《概率论》计算与证明题
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，
P{h(?)?c}?c?1Eh(?)。
4、{?k}各以
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）P{Xk??2}?k1ss概率取值k和?k，当s为何值时，大数定律可用于随机变量序列?1,2,?n,的算术
1； 2k?(2k?1),P{Xk?0}?1?2?2k； （2）P{Xk??2}?21?1?12（3）P{Xk??2}?k,P{Xk?0}?1?k2。
2k7、若?k具有有限方差，服从同一分布，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,对{?k}成立大数定律。 9、对随机变量序列{?i}，若记?n?的方差有界，D?n?c，并且当|i?j|??时，相关系数rij?0，证明
1(?1?n1??n)，an?(E?1?n?E?n)，则{?i}服从大数定律
?(?n?an)2??0。 的充要条件是limE?2?n??1?(??a)nn??10、用斯特灵公式证明：当n??,m??,n?m??，而
2n?2n??1?????~n?m???2?m?0时， n21?men。 n?12、某计算机系统有120个终端，每个终端有5%时间在使用，若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。
1
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111?2??t2?x2x1e2x??e2dt?e2。 13、求证，在x?o时有不等式2x1?xx14、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：P?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。 17、现有一大批种子，其中良种占
之差小于1%的概率是多少？ 18、种子中良种占
??n??p???并进行比较。这?n?11，今在其中任选6000粒，试问在这些种子中，良种所占的比例与6611，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。
20、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?R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。
1?024、若Xn的概率分布为?1?1???nn??1?，试证相应的分布函数收敛，但矩不收敛。 ?n?25、随机变量序列{?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)。 ?n?X?Xn?X???0； 26、试证：（1）Xn???X,Xn???Y?P{X?Y}?1； （2）Xn??PPPP?X?Xn?Xm???0(n,m??)； （3）Xn???X,Xn???Y?Xn?Yn???X?Y； （4）Xn??PPPPP?X,k是常数kXn???kX； （5）Xn??2?X?Xn???X2； （6）Xn??PPPP 2
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PPP?a,Yn???b,a,b常数XnYn???ab； （7）Xn???1?1?Xn???1； （8）Xn??PP?a,Yn???b,（9）Xn??PPPPa,b常数b?0?XnYn?1???ab?1；
P?X,Y是随机变量?XnY???XY； （10）Xn???X,Yn???Y?XnYn???XY。 （11）Xn???X。而g是R1上的连续函数，试证g(Xn)???(X)。 27、设Xn???0，证明Xn???0。 28、若{Xn}是单调下降的正随机变量序列，且Xn??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
Pa?s?PPPPP??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)；
（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?}34、若{?n,n?1,2,9，问5%n应取多大值？
11}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?n??n?kk?12k，试证?n的分布收敛于[0,1]上的均匀分布。
35、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。
k?2?k38、设Xn独立同分布，P{Xn?2}?2 (k?1,2,)，则大数定律成立。
nX1?X12??Xn及2?Xn39、若{Xi}是相互独立的随机变量序列，均服从N(0,1)，试证Wn?Un?X1?X?21?Xn?X2n渐近正态分布N(0,1)。
3
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1nP??40、设X1,X2,是独立随机变量序列，均服从[0,1]均匀分布，令Zn???Xi?，试证Zn?c，这
?i?1?里c是常数，并求c。
n41、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
?limE?fn????X1??Xn??????f(m)。
n???n2PiXi???EXi。 42、若{Xi}是独立同分布、具有有限二阶矩的随机变量序列，试证?n(n?1)i?144、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Xn???0的充要条件为，对任意
a?s???0有
?P{|Xn?1?n|??}??。
46、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。
49、设是相互独立且具有方差的随机变量序列，若
DXk1??，则必有limDXk?0。 ?2n??n2kn?1?53、若{?k}是独立随机变量序列，方差有限，记Sn??(?k?E?k),?n?k?1n1Sn。 nj（1）利用柯尔莫哥洛夫不等式证明pm?P??2maxm?n???m?1?n?2?1(2m?)2j?2?D?m
?D?k（2）对上述pm，证明若?2??，则?pm收敛；
m?1k?1k（3）利用上题结果证明对{?n}成立柯尔莫哥洛夫强大数定律。 54、（1）设{ck}为常数列，令sn???c,kk?1?bm?sup?|sm?k?sm|,k?1,2,?b?inf{bm,m?1,2,}，
试证
?ck?1k收敛的充要条件是b?0；
?c1（2）(Kronecker引理)对实数列{ck}，若?k收敛，则
nk?1k?ck?1nk?0。
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56、设X1,X2,为D?X1?57、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
?Xn??o(n2)。
是独立同分布随机变量序列，且
?k?1nXk对每一个n?1,2,n有相同分布，那么，若
EXi?0,DXi?1，则Xi必须是N(0,1)变量。
58、设{Xk}是独立随机变量序列，且Xk服从N(0,2)，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。
59、若{Xk}是独立随机变量序列，Xi服从[?1,1]均匀分布，对k?2,3,对{Xk}成立中心极限定理，但不满足费勒条件。
60、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，
n??v?p?n?i?(vn?Evn)Pi?1??成
以vn记前n次试验中事件A出现的次数，试证：（1）（2）对???0；
nn?piqii?1??k,Xk服从N(0,2k?1)，证明
立中心极限定理的充要条件是
?pqi?1ii???。
61、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？ 62、试问对下列独立随机变量序列，李雅普诺夫定理是否成立？
??k（1）Xk:?1???2??kak???1?； （2）Xk:?1???32??n0ka??11?,?33?a?0。
65、 求证：当n??时，e
?k?0nnk1?。 k!2解答
1.证：对任意x?0，P{??x}?y?x?dF(y)??1eaxy?x?eaxdF(y)?1eaxy?x?eaydF(y)
1?axe
5
?0eaydF(y)?e?axEea?
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2、证：h(?)为非负随机变量，所以对c?0有
P{h(?)?c}?x?dF11?1h(x)??cc?xdFh(x)?c?0xdFh(x)?cEh(?)。
x?c4、解：现验证何时满足马尔可夫条件1?n?1212n2D????kk?1???0，E?k?2k?2k?0，
D?1k?2k2s?12k2s?k2s。若s?12，这时2s?1?0，利用?k间的独立性可得
1n2D?n?????k?1nk2s?n?n2s?n2s?1?0k?1??n2?2(n??)。 k?1n若s?11?n?1n2，则 n??2s1nn?12D??k??2?k?2?k??0(n??)。k?1?nk?1nk?12n所以当时，大数定律可用于独立随机变量序列。
5.
6、证：（1）EXk?0，DXk2k??2??12???2k?2?12?4k，
1?n2???n?1n14?4n?14n?1DXk??2DX4k?????0(n??)。k?1?n?222k?1n1?43n3n不满足马尔可夫条件。 （2）EXk?0,DX2121k??2k??22k?1???2k??22k?1?1，
1n2D?n???X?k??1n2?n?1n?0(n??)。 k?1?满足马尔可夫条件。 3（3）EX21k?0,DXk?k?1???k?2?11?k2，
2k22k21n2D?n3???X?k?1nk2?1nk?1?n(n?1)?1k?1??n2?2k?1n?2(n??)。k?1n22 6
《概率论》计算与证明题
不满足马尔可夫条件。
7、证：因为?k,?1(|k?l|?2)是独立的，所以
n?11?n?1?n1?n??2D??E(??E?)?E(??E?)?2(??E?)(??E?)??k?k?kkkk?1k?1? 22??k??kn2?nn?k?1??k?1?k?1?k?1?2n2?2D?k?2nn?rk,k?1??2k?1n?1?223??2??2?0(n??) nnn其中利用rk,k?1?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|??4e（设c?0），则
121?n?1n1??nc?D??D???2r???k?2?kn2n??ijijn2n2n2?j?i?1?k?1?nk?1?c2?nn2?|ri?jij|?i?jN?j?i,j?i?|rij|?i?j?2n2j?i?N?|rij|?i?j.
在上式前一个和式中，i可以依次取1,2,对每个固定的i来说，由于j?i?N且i?j ，,n；
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,至多依次对应n?1,n?2,项，利用|rij|?1可得
,n，
2,1项，从而和式中至多有(n?1)?(n?2)?1?2?1 ?n(n?1)2c2Nc?1??1?n?c22n(n?1)?????1??。 D????nN?c????c?k??222nnn?k?1?nnn24c?n?41?n?当n充分大时，上式右方之值可以小于?，所以 2D???k??0(n??)。
n?k?1?对{?n}大数定律成立。
t29、证：充分性。s?是(t?0)的增函数，所以对任给??0有 2(1?t)P{|?n?an??}?|y?an|???dF?n(y)?1?21??2(y?an)21??2?(?n?an)2?dF?n(y)?2E? 22??1?(y?a)?1?(??a)nnn??|y?an|??7
《概率论》计算与证明题
?(?n?an)2?所以当E??0时有P{|?n?an??}?0，此时{?i}服从大数定律。 2??1?(?n?an)?必要性。设{?i}服从大数定律，即limP{|?n?an|??}?0，则对任给??0，存在N，当n?Nn??t2时有limP{|?n?an|??}??。由s?关于(t?0)的单调性和0?s?1得
n??(1?t2)?(?n?an)2??2?P{|?n?an??}?1?P{|?n?an??} 0?E?22?1???1?(?n?an)?。 ??2???2?（当?<1时）
?(?n?an)2?∴ limE??0。 2?n???1?(?n?an)?
10、证：斯特灵公式为m!?2?mmme?me?m,0?0m?1。由此得 12m2n2n?2n??1?(2n)!?1???????? n?m2(n?m)!(n?m)!?2??????1?2??2n(2n)2ne?2n??e?1?2??? n?m?(n?m)2?(n?m)(n?m)n?me?(n?m)2?(n?m)(n?m)e1?111?1|?|??????12?2nn?mn?m?2?2n2n?n???n2?m2?n?m?2nn2?m2?m??1??n??n?m?n????n?m?n?me?
?(n?m)1?2??(n?m)?m??1???n?me?
?1n??m??1??1n??? （1） enm22?m??1?m??1?m?1???????n2??n??n??若??0,???，则当
???o(1) （2）
时，才有下式成立：
(1??)????1?????2??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。
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m3m4若利用（3）式估计（1）式值，则应有2?o(1),3?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
ln(1?x)??(?1)k?1nk?1xk?o(xn)n(?1?x?1)，
由
m?0得 n?m??1??n??ln m2n?m??m??1?2??1??n??n??m?m2??m??m??min?1???min?1?2??min?1??
n??n???n??mm2m3m4m5?m???2?3?4?5??n2n3n4n5n??m2m4m6??n??2?4?6?2n3n??n?? ?????? ??mm2m3m4m5?m???2?3?4?5??n2n3n4n5nm21m41m6?????n6n315n5m2m4?11m2??????nn3?615n2m2m4?1????3??o(1)?
nn?6??m?m2m4?1??1????3??o(1)?n??nn?6??e nm2?m??m??1?2??1??n??n??由题设条件得
m?m2?m4m2?m???， ???o?n3n?n?n??
21?m?m?所以要证明的结论中只能是en，在题设条件下显然有e?1????1，所以欲
n??n?229
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2n?2n??1?1?m1n?e?????n?n??n?m??2?2?m?m2?1???11n???n e?enm22n??m??1?m??1?m?1?????2??nnn??????e?m2m4?1????o(1)?nn3?6?m?e??m?1????n?2
m4m4?1?必须且只需3??o(1)??o(1)，即3?0。
nn?6??2n??1?m4这条件必须在题中补设出来，即再当3?0时有 ?~???n?n?m??2?
2n1?men。 n?212、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
kP{?n?k}?C120(0.05)k(0.95)120?k
由积分极限定理得
??610?6??P{120???10}?1?P{??10}?1?P???
120?0.05?0.95??120?0.05?0.95?1??(1.675)?0.047。
即有10个或更多个终端在使用的概率为0.047。
13、证：当x?0时有
???xe1?x22dt??dt???x11t2?t2??x2?t?111e2dt??e2??e2 xx??xx??xe1?t22?xt?2t?1et4?2t2?1421?t22dt???x11?t2?t2???tte2d??e2??22?1?t?1?t?x1?t2x?e2 21?x所以不等式成立。
14、证：利用德莫哇佛——拉普拉斯积分定理得
?k?1?|?n?np|?P{|?n?np|?k}?P????npqnpq2?????在如上积分中，积分区间长度?knpq?knpqe1?x22dx
2k?0，所以P{|?n?np|?k}?0(n??)。 npq15、解：设需要投掷n次，用车贝晓夫不等式得（p=0.5）
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《概率论》计算与证明题
????1111??P?0.4?n?0.6??P?n?0.5?0.1??1?2?2?n???0.9
n0.1n22???n?11000?0.1，取n??250。用积分极限定理得 0.04n4??n??n?0.50.1n?????1??1??1?P?0.4??0.6??P????n???n?2?n??1?0.9 ??????npq??5??5??5?????npq?1?1???n??0.95,?n?1.645,n?67.65取n?68。
5?5?
npq??n?n2pq?p????2?2。 16、解：利用车贝晓夫不等式估计值为：P?n??n??利用德莫哇佛——拉普拉斯积分定理估值为：
???n?2??n?np?n??P??p????P????pq?2??n???npq?????npqe1?t22dt
?2pq???n???npqe1?t2212pq?2pq?pq?dt?e?o?2?(n??)
?n??n???2n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
??1??6000????1???60.016000?P???0.01??P???
15??60006??6000?1?5??6868?????(2.078)??(?2.078)?2?(2.078)?1?2.98124?1?0.96。
18、解：与上题同理得
??1??6000?????1???6P??????P??1203???0.99， ?60006??6000?1?5???68??2?(1203?)?1?0.99,1203??2.58,?(1203?)?0.995，
??0.0124。
把??0.0124代入上式计算得
??1?P???0.0124??P???1000?74.4??P{925???1075}?0.99。 ?60006?11
《概率论》计算与证明题
所以相应的良种数应落在925粒与1075粒之间。
19、解：在蒲丰试验中，频率与概率之差为为
2048128???0.00693。由积分极限定理得要求的概率404024040?????1????20200.00693?4040?? P???0.00693??P???1404021???4040??2??4?????????2020??P??0.88??2?(0.88)?1
?4040?1???4???2?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)?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,xk??M,xt?M，使
12
《概率论》计算与证明题
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
?F(x)?|。 （8） |Fn(xi)i?于[?M,M]中任取一x，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(xi?1)?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）
?F(x?)|?。3 故当n?N2时，由（5），（6），（11），（12）得，对任意x?R1有 |Fn(x)
?X可推得Xn???X，从而Fn(x)???F(x)，由上题即得证。 22、证：由Xn??
PLW当x?0?0,?1?0,x?024、证：Fn(x)?P{Xn,x}??1?,当0?x?n。 令n??得 Fn(x)?F(x?。 )?n1,x?0??当x?n?1,X?这说明分布函数收敛，但 EXn?1,EX?0,En?kEXn?nk?EX(?n?)k?1时， 。当
1?nk?1， n1?1?E(Xn?EXn)k?E(Xn?1)k?(?1)k?1???(n?1)k?
n?n?k所以当n??时，EXn??，E(Xn?EXn)??。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?c|??}{?n??n?x,|?n?c|??}
上式中右边两事件依次记为S1,S2，则S1S2??，
F?n(x)?P{?n??n?x}?P(S1)?P(S2)， （1）
13
《概率论》计算与证明题
|n?c?|?}?P?(??我们有 P{?n?x?(c??),?n{?x?c)n?,|?c??|}?P S(1)?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
limP{?n?x?(c??)}?lim?P(S2)?P{|?n?c|??}?
n??n???limF?n(x)?limF?n(x)?limP{?n?x?(c??)}?limP(S2) （3）
n??n??n??n???c得 P(S2)?P{|?n?c|??}?0(n??)。 由?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
PF(x?c??)?limF?n(x)?limF?n(x)?F(x?c??)。 （4）
n??n??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
limF?n(x)?F(x?c)。
n??所以F?n(x)???F(x?c)。
（II）设cx(x?0)是F(x)的连续点，对任给??0(0???c)，
W??n???n???n??x??x,|??c|???x,|??c|?????????S1nn??n???n???n?则 S1S2（记），
S2??,P(S2)?P{?|n?c?|?}?0n(?。? )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
0?P{?n?(c??)x}?P{?n?(c??)x,|?n?c|??}?P{|?n?c|??}， 0?P{?n?(c??)x}?P{?n?(c??)x,|?n?c|??}?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），
limFn((c??)x}?limF?n(x)?limF?n(x)?limFn((c??)x)。
n??n??n??n?? 14
《概率论》计算与证明题
可适取?，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)?limF?n(x)?limF?n(x)?Fn((c??)x)。
n??n??由?的任意性及cx是F(x)的连续点得
limF?n(x)?F(cx)。
n??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???n?????P??n?0,|?n?c|????P?n?0,|?n?c|???
??n?????P??n?0??P??n?0,|?n?c|????P?n?0,|?n?c|???。
??n??F(x)得第一项P??n?0??Fn(0)?F(0)，其余两项中概率等式右边三项中，由Fn(x)??W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limF?n(0)?F(0)。
n??至此得证F?n(x)???F(cx)。
PW?0(n??)。 26：（1）P{|Xn?X?0|??}?P{|Xn?X|??}?0， ∴ Xn?X??（2）对任给??0，
P{|X?Y|??}?P{|X?Xn?Xn?Y|??}
11?P{|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|??}
11?P{|Xn?X|??}?P{|Xm?X|??}?0
22?0(n,m??)。 ∴ XnXm??（4）P{|(Xn?Y)?(X?Yn)|??}?P{|(Xn?X)?(Yn?Y)|??}
P11?P{|Xn?X|??}?P{|Yn?Y|??}?0
2215
《概率论》计算与证明题
∴ XPn?Yn???X?Y(n??)。 （5）若k?0，显然有kXn??P?kX(n??)。若k?0，则 P{|kX?n?kX|??}?P{|k||Xn?X|??}?P{|Xn?X|?|k|}?0
∴ kXPn???kX(n??)。 （6）P{|X21n?X2|??}?P{|Xn?X|2?2?}?P{2|X||XX|?1n?2?} ?P{|X11n?X|2?2?}?P{|Xn?X|?2?}
?P????|X|?1?????P?|X1??n?X2????|X|n?X|?4???
对任给??0，取M?0，使P?|X|?M??13?，再取N使当n?N时有
P????|X???1??1????n?X|??4M?????，且P?3??|X?X|???n2???
?3因为 ??|X||X1?n?X|?4????1???{|X|?M}??|X|?M,|X||Xn?X|?4??? ?{|X|?M}?????|Xn?X|?(4M)??
所以当n?N时有
P{|X2|??}?P???1?????n?X2?|X?n?X|?2????P{|X|?M}?P???|Xn?X|?(4M)??
?1113??3??3???, 从而limn??P{|X2X2|??}?0，即X2n?n??P?X2(n??)。 7）P{|XnYn?ab|??}
?P{|XnYn?aYn?bXn?ab?aYn?bXn?2ab|??} ?P{|(Xn?a)(Yn?b)?a(Yn?b)?b(Xn?a)|??}
?P???|(Xa)(Y1??1??1?n?n?b)|?3????P??|a(Yn?b)|?3????P??|b(Xn?a)|?3??? （
16
《概率论》计算与证明题
??1?1?1???????P?|Xn?a|????P?|Yn?b|????P?|a||Yn?b|???3?3?3????????1???P?|b||Xn?a|????0，
3???ab(n??)。 ∴ XnYn??（8） P{|Xn?1?|??}P??1P?|1?Xn|????
?|Xn|???1?1|1?Xn|??P?|Xn|???P?|Xn|?,???
2?2|Xn|???1?1????P?|Xn?1|???P?|1?Xn|????0，
2?2???－1?1(n??)。 ∴ Xn??PPPYn?1?1（9）在（8）中令Xn?，再利用（5）由Yn?b可证得Yn?b；再现（7）中Yn为这里
bYn?1即得证。
（10）对任给??0，取M?0，使P{|Y?|M}?1?。再取N，使当n?N时，2??1?P?|Xn?X|????，则
M?2?P{|XnY?XY|??}?P?|Y||Xn?X|????P{|Y|?M}?P?|Y|?M,|Y||Xn?X|???
??11??P{|Y|?M}?P?|Xn?X|????????，
M?22??XY(n??)。 ∴ XnY??（11）对任给??0，取M?0及N，使当n?N时如下五式同时成立：
P1?11?11??P?|X|?M???， P?|Xn_X|?M???， P?|Y|?M???，
2?82?84??????1??1， P?|Yn?Y|???P|X?X|???n???。则当n?N时有
(2M)?4(2M)?4??11????P?|Xn|?M??P?|X|?M,|Xn|?M??P?|X|?,|Xn|?M?
22M????17
《概率论》计算与证明题
1?11?111???P?|X|?M??P?|X|?M,|Xn?X|?M???????。
2?22?884??从而
P{|XnYn?XY|??}?P{|XnYn?XnY?XnY?XY|??}
1?1????P?|Xn||Yn?Y|????P?|Y||Xn?X|???
2?2???1???P{|Xn|?M}?P?|Xn|?M,|Xn||Yn?Y|???2??1???P{|Y|?M}?P?|Y|?M,|Y||Xn?X|???
2??????P{|Xn|?M}?P?|Yn?Y|??(2M)?????1?P{|Y|?M}?P?|Xn?X|?????4
(2M)??4??,
?XY(n??)。 ∴ XnYn??
27、证法一：对任给??0，取M?0及N1，使当n?N1时有
P1P{|X|?M}??,31P{|Xn?Y|?M}??。
3g(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)|??。 再取N?N1，使当n?N时有 P?|Xn?X|??1??1?。 3由于 ?|X|?2M?{|Xn|?2M}??|X|?M??|X|?M,|Xn|?2M? ?|Xn?X|?M?，
?{|X|?M}?|X|?2M,所以当n?N时有
|Xn|?2M,|g(Xn)?g(X)|?????|Xn?X|??1?，
P?|g(Xn)?g(X)|??? ?P?|X|?2M??|Xn|?2M??P?|X|?2M,|Xn|?2M,|g(Xn)?g(X)|???
18
《概率论》计算与证明题
?P?|X|?M??P?|Xn?X|?M??P?|Xn?X|??1?
111????????， 333?g(X),(n??)。 ∴ g(Xn)??
P?X的充要条件是，证法二：P(?)?1是有限测度，在实变函数论中曾得到，这时Xn??对{Xn}的任一子序列{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
vP?X，由充要条件得，对{Xnk}此定理证）对序列{g(Xn)}的任一子序列{g(Xnk)}。因为Xn??可找到其一子序列{Xnk}，使Xnk???X。由于g是R的连续函数，由此得
vvPa?s?1Pa?s?g(Xn)???g(X)。 g{Xnk}???gX(。再由充要条件得)v
28、证：由序列的单调下降性可得，当n??时的极限存在，且 {lim Xn???}X{}k??，
n???0得 1?P{limXn??}?limP{Xk??}?1， 由Xk??n??k??P再由Xn?0及?的任意性得
a?s??0。 limP{Xn?0}?1，即Xn??n??
n29、解：设事件B1,B2,,Bn互不相容，P(Bi)?0(i?1,2,nn,n)，而且
i?1Bi??，由全概率公式得
F(x)?P{??x}??P{??xBi}P{Bi}??F?xBi?P(Bi)。
i?1i?1所以有 E??????xdF(x)??E??Bi?P(Bi)。
i?1n此式称为全数学期望公式。由此并利用独立性得
?????f?(t)?E?e???E?exp?it?Xk???n?P{??n}
n?1???k?1???it????n??n???Eexp?it?Xk?pn????fX(t)?pn。
kn?1n?1?k?1?k?1???
30、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
19
《概率论》计算与证明题
nn??f(tk?1j?1k?tj)?k?j?0。
（1）令n?1,t1?0,?1?1。由非负定性条件得
（2）令n?2,t1?0,t2?t得
??f(tk?1j?1nnk?tj)?k?j?f(0)?0。
0???f(tk?tj)?k?j?f(0?0)?1?1?f(0?t)?1?2?f(t?0)?2?1?f(t?t)?2?2
k?1j?1nn?f(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??2)??(?1??2)??0。
由?,?的任意性得 ?1??2?0,（3）在（2）中令?1?f(t),?2??|f(t)|，得
?1??2?0， 即f(?t)?f(t)。
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)|。
0?p?1，31、证：即要证，若?n是次贝努里试验中事件出现和次数，则对任意有限区间[a,b]，当n????bx4?n?np1?1??2?b????(x)dx，其中?(x)?时一致地有P?a?。 eanpq2?????itn因为?n服从二项分布b(k;n,p)，所以它的特征函数为fn(t)?(q?pe)，而?n?npnpq的特征函数
为
??it???npit????qit??pit?gn(t)??q?pexp????q?pexp???pexp??exp?? ????????????npq??npq???npq?????npq??????按台劳公式展开e
znnez?1?z?则得
12z?o?z2?， 2! 20
《概率论》计算与证明题
?qit???t2??t2?pqqt2pit?pqpt2pexp??p?it??o?? qexp???q?it??o?? ??npq????n2nn2nnpq??n??n????代入gn(t)得
1?x4?t2?t2??gn(t)??1??o????e2?n???2nn(n??)。
而e
1?x42是标准正态分布N(0,1)的特征函数，由逆极限定理即可得要证的结论。
33、解：伯林德贝格——勒维定理，记??m??n?n，其中?n?1n??(?k?1nk?m)，则
0.1n?0.1n1?t22???1P?|??m|?0.1???P??n?0.1???P|?n|?0.1n?2??n????edt
??0.1n???0.1n?2?0.1n?1?0.95，
?0.1n?0.975，查表得0.1n?1.96,n?385。所以n至少应取385。
it1itt11?cose2k?(34、证：?k的特征函数为 f?k(t)??e??22????????1,2,)，所以
?k的特征函数为 2k?k2k(t)?cos?it?exp?k?1?. 2k?1?2?t?n的特征函数为
t2tco3s2tcn?os21????1ei?txp?2?2tsin1??12?n??1??nt2??2sinn?12?i?t1?? 1ex?p???2n?2???? f?n(t)?cos2?it2t112limf?n(t)?sin?e??eit?1??f(t)。 n??t2itf(t)是[0,1]上均匀分布的特征函数，由逆极限定理得证。
?npn?eit?1??itn?。 35、证：二项分布的特邀函数为 fn(t)?(pne?qn)??1?n????n?所以 limf(t)?exp???e?n??nitit若当n??时npn??，则 npne?1??e?1it???(n??)。 ?1????f(t)。
21
《概率论》计算与证明题
f(t)是普阿松分布p(?)的特邀函数，由逆极限定理得证。
?e?36、证：设??服从参数为?的普阿松分布，则 f??(t)?ex?p?tt?。令????1??????，并?在下式中按台劳公式展开e得
izf??(t)?e?i?t??it????t2?t??1??f????exp?i?t??e?1?exp?i?t????o?????? ?????2??????????????1?t2?t2?1??2?exp???o?(???)。 ??e??????2由逆极限定理得，普阿松分布当???时，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,EXi??2k?1??k2k?2lnk??4?lnk。而
k?1?4?lnk?e?ln4lnk?(elnk)?ln4?k?ln4，
又ln4?1，所以 EXi?
n?kk?1??ln4??，从而大数定律成立。
39、证：（1）的证明。 Wn?n?Xii?1?Xi?1nni?Xi?1n?n?2i2i?Xi?1?n， ?nn其中设?n??Xi?1nin,?n??Xi?1n2in10)(,。由Xi~N可得?n~N(0,1)。又Xi间独立，所以Xi2间也独立，对{X}应用辛钦大数定律得?n?知Wn渐近N(0,1)(n??)。
2i?Xi?1n2iP???EXi2?1。由本章第25题（2）中结论
?Xi?1ni(2）的证明。 Un?n?Xi?1n?2i?n， ?nn
22
《概率论》计算与证明题
PP?1及本章第27题结论得?n???n和?n同（1）中设。由?n???1。与（1）同理得Un渐近N(0,1)(n??)。
1n40、证：取对数得 lnZn??lnXi。
ni?1因为Xi独立同分布，所以lnXi也独立同分布。又
ElnXi??lnx?1?dx?(xlnx?x)0??1。
011??1，即有Zn???e?1?c(n??)。 由辛钦大数定律得lnZn??
41、证：因为Xi独立同分布且EXi?m，所以由于柯尔莫哥洛夫定理（独立同分布场合的强大数定律）
得
PPX1?n?Xna?s????E(Xi)?m(n??)。
又|F(x)|?k,P(?)?1有限，由控制收敛定理和f(x)的连续性得
??X??Xn???limE?f?1?Elim???n??n?????n????E?f?
242、证：记EXi?a,DXi????，则
?X??Xn??f?1??
n???X1??Xn???lim?n?????f(m)
n???nnn?2?22E?iXi??iEXi?a?i?a， ???n(n?1)n(n?1)n(n?1)i?1i?1i?1??nn?2?4D?iXi??2i2?2 ?2??n(n?1)i?1?n(n?1)i?14n(n?1)(2n?1)2(2n?1)?2???2???0(n??)。 2n(n?1)63n(n?1)2其中利用Xi间的独立性。由马尔可夫大数定律得
n2PiXi???a?EXi ?n(n?1)i?1
44、证：利用伯恩其坦多项式 Bn(x)?23
?n?m?m?n?m。 x(1?x)f??????n?m?0?m?n《概率论》计算与证明题
显然Bn(0)?f(0),Bn(1)?f(1)，故只要考虑(0,1)中的x。任取一贝努里试验E?E?，使事件A在每次试验E中出现的概率恰为x，x任意固定；并以?n表前n次试验中A出现的总次数，则由全数学期望公式得
?n?m?f(x)?Bn(x)????x(1?x)n?m?f(x)?m?0?m??n??m??f????E?f(x)??n???????f?n?? ?n????????P?n?x????E??f(x)??n?????????P?n?x????E??f(x)??n???其中
??????f?n??n?x??? ?n??n???????f?n??n?x???。 （1） ?n??n???0为如下选定的数：由f(x)的连续性，对任意??0，存在??0，使当
1|x?y|??,0?x，y?1时有 |f(x)?f(y)|??
2（2）
令M?sup|f(x)|，由（1），（2）得
1?x?0????|f(x)?Bn(x)|?1??P?n?x????2M （3）
2?n?由贝努里大数定律得limP?n????n??x????0，从而得证 ?n?limBn(x)?f(x),(0?x?1)。
n??为证上式中收敛的一致性，利用车贝晓夫不等式
???D?nx(1?x)1, P?n?x????2n2??222nn?n?n???故当n?
45、证：充分性。对任意??0，记An??|Xn|???，则题设变成
4M时，由上式及（3）立得 sup|f(x)?Bn(x)|??. (??2)1?x?0??P(A)??。由波雷尔——康特立
nn?1??引理（i）知有 P??n?1?(|Xk|??)??0 （1） k?n?a?s??而这正是?Xu(?)?以概率1收敛于X(?)的等价表示，所以Xn???0。 必要性。由波雷尔——康特立引理（ii）及?Xn?的独立性得，
24
《概率论》计算与证明题
??P?|Xn?1n|????? (2)
成立的充要条件是，
?? P??n?1a?s??(|Xk|??)??1 (3) k?n??而Xn???0的等价表示为，对任意??0（1）式成立。（1）与（3）是矛盾的，这说明若
Xn???0，则不能有（2）式成立，所以应有?P?|Xn|?????。
a?s??n?1
446、证：由题设知，随机变量序列{Xn}独立同分布，EXn?a,E(Xn?a)?c4??,所以
DXn??2??。由马尔可夫不等式得
?1n?1?1n?P??Xi?a????4E??(Xn?a)?
?ni?1??ni?1??4nn???1?????442?44?E??(Xi?a)??C2E??(Xi?a)(xj?a)?? n???i?1??i?j????41?n(n?1)4?1?3?4?44?nc4?6???24. n??2n??其中用到，由独立性得(Xi?a)(xj?a)?0(i?j)；最后一步成立，是由于当n很大时有
??1n?1?3?4c4?n。因为?24?? ∴ ?P??Xi?a?????.
n?1n?1n??ni?1?2?由此利用由波雷尔——康特立引理可得
??P??n?1所以，强大数定律成立。
?k?n?1nX?a????0, ?ini?1?2由于{Xn}独立同分布，且由c4??可得???，所以若改用柯尔莫洛夫强大数定律可立得结论。
48、解：设A1?A2??An??，且P(An)?1，则 n??PlimAn?P?n???n?1??1????Ak??P?An??PlimAn?limP(An)?lim?0
n??n??nk?n??n?1???引理(i)中另一结论是等价性结论，所以也成立。但条件不成立，事实上有
?P(An)??n?1?1??? n?1n?25
《概率论》计算与证明题
故引理(i)之逆不真。
?DXkDXk??， 49、证：设?2??成立，则对任给??0，存在N，当n?N时有?2n?1kk?n?1k?10?2n1?2n1DX??kn2k?1N?n1DX??kn2k?1nk?N?1N?nDXk ??。
DXk1DX??2??k2knk?1k?N?1?DXk?1k对固定的N，当n充分大时，上式右端第一项可小于?， ∴ limn??1DXk?0。 2n
53、证：（1）pm?Pmax|Sn|?2m?,2m?n?2m?1
m?PmaxS?2??nm?12?n?1????1(2m?)22m?1?1j?1?D??j.
其中后一步由柯尔莫哥洛夫不等式得来。 （2）0??pm?m?1?1?2?m?1?122m2m?1?1?j?1D?j?1?2?D?jj?11. ?2m2m?m(j)m?1?其中后一步由交换求和次序得来，求和下限m(j)表示满足2?j的最小正整数m。由
2m(j)?1?j得2m(j)?2?j2，从而
122m(j)??4。由此得 2j1?pm?m?1?1?21?D?j?j?1k?0?22(m(j)?k)?1?2??2j?1?D?j2m(j)1 ?2kk?02?4116?2?D?j?2??2?j?1j1?13?4?D?k由此可得，若?2??，则?pm收敛。
m?1k?1k??j?1D?jj2
?（3）设
D?k??，则由（2）中结论可得 ?2kk?1?m?0?P??2m?1?n?2mmax?n???P{|?1|??}??pm??，
m?1??再由上题的结论即得P{?n?0}?0，即柯尔莫哥洛夫大数定律成立：
26
《概率论》计算与证明题
?1n?P??(?k?E?k)?0??1。 ?nk?1?
54、证：（1）设
??ck?1k收敛，则，是柯西判别准则知，对任意??0，存在正整数n0，使cn0?1??cn0?k??，
此即sn0?k?sn0??，对一切k?1,2,成立，由此可得0?b?bk??，由b?0知对任意??0，
成立，所以对任意m?n?ni，
存在正整数ni，使bni??，因而sn1?k?sn1??对一切k?1,2,sm?sn?sm?sn1?sn?sn1?2?，
仍由柯西准则知
?ck?1?k收敛。
1n（2）先证若{ck}为常数列，limck?c，则lim?ck?c。事实上，对n?n0有
n??nn??k?11n1n101n(ck?c)??(ck?c)?(ck?c) ?ck?c?n??nk?1nnk?1k?1k?n0?1对任意??0，选n0使当k?n0时，有|ck?c|?n1?，于是上式右方第二项对任意n?n0总小于2n?n0??1??；右方第一项当n充分大后也小于?。
2n22nck现证Kronecker引理。令 s0?0,sn??,tn??ck,n?1,2,k?1kk?1n，
则ck?k(sk?sk?1),k?1,2,n?1k?1n?1k?1，故
ntn?1??ksk??ksk?1???sk?(n?1)sn?1， n?1,2,k?1，
tn?1n1n????sk?sn?1. n?1n?1nk?1?1n?因{sn}收敛于有穷极限，由上段所证知??sk?也收敛于同一极限，故
?nk?1?tn?11nn1nlim?ck?lim??lim?lim?sk?limsn?1?0。 n??nn??n?1n??n?1n??nn??k?1k?1
56、证：充分性。设D?X1??Xn??o(n2)，则由车贝晓夫不等式得
27
《概率论》计算与证明题
?1n?D?X1??Xn?P???Xi?EXi??????022?n?ni?1?所以大数定律成立。
必要性。设对{Xn}成立中心极限定理，即对任意??0有
(n??)
?1limP?n???Bn又成立大数定律，即对任给??0有
?1limP?n???n而
??Xi?1nni?EXi??1?a??2?????a?ae1?t22dt （1）
??Xi?EXi?????1。 （2）
i?1?1P??n??Xi?EXi?i?1n?B1?????P?n???nBn?1?P??Bnn??Xi?EXi????
i?1n????Xi?EXi????i?1n??， Bn?Bn?0，从而n由此利用（1），（2）两式可得，当n??时应有
?nBn??，即
D?X1?
?Xn??o(n2)。
n157、证：若记f(t)为Xi的特征函数，则由题设知，它同样也是n化成Xi，所以
?Xk?1k的特征函数，因当n?1时它
?n?1n??Xk????t??f(t)?Eexp?Xt?Eexpt????f??i???k???。 （1）
?n????n???nk?1??k?1此式对每个n均成立。把f?n?t?(k)kk?展成幂级数，注意到f(0)?iEXj。而EXj?0，?n?2EX2j?DXj?(EXj)?1，所以
1?it?t2?t??1??1?f??1??o?1??o????。 （2） ???2n2nnn???n?????（2）代入（1）得
1?t2??t???t2?1??2?f?????1?2n?o?n???e?????n???n2nn(n??)。
1?t2??t??2由于对任意n均有f(t)??f???，所以f(t)?e，而Xi~N(0,1)。
??n?? 28
《概率论》计算与证明题
158、证：（1）由正态分布有再生性知，
Bn（2）B?勒条件。
（3）由ak?0,Bn?1，取??1得
2n?Xk?1nk对任意n服从N(0,1)。所以中心极限定理成立。
?b??2kk?1?12B??1，??(n??)，由费勒条件的等价条件知，{Xn}不满足费nkk?12?1c?lim2n??Bn??k?1n|x?ak|??Bn(x?ak)2dFk(x)??|x|?1x2DF1(x)?0，
其中右端仅保留和式中第一项。由此知{Xn}不满足林德贝格条件。
2bn1nk?112(1?2n?1)2n?2?1??，但2?59、证：B???2??3k?231?23Bn2n2n?12n?123?1?0(n??)， 2所以费勒条件不满足。
?Xk?1nk的特征函数为
nf(t)??fXk(t)?k?1sint?1?exp??(2n?2)t2?。 t?2?由此得?n?12n?1X?2k?1nk的特征函数为
3gn(t)?sint2n?1L2n?123?t2??12n23exp??1?(2?2)t??e?2t(n??)，
??22n?2?1?3???N(0,1)，所以中心极限定理成立。 由逆极限定理知?n???
60、证：（1）设0?x?1，则y?x(1?x)?x?x在x?n2111处取得极大值，置x?pi得piqi?。244利用独立性得Dvn??piqi?i?11n，再由车贝晓夫不等式得 4?vn?Evn?1Dvn1P?????22?2?0，
n4?n???n29
《概率论》计算与证明题
∴
vn?EvnP。 ???0(n??)n（2）记vn?X1?X2??1,第i次成功?Xn，这里Xi??，P{Xi?1}?pi，P{Xi?0}?qi。
0,第i次失败?充分性。设Bn?Dvn??pqi?1nii??，由于Xi仅取0,1两值，则P{|Xi?pi|?2}?0。由于
Bn??，故对任意??0存在N，使当n?N时，即?Bn?2，所以P{|Xi?pi|??Bn}?0，
从而当n?N时
12Bn??i?1n|xi?pi|??Bn(x?pi)2dFi(x)
21?2Bn
1(x?p)dF(x)??ii2?|xi?pi|??BnBni?1nN?piqi?i?1nN?0(n??) 24Bnn??即林德贝格条件成立。所以对?vn??pi?i?1???pqi?1ii中心极限定理成立。
??1必要性。设?piqi??，记ri?min(p,iq)，则pq 1?ri)?ri，所以?ri??2piqi??。iii?ri(2i?1i?1i?1n???由此得exp???ri??0，即
?i?1??exp{?ri}?0。又exp{?ri}?1?r，所以
i?1??c?i?1(1?ri)?i?1exp{?ri}?0。
以i1?i2?记i1,i2,n1??记一切满足条件pi?的i所构成的子序列，记Zn??vn??pi?2i?1???ppii?1ni，以mn中不超过n的个数，则有P{vn?mn}?P{Xj?1,j?i1,?,imn;Xj?0，对其它的
j?n}?i?1(1?ri)?c?0。
n??于是若记dn??mn??pi?i?1???pqi?1nii，则对一切n有P{Zn?dn}?c成立。由于c?0与n无关，
所以Zn不能依分布收敛到N(0,1)，中心极限定理不成立。
61、解：中心极限定理成立，因为这时可以直接证得林德贝格条件成立。
30
《概率论》计算与证明题
n1n21122ak?EXk?0,DXk?k， Bn??DXk??k?n(n?1)(2n?1)。
3k?1183k?1对任意??0，有
12Bnn1(x?ak)dFk(x)?2|x|x2fk(x)dx ????|x|??BnBn??Bnk?1|x|??Bnk?12n1nk11n33?3??|x|?dx?k 3??k?Bnk?12k4?Bnk?1?1 ?34?1??2n(n?1)(2n?1)???18?32212n(n?1)24181?1???1??16?n?n???03??1??1??21?2?????n??n??????所以林德贝格条件成立。
(n??)
162、解：（1）EXk?0,DXk??k2??21?2??k22?k,Bn?1?2??n?1n(n?1)。取??1，2则
11n?n22?n?2?1E|??0|?k????k???0(n??)。 32?13Bnk?1Bnk?1n?n?1??1?2n(n?1)??2??所以李雅普诺夫定理成立。 （2）EXk?0,DXk?nn32323222?k，可得 32n2n2?2n22?2??1nB??k??(x?1)dx?(x?1)
13k?1313(2??1)?23(2??1)(n?1)2??1?c(n?1)2??1，
由??0得常数c?0，取??1得
1n1n23?22?1E|X?0|?k?k2?1?3?3BnBn3Bnk?1k?13?n1x3?dx
?31
23c3?1(n?1)3(2??1)1??13??1n??? 3??13??1??《概率论》计算与证明题
?23(3??1)c3?1??0(n??)。 3??1n?1?1??1???n?1所以李雅普诺夫定理成立。
65、证：设独立随机变量序列{?n}有相同的普阿松分布，且参数为??1，由于普阿松分布再生性，所
n以?n???k是服从参数??n的普阿松分布，
k?1P{??ni?nn?i}i!e(i?0,1,2,),E?n?D?n?n。
由于{?n}独立同分布且方差有限，由林德贝格——勒维定理知中心极限定理成立，所以nP??(?n?n)?0???P{??nnk1?1t2n?n}?e2?n???k?0k!2??0??edt?12。 32