an)2 1 2 P| n an 1 P| n an 0 E ( n an )22 2 (当 1 时)。lim E ( n an ) 20。n 1 ( n an) 210、证：斯特灵公式为 m! 2 m mme mem, 0 0m 121m。由此得(2n)! 1 2n2nn m 2 (n m)!( n m)! 22n2ne| | 1 1 1 112 2 n n m n2 2n(2n)2ne 2n 1212 (n m)( n m)n me (n m) 2 (n m) (n m)n me (n m) n

19、m n1 2n nm 2n2 m2 n m n m( n m)nm nme2n22 nm1 mn(n m ) m 1e n1nmm11)n2n1 mn1 m222 n若 0, ，则当 o（1）（ 2）时，才有下式成立：（1 ） 1 e（3）此题未必满足（ 2）式，所以不加条件地利用（ 3）式证是不妥的。这里结论的证明很简单。34若利用（ 3）式估计（ 1）式值，则应有 m2 o（1）, m3 o（1） 。后一式蕴含在前一式中，即应补nn设前一条件成立，利用（ 3）才可证得结论。下面用另一种证法证明。视 n, m为连续变量进行估值，然后再置 n,m 为取正整数的变量，结论也应成立。利用台劳展式n

20、x k( 1 x 1) ，ln(1 x) ( 1)k 1 x o( xn)k 1n1mmln1 mn m1n 2n 1 m2m4 1 1 n2min 1 m min 1n2m2nmin 1 m nm55n5m2 1 m4n 6 n362115 mn56 mn24m3n2 m216 15 n2345246mmmmm5nmmmn2n23nmn3 16 o(1)4n455n52n22n43n6m234 m m m m n 2n2 3n3 4n421 m22 12 n1mnn1 mnm2 m4 1e mn mn3 61 o(1)由题设条件得4m3nm2 mnnm21所以要证明的结论中只能是 1 em2

21、n ，在题设条件下显然有1m1，所以欲2nnm1em2 m4nn3o (1)e n n3 6nem2m4 1必须且只需 3 o(1) o(1)， n3 64 即m这条件必须在题中补设出来，即再当4m3 0 时有 n2n2nm212、解： 每个终端在某时刻使用的概率为0.05 ， 表示在某时刻同时使用的终端数。则10 6即有 10 个或更多个终端在使用的概率为0.047 。P n k C1k20(0.05)k(0.95)120 k由积分极限定理得P120 10 1 P 10 1 P120 0.05 0.95 120 0.05 0.9513、证： 当 x 0 时有1x2e 2 dtxt 1t 2t

22、e 2 dt xx121x22e 12t2dtt 42t 2 112t2x t4 2t21e 2 dt x d1 t2 e12t22e1 t 21 x2e 12t2所以不等式成立。14、证： 利用德莫哇佛拉普拉斯积分定理得10.04nP 0.4P| n np | k P | n np|npqnnP 0.4 n 0.6 Pn 0.5nn0.1，取n0.1 110400 250 。用积分极限定理得2k在如上积分中，积分区间长度0 ，npq15、解： 设需要投掷 n 次，用车贝晓夫不等式得（n 0.50.6 P n npq pq1n5nknpq所以 P| np=0.5 )k1 x2nkpq e 2x

23、 2 npqnpq 2np | k10.12dx0.90.1 n15 n15 n0.910.95, n 1.645, n 67.65取 n 68。516、解： 利用车贝晓夫不等式估计值为： P nnpnpq2n22pq2。 n利用德莫哇佛拉普拉斯积分定理估值为：nPn nn npnpq pq 2 pqne 12t2dtn2 pq one 12t2dt 1 pqpqn2两者比较，后者估计精确得多。17、解：任选 6000粒可看作 6000 重贝努里试验 ,由积分极限定理得P 6000 60.01 P18、解： 与上题同理得160006 0.01 60006000 16 581568(2.078)

24、 ( 2.078)2 (2.078) 1 2.98124 1 0.961PP6000 61600066000 1 568120 30.99，2 (120 3 ) 1 0.99, (120 3 ) 0.995 ，120 3 2.58,0.0124 。把 0.0124 代入上式计算得P 1 0.0124 P 1000 74.4 P925 1075 0.99 。 6000 6所以相应的良种数应落在 925 粒与 1075 粒之间。2048 1 2819、解： 在蒲丰试验中，频率与概率之差为0.00693 。由积分极限定理得要求的概率4040 2 4040为P40400.00693 P2020 0.0

25、0693 40404040 1 1422 0.8106 1 0.621 。20、证：由于 F ( x)有界非降， F( ) 0，F( ) 1，故对任意0，可找到 M 0，使当 x M时有 1 F (x)，(1)且当 x M 时有F ( x) 。(2)由于 Fn(x)处处收敛于 F ( x) ，故存在一正整数 N ，使当 n N1时，一方面有|Fn( M ) F( M )| 。由( 2)得Fn( M ) 2(3)另一方面又有|Fn(M ) F(M )| ，由(1)得1 Fn(M ) 2(4)因此，对 x M ，若 n N1 ，则由( 2)，(3)有|Fn(x) F(x)| |Fn(x)| F(x

26、) Fn( M ) F( M) 3 。(5)同样，对 x M ，如果 n N1 ，则由( 1)，( 4)有|Fn(x) F(x)| |(1 Fn(x) (1 F(x) | |1 Fn(x)| |(1 F(x)|1 Fn(M ) 1 F(M ) 3(6)在有限闭区间 M,M 上， F (x)连续，故也均匀连续，因而在 M,M 上可找到 t个点x1,x2, ,xt, xkM,xt M ，使F(xi 1) F(xi)(i 1,2, ,t 1)。(7)还可找到 N2 N1，使在此 t 个点中的每一点上，当 n N2时有| Fn ( xi ) F ( xi ) | 。( 8)于 M , M 中任取一 x

27、，则此 x必属于某一 xi,xi 1 ，因此当 n N2时，由( 8)得Fn(x) Fn(xi 1) F (xi 1)(9)及Fn(x) Fn(xi) F (xi)(10)由此及( 9)，( 7)得Fn (x)F(x)F(xi 1) F(x) F(xi1) F(xi)2 。(11)同样由( 10)及( 7)得Fn(x)F(x)F(xi) F(x)F(xi)F(xi 1)2 。(12)故当 n N2时，由( 5)，(6)，(11)，(12)得，对任意 x R1有 |Fn (x) F (x ) | 。3 22、证： 由 Xn P X 可推得 Xn L X ，从而 Fn (x) W F (x) ，由

28、上题即得证。0,当x 010 , x 024、证： Fn(x) PXn,x 1 , 当0 x n。 令n 得 Fn( x) F(x) 。n1, x 0这说明分布函数收敛，但1,当x nE Xn 1, E X 0 , EnXE X( n 。)当 k 1 时，EXnkk k k 1 k1E(XnEXn)kE(Xn 1)k( 1)k1 1n(n 1)k1n所以当 n 时， EXn， E( Xn EX n)k。由此知其中心距，原点矩均不收敛。25、证： 题中分布函数收敛系数指弱收敛。I)设 x c是 F (x)的连续点，现证 F n(x) F(x c) 。对任给0，有 n n x n n x,| n

29、c | n n x,| n c | 上式中右边两事件依次记为 S1 ,S2 ，则 S1 S2 ，F n (x) P n n x P(S1) P(S2 )，(1)我们有 P n x (c ),|n c | P n x c()n, | c | 1P S( )P n x (c ),| n c | P n x (c )( 2)由( 1)，( 2)得P n x (c ) P| n c | P(S2) P n n x P n x (c ) P(S2) 此式对任意 n 成立，所以lim P n x (c ) lim P(S2) P| n c | nnlim Fn(x) lim Fn(x) lim P n x

30、 (c ) lim P(S2)(3)n nn nn n由 n P c 得P(S2) P| n c| 0 (n ) 。再适当选取 使 x c 同是 F (x)的连续点，利用弱收敛性由( 3)可得F (x c ) lim F (x) lim F ( x) F ( x c ) 。(4)由于 F (x)单调增加，其至多有可列个不连续点，这里对的限制丝毫不影响以下结论成立。由于 是任意的且 x c是 F (x)的连续点，由( 4)得lim F n (x) F (x c)。 nn所以 F n (x) W F(x c) 。II )设cx(x 0)是 F ( x)的连续点，对任给0(0 c)，nnnnxnx,

31、| n c |nx,| n c|S1S2(记)，nnn则 S1 S2 , P( S2) P |n c | 0 n( 。 )另外， P(S1) 介于如下两概率之间；P n (c )x,| n c| ， P n (c )x,| n c| ，对这两个概率值又分别有0P n(c)xP n (c)x,| nc| P| n c | ，0P n(c)xP n (c)x,| nc| P| n c| 。取极限可得，当 x 0时有(若 x 0 ，则下式前后两项分别改成取上，下极限，且调换前后之位 置)，lim Fn(c )x lim F n(x) lim Fn(x) lim Fn(c )x)。n n nn nn可

32、适取 ，使(c )与(c )x都是 F ( x)的连续点，当 x 0时，由弱收敛性得(若 x 0，则前 后两项调换位置) ，F(c )x) lim F n(x) lnim Fn(x) Fn(c )x)。nn由 的任意性及 cx是 F ( x)的连续点得lim F n ( x) F ( cx) 。 nn若 cx 0(从而 x 0)是 F ( x)的连续点，则对任意0 ( 0)有F n (0) P n 0 P n 0,| n c| P n 0,| n c |n n nP n 0,| n c| P n 0,| n c|nnP n 0 P n 0,| n c| P n 0,| n c| 。n等式右边三

33、项中，由 Fn(x) W F ( x)得第一项 P n 0 Fn(0) F(0) ，其余两项中概率值均不超过 P| n c| ，所以右边从而左边极限存在。取有限可得lim F n(0) F(0)。nn至此得证 F ( x) W F (cx) 。26：(1) P|X n X 0| P|X n X | 0， Xn X P 0 (n )。 (2)对任给0 ，P| X Y | P|X Xn Xn Y | 11P| Xn X | P| Xn Y | 0 (n ) 22由 的任意性得 P X Y 0，所以 P X Y 1。3) P| Xn Xm| P| Xn X X Xm| (oo u)乙X r-；X 曲

34、Q= feIX-uXld + lAIl X l)d+ fal x- X l)dooMB N u(朋lx- uXl0lAIl X l=t7s 3 1 x b n iai si iji1L . 2rit府N l/ll Xld W 4 0 4 0 $d =X- uxll X lr d + LJ乙乙s -| X- u xld + fe -2 1 X- UXll X I 3d + 3 VI X- UX l)d= 2l -UXII ll0 1一1 X- UX l)d = 31 l)d= l- UXI l)d砸 0 龙1 导 G iu) xl -UXI0 = ”导(s)( u)人辛x U一头不UX乙乙0 2

35、 - | 人U 人|d + 2 - VV$ 疋1(人%) + (X- ux) |d= 疋I (头不 X)(人不 ux) |d (fr) (oo t-iu *u) 0 克-d乙乙02 -1 X- ” xld+ -VV7) P| XnYn ab | P| XnYn aYn bXn ab aYn bXn 2ab | P| (Xn a)(Yn b) a(Yn b) b(Xn a) | P |(Xna)(Ynb)|31P |a(Ynb)|13P |b(Xna) |133 3 3P | Xn a |P |Yn b |P |a |Yn b| 133P |b| Xn a| 10，n3PX nYnab ( n)

36、 。8）1P |Xn 11| P |1|XXn|n |P | Xn1 1 |1 X n | 21 P |Xn | 21,|1|XXn |n |P | Xn1| 1 P |1 Xn | 12 n 20，1 PXn 1 (n) 。9）在（ 8）中令 X nYn ，再利用（ 5）由 Yn b可证得 Yn1 b 1；再现（ 7）中Yn为这里 bYn 1 即得证。110）对任 给0 ，取 M 0 ，使 P |Y | M 。再取 N ， 使当 n N 时，2P |Xn X | 1 ，则 n M 2P| XnY XY| P |Y| Xn X |P| Y| M P |Y| M,|Y| Xn X|P| Y |

37、M P | X n X |M22XnY P XY （n） 。11）对任给0，取 M 0及 N ，使当 n N 时如下五式同时成立：P |X | 1M1， P |Xn_X |1M1， P |Y| M 1，28 n28 4P |Yn Y| (2M) 41 ， P |Xn X |n (2M) 41 。则当 n N 时有P |Xn| M P |X | 12M,|Xn| M P |X | 21M ,| Xn| Mn 2 n 2M nP |X | 1M P |X | M,| Xn X | M 。2 2 n 2 8 8 4从而P| XnYn XY| P| XnYn XnY XnY XY| P |Xn|Yn

38、Y| 21P |Y| Xn X| 121P| Xn| M P |Xn| M,|Xn| |Yn Y| 12P|Y| M P |Y| M,|Y| |Xn X | 1 2P| Xn| M P |Yn Y| (2M)P|Y| M P |Xn X| (2M) 4 4XnYnXY (n) 。27、证法一： 对任给0，取 M 0及 N1，使当 n N1时有11P| X | M , P| Xn Y | M 。33g(x)在 2M ,2M 上一致连续，则对任给 0，存在 1 0，使当 x1,x2 2M,2M 且|x1 x2 | 1时有|g(x1) g(x2)| 。1再取 N N1，使当 n N 时有 P |Xn

39、 X | 1 。3由于 |X | 2M | Xn| 2M |X| M |X| M,|Xn| 2M| X | M |Xn X | M ，|X | 2M, | Xn | 2M, |g(Xn) g(X)| |Xn X | 1 ， 所以当 n N 时有P |g(Xn) g(X) |P |X | 2M |Xn | 2M P |X | 2M, | Xn| 2M, |g(Xn) g(X)|P |X | M P |Xn X | M P |Xn X | 1111，333g(Xn)g( X), (n ) 。证法二： P( ) 1是有限测度，在实变函数论中曾得到，这时X n P X 的充要条件是，对Xn 的任一子序

40、列 Xnk ，都能找到其的一子序列 Xnk 几乎处处收敛于 X 。(上题也可以用 此定理证)对序列 g( X n)的任一子序列 g(Xnk ) 。因为 Xn P X ，由充要条件得，对 Xnk 可 找 到 其 一 子 序 列 Xnk ， 使 Xnkv as X 。 由 于 g 是 R1 的 连 续 函 数 ， 由 此 得 gXnkv as g X( 。)再由充要条件得 g(Xn) P g(X)。28、证：由序列的单调下降性可得，当 n 时的极限存在，且nli mXn Xk，由 Xk P 0得1 Plim Xn lim P Xk 1，k n k再由 Xn 0 及 的任意性得lim P X n 0

41、 1，即 X n0。nn29、解： 设事件 B1,B2, , Bn互不相容， P(Bi) 0(i 1,2, ,n) ，而且 Bi，由全概率公式得i1nnF(x) P x P x Bi P BiF x Bi P(Bi) 。i 1 i 1n所以有 E xd F(x) E Bi P(Bi) 。i1此式称为 全数学期望公式 。由此并利用独立性得itf (t) E eitE exp it Xn1nkk1nnEexp it Xk pnfX (t) pn 。n1 k1 n1 k 130、证： 因为 f (t) 是非负定的，故对任何实数 t1,t2, ,tn，复数 1, 2, , n，恒有 nnf (tk t

42、 j ) k j 0 。k1j1nn( 1) 令 n 1, t1 0, 1 1。由非负定性条件得f (t k t j ) k j f (0) 0 。k1j1( 2) 令 n 2, t1 0, t2 t 得nn0f (tk tj) k j f(0 0) 1 1 f (0 t) 1 2 f(t 0) 2 1 f (t t) 2 2k1j122f (0) | 1|2 | 2 |2 f ( t) 1 2 f (t) 1 2所以 f ( t) 1 2 f (t) 1 2 应该是实数。设f ( t) 1 i 1, f (t) 2 i 2 , 1 2 i ， 1 2 i ， 代入上式并设虚部为 0 得( 1

43、 2) ( 1 2) 0 。由 , 的任意性得 1 2 0, 1 2 0， 即 f ( t ) f (t) 。(3)在(2)中令 1 f(t), 2 | f (t)|，得2f(0)|f(t)|2 | f(t)|2|f(t)| | f(t)|2|f(t)| 0，若|f(t)| 0，则得 f(0) |f(t)|；若| f(t)| 0，则由( 1)中结果得 f(0) |f(t)|。31、证：即要证，若 n是次贝努里试验中事件出现和次数， 0 p 1，则对任意有限区间 a,b，当 n时一致地有 P a n np b npqb(x)dx ，其中 (x) ax4因为 n服从二项分布 b(k;n,p) ，所

44、以它的特征函数为 fn(t) (q peit )n ，而 n np的特征函数 npqgn(t) q pexpnitpq expnpqnnppitqq pexpnpqpniptq pexp qnipt q npq npq按台劳公式展开 ezez 1 z 1 z22!2o z2 ，则得pexpqit npqp it pnqqt2 o2nt2pitpt2 o2nqexp q it npq代入 gn(t) 得gn(t)N (0,1)的特征函数，由逆极限定理即可得要证的结论。而e1x4是标准正态分布1n33、解： 伯林德贝格勒维定理，记m n ，其中 n ( k m)，n n k 1t20.1 P |

45、n | 0.1 n 12P | m| 0.1 P n0.1 n 0.1 n 2 0.1 n 1 0.95 ，0.1 n 0.975 ，查表得 0.1 n 1.96,34、证： k 的特征函数为f k (t ) 12 eit 12kk (t) cost2k 1exp 2ikt 1n 的特征函数为f n ( t)cots2cot3s2 t 12it lnim f n(t) t sin2 e20.1 ne0.1 n2t dtn 385。所以 n 至少应取 385。toc1, 2，,所以) k 的特征函数为2kc2not 1si1t eit 1 f(t) 。tiet2x p 1n2 1f (t) 是0

46、,1上均匀分布的特征函数，由逆极限定理得证。itit nnpn eit 135、证： 二项分布的特邀函数为fn(t) ( pneit qn)n 1 n 。n n n n若当 n时 npn，则npneit1eit1( n) 。所以 lim fn(t) expeit 1f (t )。f (t) 是普阿松分布 p( ) 的特邀函数，由逆极限定理得证。36、证： 设 服从参数为 的普阿松分布，则f (t ) e x p ett1。令，并在下式中按台劳公式展开 eiz 得f (t) e i t f titexp i t eexp i t t o 12exp t2 o2e2由逆极限定理得，普阿松分布当时，

47、渐近正态分布。38、证： 由辛钦大数定律知，这时只要验证EXi 存在 , EXi2 k2k 2lnk4 lnk 。而k 1 k 1ln k4ln4ln k eln k ln4(e )ln4 k，ln 4ln 4 ，又 ln 4 1 ，所以EXik从而大数定律成立。k1nnXin X ii1n39、证：(1)的证明。Wni1nnnn，Xi2Xi2ni1i1nnnXiXi2其中设 ni1,i1由 X i N()01,可得 n N (0,1) 。又 Xi 间独立，所以 Xn。n间也独立，对 Xi2 应用辛钦大数定律得nXi2 P EXi2 1。由本章第 25 题(2)中结论i1知 Wn 渐近 N (0,1) (n ) 。n(2)的证明。UnnnXii1i1nn 和 n 同( 1)中设。由 n P1及本章第 27 题结论得n P 1。与( 1)同理得 UnXi2n渐近 N (0,1) (n ) 。40、证： 取对数得ln Zn 1 ln X i 。ni1因为 Xi 独立同分布，所以 ln X i 也独立同分布。又11E ln Xiln x 1 dx ( xln x x) 01。