利用契比雪夫不等式证明，能以车比雪夫不等式

Posted 2023-04-26

篇首语：人有知识，则有力矣。本文为你选取作文利用契比雪夫不等式证明，能以车比雪夫不等式四篇，希望能帮到你。

本文目录

1、利用契比雪夫不等式证明，能以车比雪夫不等式（1）

2、契比雪夫不等式离散证明车比雪夫不等式（2）

3、利用切比雪夫不等式证明能以大于0.97 利用导数证明不等式（3）

4、车尔尼雪夫欺基（4）

利用契比雪夫不等式证明，能以车比雪夫不等式

篇一:《切比雪夫不等式证明》

切比雪夫不等式证明一、

试利用切比雪夫不等式证明：能以大小0.97的概率断言，将一枚均匀硬币连续抛1000次，其出现正面的次数在400到600之间。

分析:将一枚均匀硬币连续抛1000次可看成是1000重贝努利试验,因此

1000次试验中出现正面H的次数服从二项分布.

解:设X表示1000次试验中出现正面H的次数,则X是一个随机变量,且

~XB(1000,1/2).因此

1000=×==npEX,

20)

答题完毕，祝你开心!

1000)1(= ××= =pnpDX,

而所求的概率为

0060000400600400 << =< 100100< < =EXXP

100< =EXXP

97.0

100

= ≥

二、

切比雪夫(hebyshev)不等式

对于任一随机变量X ,若EX与DX均存在,则对任意ε>0,

恒有P|X-EX|>=ε<=DX/ε^2 或P|X-EX|<ε>=1-DX/ε^2

切比雪夫不等式说明，DX越小，则 P|X-EX|>=ε

越小，P|X-EX|<ε越大，也就是说，随机变量X取值基本上集中在EX附近，这进一步说明了方差的意义。

同时当EX和DX已知时，切比雪夫不等式给出了概率P|X-EX|>=ε的一个上界，该上界并不涉及随机变量X的具体概率分布，而只与其方差DX和ε有关，因此，切比雪夫不等式在理论和实际中都有相当广泛的应用。需要指出的是，虽然切比雪夫不等式应用广泛，但在一个具体问题中，由它给出的概率上界通常比较保守。

切比雪夫不等式是指在任何数据集中，与平均数超过K倍标准差的数据占的比例至多是1/K^2。在概率论中，切比雪夫不等式显示了随机变数的「几乎所有」值都会「接近」平均。这个不等式以数量化这方式来描述，究竟「几乎所有」是多少，「接近」又有多接近：

与平均相差2个标准差的值，数目不多于1/4

与平均相差3个标准差的值，数目不多于1/9

与平均相差4个标准差的值，数目不多于1/16

……

与平均相差k个标准差的值，数目不多于1/K^2

举例说，若一班有36个学生，而在一次考试中，平均分是0分，标准差是10分，我们便可得出结论：少于0分(与平均相差3个标准差以上)的人，数目不多于4个(=36*1/9)。设(X,Σ,μ)为一测度空间，f为定义在X上的广义实值可测函数。对於任意实数t > 0，一般而言，若是非负广义实值可测函数，在f的定义域非降，则有利用契比雪夫不等式证明，能以.

上面的陈述，可透过以|f|取代f，再取如下定义而得：

概率论说法

设X为随机变数，期望值为μ，方差为σ2。对于任何实数k>0，

改进

一般而言，切比雪夫不等式给出的上界已无法改进。考虑下面例子：

这个分布的标准差σ = 1 / k，μ = 0。

当只求其中一边的值的时候，有antelli不等式：

[1]

证明

定义，设为集的指标函数，有

又可从马尔可夫不等式直接证明：马氏不等式说明对任意随机变数Y和正数a有Pr(|Y| le opeatornaeE(|Y|)/a。取Y = (X ? μ)2及a = (kσ)2。

亦可从概率论的原理和定义开始证明。

篇二:《2016考研数学切比雪夫不等式证明及题型分析》

2016考研数学切比雪夫不等式证明及题型分析

在考研数学概率论与数理统计中，切比雪夫不等式是一个重要的不等式，利用它可以证明其它一些十分有用的结论或重要的定理，如切比雪夫大数定律等，然而有些同学对这个不等式不是很理解，也不太会利用该不等式去解决相关问题，另外，很多资料上也没有对该不等式进行完整的分析或证明，为此，文都网校的蔡老师在这里对比雪夫不等式及其典型例题做些分析总结，供各位考研的朋友和其它学习的同学参考。

从上面的分析我们看到，利用切比雪夫不等式可以对随机变量在其均值附近的对称区间内取值的概率进行估计，它也说明了方差的基本特性，即随机变量的方差越小，随

机变量取值越集中，方差越大，则取值越分散，不论对于什么随机变量，它在区间

内取值的概率基本都是约90%。以上分析希望对大家理解和应用切比

雪夫不等式有所帮助，最后预祝各位考生2016考研成功。

篇三:《切比雪夫不等式的证明(离散型随机变量)》

设随机变量X有数学期望及方差，则对任何正数，下列不等式成立 2

2

PXE(X)2 

证明：设X是离散型随机变量，则事件XE(X)表示随机变量X取得一切满足不等式xiE(X)的可能值xi。设pi表示事件Xxi的概率，按概率加法定理得

PXE(X)

xiE(X)pi

这里和式是对一切满足不等式xiE(X)的xi求和。由于xiE(X)，即xiE(X)22xiE(X)，所以有221。

2xiE(X)又因为上面和式中的每一项都是正数，如果分别乘以2，则和式的值将增大。

于是得到

PXE(X)

xiE(X)pixiE(X)xiE(X)22pi1

2xiE(X)xiE(X)2pi

因为和式中的每一项都是非负数，所以如果扩大求和范围至随机变量X的一切可能值xi求和，则只能增大和式的值。因此

PXE(X)1

2xE(X)i

i2pi

上式和式是对X的一切可能值xi求和，也就是方差的表达式。所以，

2

PXE(X)2 

篇四:《概统第4章习题答案》

概统

1. 若DX0.004,利用切比雪夫不等式给出概率P(|XEX|0.2)的上界或下界. 解 P(|XEX|0.2)DX/0.220.004/0.040.1,

P(|XEX|0.2)1P(|XEX|0.2)10.10.9.

2. 设DX0.009,0,P(|XEX|)0.9,利用切比雪夫不等式给出的上界或下界. 解 DX/2P(|XEX|)1P(|XEX|)10.90.1,

DX/0.10.009/0.10.09, 0.3.

3. 试用切比雪夫不等式证明:能以大于0.97的概率断言,抛1000次分币,正面出现次数在400到600之间.

解设X为出现的正面数,则X~B(1000,1/2),

EX1000(1/2)00, DX1000(1/2)(1/2)20.

P(400X600)P(|X00|100)P(|X00|100) 1P(|X00|100)1DX/1002120/100000.970.97.

4. 设随机变量X的期望存在,f(x)为正单调上升函数,且Ef(XEX)存在.证明:0,

P(|XEX|)Ef(|XEX|)/f().

证由于f(x)单调上升,故

|XEX|f(|XEX|f().

由于f(x)是正函数,故

P|XEX|Pf(|XEX|)f()Ef(|XEX|)/f().

. 设随机变量X的密度为p(x)

x

I(0,)(x)

.试用切比雪夫不等式证明利用契比雪夫不等式证明，能以.

1

P0X2(1)



证1 EX



xp(x)dx

0

1

x

dx



(2)

2



(1)!!利用契比雪夫不等式证明，能以.

1,

(2)!!







xp(x)dx

0

x

dx

(3)!

(1)

DXEX

(EX)(1)(2)(1)1,

P0X2(1)P|X(1)|1P|XEX|1

1P|XEX|11DX/(1)21(1)/(1)2/(1). 证2 p(x)

x

I(0,)(x)

1(1)

(1)1x

I(0,)(x),故 1, DX

11

X~(1,1), EX利用契比雪夫不等式证明，能以.

11

1.

P0X2(1)P|X(1)|1P|XEX|1

1P|XEX|11DX/(1)21(1)/(1)2/(1).

6. 重复抛分币100次,设每次出现正面的概率为1/2.应用中心极限定理求正面出现次数少于60且大于0的概率.

解1 设正面出现的次数为X,则X~B(100,1/2),EX0,DX2. 根据中心极限定理

, 

X0

近似服从标准正态分布,所求的概率是

X060000

P(0X60)P



P(02)(2)(0)0.97720.0.4772. 解2 设正面出现的次数为X,则X~B(100,1/2),EX0,DX2. 根据中心极限定理

,

X0

近似服从标准正态分布,所求的概率是

X09.00.0

P(0.X9.)P



P(0.11.9)(1.9)(0.1)0.97130.390.431.

7. 现有一批种子,其中良种占1/6,在其中任选6000颗,试问这批种子中,良种所占的比例与1/6之差的绝对值小于1%的概率是多少？

解设这6000颗种子中,良种数为X,则X~B(6000,1/6),EX1000,DX000/6,良种数所占的比例为X/6000.

根据中心极限定理

,



.所求的概率是利用契比雪夫不等式证明，能以.

X1X1000

P0.01P0.01P 600066000 P(||2.07)2(2.07)120.91210.9624.

. 现有一批种子,其中良种占1/6;我们有99%的把握断定,在6000颗种子中良种所占的比例与1/6之差的绝对值小于多少？这时相应的良种数落在哪个范围内？

解设这6000颗种子中,良种数为X,则X~B(6000,1/6),EX1000,DX000/6,良种数所占的比例为X/6000.

根据中心极限定理利用契比雪夫不等式证明，能以.

,



.设题述的差的绝对值小于,则

X1X1000

0.99PPP

600066000 P||





21.

由此得0.99,

x6000

2.7,0.0124.

这时相应的良种x满足不等式

0.0124

,故

x(100060000.0124,100060000.0124),

即良种数x数落在区间[926,1074]内.

契比雪夫不等式离散证明车比雪夫不等式

第一篇、马尔科夫及切比雪夫不等式的证明

契比雪夫不等式离散证明

高等数学研究Vol.9,No.4 ,Jul.2006STUDIESINLLEEATHEATIS2

马尔可夫与切比雪夫不等式及其等号成立的条件

丁永臻1 黄志敏2*

(中国石油大学(华东)数学学院山东东营 ;东营市技术学院基础部山东东营 )1.270612.27097

摘要用现代概率论方法证明马尔可夫和切比雪夫不等式,并给出其等号成立的充要条件.

关键词马尔可夫不等式,切比雪夫不等式,概率,随机变量中图分类号 211

本文用现代概率论方法,证明马尔可夫不等式与切比雪夫不等式,特别是给出两个不等式等号成立的充要条件,这在流行的概率统计教科书中是没有的.结果的证明主要依赖下面的引理.

引理设Y是样本空间)上的随机变量,),则E()P(Y≥0Y)Y=0.=1=0当且仅当P(=0证明记I若P(),则P(),),于是,Y=0Y40P(Y<0=1=0=0A为集合A的示性函数.

)反之,若P(),,则必有+Y+YE(Y)YIII.Y≥0E(Y)=E(=0+0+0=0=1=0Y40Y=0Y<0

,,)否则,),由概率的连续性及得P()P(Y=0.P(Y40Y40Y4Y40iP(Y4)=1=9=l40n1n=:∞nn

()因而存在n,,与假设E(P(Y4)E(Y)Y4)Y)==0矛盾.0∈,Y4n40≥E400nnnn0000

定理1 (马尔可夫()不等式)设Y是样本空间)上的非负随机变量且有有限期望,则arkov

())≤.其中等号成立当且仅当P()=1.P(Y≥(Y∈0,;(40,((

,证明注意到I两边取期望,由E(,即得不等式成立.≤IA)=P(Y≥A)((

记Y=-I则Y≥0,)结论中等号成立等价于E(由引理,,P(Y≥0Y)E(Y)=1.=0,Y≥((

)=1,等价于P(等价于P()=1.证毕.)Y=0Y=(IY∈0,=0等价于P(=1,(Y≥(

定理2 (切比雪夫()不等式)设Y是样本空间)上的随机变量,有有限期望*和方hebshevy

2差+,则;)≤其中等号成立当且仅当存在p∈[],使P(0,1|Y-*|≥((40,2.(

)=(/)=(/P(Y=*-(1-p)2,P(Y=*)=p,P(Y=*+(1-p)2.

22证明记Y=(则Y≥0,应用马尔可夫不等式有,Y-*),E(Y)=+有限.

2()2()()P|Y-*|≥(=PY≥(≤2=2.((2∞

则有P(2不等式得证.等号成立的充分性易于验证.下证必要性.如果P()Y-Y≥||=2,=2,(()≥*((

2由马尔可夫不等式等号成立的条件得P(,),即P(,)Y∈0Y∈.=1=1(((*-*,*+

记P(则P()=1-p,再注意到E(则必有Y=*)=p,Y∈Y)=*,*-(,*+(

)=P()=(/证毕.P(Y=*-(Y=*+(1-p)2.

注显然,要使马尔可夫与切比雪夫不等式中的等号对所有的(40都成立,其充要条件是Y为单点分布,即P(Y=*)=1.222004-06-2*收稿日期:

第二篇、涉及积和式的切比雪夫型不等式的一个新证明

契比雪夫不等式离散证明

第三篇、考研数学切比雪夫不等式证明及题型分析

契比雪夫不等式离散证明

考研数学切比雪夫不等式证明及题型分析

在考研数学概率论与数理统计中，切比雪夫不等式是一个重要的不等式，利用它可以证明其它一些十分有用的结论或重要的定理，如切比雪夫大数定律等，然而有些同学对这个不等式不是很理解，也不太会利用该不等式去解决相关问题，另外，很多资料上也没有对该不等式进行完整的分析或证明，为此，在这里对比雪夫不等式及其典型例题做些分析总结，供各位2016考研的朋友和其它学习的同学参考。

一、切比雪夫不等式的分析证明

从上面的分析我们看到，利用切比雪夫不等式可以对随机变量在其均值附近的对称区间内取值的概率进行估计，它也说明了方差的基本特性，即随机变量的方差越小，随机变量取值越集中，方差越大，则取值越分散，不论对于什么随机变量，它在区间

内取值的概率基本都是约90%。以上分析希望对大家理解和应用切比雪夫

不等式有所帮助，最后预祝各位考生2016考研成功。

第四篇、应用契比雪夫不等式解题

契比雪夫不等式离散证明

6中等数学

应用契比雪夫不等式解题

张家蔚

(山东省潍坊市第一中学高三(1)班,26120)

(本讲适合高中)

契比雪夫不等式是解决不等式问题的强力武器之一.本文对该不等式及其应用进行简单的介绍.

1 契比雪夫不等式及其推论

i=1

p+q

x・

i=1

xi.

该推论直接应用契比雪夫不等式即证.

推论2 设xi

R+(i=1,2,…,n),

i=1

r>s0.ii=is

契比雪夫不等式设a1,a2,…,a

n,b1,

b2,…,bn

2事实上,

R,且

a1≥a2≥…≥an,b≥b2xi=1

i=1

r-si

・

i=1

xixi

或 a1≤a2n,bnn

则

i=1

aibin

i=1

・n

aibn+1-i.

i=1s

ni=1

r-i

ai・

i=1

bi≥

=1契比雪夫不等式离散证明

常见的证明方法是运用排序不等式证明,但最简单的证法是通过恒等变形.

证明:事实上,

ni=1

i=1

xi.

推论3 设a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn

R,且

a1≥a2≥…≥an,b1≥b2≥…≥bn

aibin

ni=1

ai・

或 a1≤a2≤…≤an,b1≤b2≤…≤bn,

ΖΖ

2ni=12ni=1

j=1nj=1

(aibi+ajbj-aibj-ajbi)≥0(ai-aj)(bi-bj)≥0.

R+(i=1,2,…,n).

则

i=1

i・

i=1

iaibi≥

i=1

iai・

i=1

ibi.

最后一个式子显然成立.于是,不等式左边得证.类似地可以证明右边.

契比雪夫不等式有以下三个推论.推论1 设xi

数p、q均不为零.则

(1)当p、q同号时,

ni=1

推论3的证明:事实上,

ni=1

i・

i=1n

iaibi-

i=1

iai・

i=1

ibi

i=1j=1

ij(ai-aj)(bi-bj)≥0.

R+(i=1,2,…,n),实

推论3是契比雪夫不等式的加权形式.显然,当1=2=…=n时,就是契比雪夫不等式.

p+q

ni=1

xi・

i=1

xi;

注:契比雪夫不等式与推论3等号成立的条件均为

a1=a2=…=an,b1=b2=…=bn

(2)当p、q异号时,

收稿日期:2009-03-02

中至少一组成立.

2009年第10期7

2 契比雪夫不等式的应用2.1 构造两组数证明不等式

证明:不妨设x1≥x2≥…≥xn.

对i

此类问题最关键、也是最难的步骤就是构造,选择两组数时往往需要很强的技巧.

例1 已知0≤a≤b≤≤d≤e,a+b++d+e=1.

求证:ad+d+b+be+ea.

-1-

-1

xj-xi

xixxi

-1+xj

≤0.-则契比雪夫不等式离散证明

-1≤xi

-1..

分析:仔细观察会发现每个字母都出现了两次.

当把含同字母的两项合并同类项后,发现恰恰是两组数的反序和.于是,想到应用契比雪夫不等式.

证明:注意到

2(ad+d+b+be+ea)

=a(d+e)+b(e(从而,-1

i(1-i)-xi(1-xi)+

j1-xj)xj(1-xj)

j(1-xi-xj)

≥0,

d(a(a因为a≤bd≤e,所以,

d+e≥+e≥b+d≥a+≥a+b.

则xi(1-xi)≥xj(1-xj).

由契比雪夫不等式

ni=1

-1・xi

i=1

xi(1-xi)

由契比雪夫不等式得

a(d+e)+b(+e)+(b+d)+ d(a+)+e(a+b)(a+b++d+e)・

≥n

i=1

-1・xi(1-xi)

=n(n-1),

(n-1)

i=1

(d+e++e+b+d+a++a+b)2

(a+b++d+e)=.

i=1-1

xi(1-xi)

≤n(n-1)

i=1

故ad+d+b+be+ea例2 设xi=1.求证:

ni=1

xi(1-xi)-1

=n(n-1).

R+(i=1,2,…,n),

故

i=1

-1・

i=1

xi(1-xi)

-1≥(n-1)

≥(n-1)

i=1

・-1

i=1

xi(1-xi),

i=1

-1

分析:本题不好处理就在于两边都是和式,而且很难合并.不过,容易发现函数x

即

i=1

-1≥(n-1)

i=1

-1

-1是单调的,于是,考虑用契比雪夫不

注:本题巧妙地引入

i=1

xi(1-xi),利

等式进行变形去根号.用契比雪夫不等式去掉原式中的根号,以便

中等数学

用上

i=1

xi=1的条件,使问题顺利解决.

,a+b

例3 设xi>0(i=1,2,…,n),k≥1.求证:

xi・xi≤・.k

i=11+xii=1i=1xii=11+xi(2006,女子数学奥林匹克)

k+1

b+≤+a≤a+b.

由契比雪夫不等式得

a+(b+++a+a+b)

分析:此题运用契比雪夫不等式还是比较明显的.由于当x>0时,不难想到如何来构造.

证明:不妨设x1≥x2≥…≥xn.由条件易得x1

≥3(a+b+).

kkk

又由推论2知a+b+≥a+b+.则

1+x

关于x递增,

a+b

2a+b+kk,

1+x1

.1+x2n

n契比雪夫不等式离散证明

例设>,a=1.求证:

.31

(200,塞尔维亚数学奥林匹克)

・xi=xi・

i=11+xii=1i=1i=1

xi1+x分析:把分式变形为

.如果把2

ab+a+1

ab看成常数,那么,这个式子只与a有关.

ni=1ni=1

xi・

k契比雪夫不等式离散证明

・

i=1

xxi

i=1n

1+xi

ni=

・

i=1n

nxi.

1+xi

当a增大时,分子分母都增大,那分式的值呢?不妨算一下看.

证明:不妨设a≥b≥.于是,

222

ab+a+1≥ab+b+1≥ab++1.

则=

-22

ab+a+1ab+b+1≥0.22

(ab+a+1)(ab+b+1)

-≥0.22

ab+b+1ab++1

・

i=1

k+1

2.2 去分母

能用契比雪夫不等式去分母的分式不等式,往往当变量排序后,分式的值也可以排序.一般地,当分母的值与分式的值都能排序时,可考虑用这种方法.

例4 设a、b、>0,ab=1.求证:对整数k(k≥2),

同理,.222

ab+a+1ab+b+1ab++1

a+b

由契比雪夫不等式得

・(ab+a+1)b+a+

(第四届中国东南地区数学奥林匹克)

分析:当变量排序后,分子越大,则分母越小,分式的值越大.因此,可以通过乘以分母利用契比雪夫不等式使分式变成整式,实现去分母.

证明:不妨设a≥b≥.则

≤3则

a=3.

b+a+

(ab+a+1)

.22

3ab+a+b++3

2009年第10期9

于是,只须证

3ab+a+b++331

222

Ζ27ab+9(a+b+)(a+b+)

例7 给定实数

,.求最小的2

常数,使得对任意的整数n≥2及实数0

nk=1

≥4(a+b+)Ζ

a(a-b)(a-)+

2(a+b)(a-b)≥0.

kak=

k=1

ak,

由Shur

不等式的特例知

a(a-b)(a-)≥0.

总有

k=1

ak≤

k=1

ak,其中,=[n]为不超

过实数n的最大整数.

(2002,中国数学奥林匹克)

因此,原不等式得证.例6 设a、b、>0,

a+b+1

b++1

a+1

分析:要求,=1.

k=1

ak与

k=1

求证:a+b+≥ab+b+a.

(2007,罗马尼亚数学奥林匹克)

.k=1

ak呢?

12an以及=[n],联想.

证明:由已知条件得

k=1

分析:注意到结论是a、b的关系式,,考

ba+b+

证明:注意到

a+b

=1.

a+b+

(n-k)ak=

k=+1

(k-n)ak.

因为

<<1,=[n],所以,2

=1Ζ

n≥+1>n≥≥1.

不妨设a≥b≥.则

a+b+≤ab+b+b≤ab+a+a,.

a+b+ab+b+bab+a+a

注意到a1≤a2≤…≤a,

n-1≥n-2≥…≥n-.

由契比雪夫不等式得

k=1

由契比雪夫不等式得

(a+b+)≤3

.ab.

(n-k)ak

k=1

(n-k)・

k=1

=n-

ak.

则

(a+b+)

≥1,即≥

又a+1≤…≤an,+1-n≤…≤n-n,由契比雪夫不等式得

nk=+1

因此,原不等式成立.

注:此题第一步变形比较关键.很多时候在利用契比雪夫不等式去分母之前,都要先变形得到一个有利于解决问题的式子.具体方法要视题目而定.

2.3 极值问题中的化简作用

(k-n)ak

nk=+1

n-=

(k-n)・

k=+1

222

-k=+1k=1

ak.

在多元极值问题中,恰当地运用契比雪夫不等式可以将代数式简化,有助于问题的解决.

则n-ak

-k=+1

ak.

中等数学

从而,n

k=1

ak≥(+n+1-2n)

k=1

ak.

综上,=

.1-

故

k=1

akak

+n+1-2nk=1

注:此题中用契比雪夫不等式分离出和式的方式非常典型.这是契比雪夫不等式在多元极值问题化简中的主要作用.

例给定正整数r、s、t,满足1

t.对满足条件

xjxj+1

k=1

ak.

-2

又+1>n,则

-2

.1-

≤1+

(j=1,2,…,n)j+t

因此,对满足条件0

及n

nk=1n

的所有正实数x1,x2,…,xn,求

kak=

k=1

ak的实数a1,a2,…,an,

j1nj=j(j+)(j1)xj(j(j+s-1)xj

总有

k=1

akak.

1-k=1

于是,.

分析:注意到

xjxj+1

a1=a2=>0,

a+1=a+2=…=an>0(a+1≥a),

.j+t

先把缺失的项补齐,变形为

xjxj+1

且a1,a2,…,an满足题设条件.

根据契比雪夫不等式取等号的条件,可知前面两处放缩不等号均为等号,即

n-k=1

()()()

(j+s+1)…(j+t)

猜测当等号全部成立时取到最小值.于是,取xj=(j+s)(j+s+1)…(j+t-1),再验证此时分式的值最小即可.

解:取xj=(j+s)(j+s+1)…(j+t-1)

(j=1,2,…,n).则

nnj=1

ak=

-k=+1

ak.ak.

于是,n

k=1

ak=(+n+1-2n)

k=1

故

k=1

ak+n+1-2nk=1

ak.

j(j+1)…(j+t-1)

(j+r)…(j+t-1)

-2

下面证明:对满足题设要求的正实数

x1,x2,…,xn,有

因为≤n,所以,1n

k=1

akn

k=1

ak.

-21-j=1nj=1

j(j+1)…(j+t-1)

(j+r)…(j+t-1)

上式对任意的正整数n≥2均成立.于是,取充分大的n,总有

akak.

1-k=1k=1

因此,.

事实上,设

xj=(j+s)(j+s+1)…(j+t-1)aj,j=(j+r)…(j+t-1).

bj=j(j+1)…(j+r-1)(j=1,2,…,n).

于是,只须证明:

第五篇、第一节契比雪夫不等式

契比雪夫不等式离散证明

第六篇、应用契比雪夫不等式解题

契比雪夫不等式离散证明

第七篇、经典不等式证明-柯西不等式-排序不等式-切比雪夫不等式-均值不等式

契比雪夫不等式离散证明

几个经典不等式的关系

一几个经典不等式

（1）均值不等式

设a1,a2,an0是实数

aaa12n 

111n+a1a2an

其中ai0,i1,2,n.当且仅当a1a2an时，等号成立.

（2）柯西不等式

设a1,a2,an,b1,b2,bn是实数，则

a

22a2anb12b22bn2a1b1a2b2anbn

当且仅当bi0(i1,2,,n)或存在实数k，使得aikbi(i1,2,,n)时，等号成立.

（3）排序不等式

设a1a2an，b1b2bn为两个数组，1，2，，n是b1，b2,，bn的任一排列，则

a1b1a2b2anbna11a22anna1bna2bn1anb1 当且仅当a1a2an或b1b2bn时，等号成立.

（4）切比晓夫不等式

对于两个数组：a1a2an，b1b2bn，有

a1b1a2b2anbna1a2anb1b2bna1bna2bn1anb1



nnnn

当且仅当a1a2an或b1b2bn时，等号成立.

二相关证明

（1）用排序不等式证明切比晓夫不等式证明：由

a1b1a2b2anbna1a2anb1b2bn



nnn

na1b1a2b2anbna1a2anb1b2bn

而

a1a2anb1b2bna1b1a2b2anbna1b2a2b3anb1a1b3a2b4anb2a1b4a2banb3

a1bn1a2bnanbn2

a1bna2b1anbn1

根据“顺序和乱序和”（在n1个部分同时使用），可得

na1b1a2b2anbna1a2anb1b2bn

即得

经典不等式及其证明第1页

第八篇、2016考研数学切比雪夫不等式证明及题型分析

契比雪夫不等式离散证明

2016考研数学切比雪夫不等式证明及题型分析

机变量取值越集中，方差越大，则取值越分散，不论对于什么随机变量，它在区间

内取值的概率基本都是约90%。以上分析希望对大家理解和应用切比

雪夫不等式有所帮助，最后预祝各位考生2016考研成功。

利用切比雪夫不等式证明能以大于0.97 利用导数证明不等式

篇一:《切比雪夫不等式证明》

切比雪夫不等式证明一、

试利用切比雪夫不等式证明：能以大小0.97的概率断言，将一枚均匀硬币连续抛1000次，其出现正面的次数在400到600之间。

分析:将一枚均匀硬币连续抛1000次可看成是1000重贝努利试验,因此

1000次试验中出现正面H的次数服从二项分布.

解:设X表示1000次试验中出现正面H的次数,则X是一个随机变量,且

~XB(1000,1/2).因此

1000=×==npEX,

20)

答题完毕，祝你开心!

1000)1(= ××= =pnpDX,

而所求的概率为

0060000400600400 << =< 100100< < =EXXP

100< =EXXP

97.0

100

= ≥

二、

切比雪夫(hebyshev)不等式

对于任一随机变量X ,若EX与DX均存在,则对任意ε>0,

恒有P|X-EX|>=ε<=DX/ε^2 或P|X-EX|<ε>=1-DX/ε^2

切比雪夫不等式说明，DX越小，则 P|X-EX|>=ε

越小，P|X-EX|<ε越大，也就是说，随机变量X取值基本上集中在EX附近，这进一步说明了方差的意义。

与平均相差2个标准差的值，数目不多于1/4

与平均相差3个标准差的值，数目不多于1/9

与平均相差4个标准差的值，数目不多于1/16

……

与平均相差k个标准差的值，数目不多于1/K^2

上面的陈述，可透过以|f|取代f，再取如下定义而得：

概率论说法

设X为随机变数，期望值为μ，方差为σ2。对于任何实数k>0，

改进

一般而言，切比雪夫不等式给出的上界已无法改进。考虑下面例子：

这个分布的标准差σ = 1 / k，μ = 0。

当只求其中一边的值的时候，有antelli不等式：

[1]

证明

定义，设为集的指标函数，有

又可从马尔可夫不等式直接证明：马氏不等式说明对任意随机变数Y和正数a有Pr(|Y| le opeatornaeE(|Y|)/a。取Y = (X ? μ)2及a = (kσ)2。

亦可从概率论的原理和定义开始证明。

篇二:《概统第4章习题答案》

概统

1. 若DX0.004,利用切比雪夫不等式给出概率P(|XEX|0.2)的上界或下界. 解 P(|XEX|0.2)DX/0.220.004/0.040.1,

P(|XEX|0.2)1P(|XEX|0.2)10.10.9.

2. 设DX0.009,0,P(|XEX|)0.9,利用切比雪夫不等式给出的上界或下界. 解 DX/2P(|XEX|)1P(|XEX|)10.90.1,

DX/0.10.009/0.10.09, 0.3.

3. 试用切比雪夫不等式证明:能以大于0.97的概率断言,抛1000次分币,正面出现次数在400到600之间.

解设X为出现的正面数,则X~B(1000,1/2),

EX1000(1/2)00, DX1000(1/2)(1/2)20.

P(400X600)P(|X00|100)P(|X00|100) 1P(|X00|100)1DX/1002120/100000.970.97.

4. 设随机变量X的期望存在,f(x)为正单调上升函数,且Ef(XEX)存在.证明:0,

P(|XEX|)Ef(|XEX|)/f().

证由于f(x)单调上升,故

|XEX|f(|XEX|f().

由于f(x)是正函数,故

P|XEX|Pf(|XEX|)f()Ef(|XEX|)/f().

. 设随机变量X的密度为p(x)

x

I(0,)(x)

.试用切比雪夫不等式证明

1

P0X2(1)



证1 EX



xp(x)dx

0

1

x

dx



(2)

2



(1)!!

1,

(2)!!







xp(x)dx

0

x

dx

(3)!

(1)

DXEX

(EX)(1)(2)(1)1,

P0X2(1)P|X(1)|1P|XEX|1

1P|XEX|11DX/(1)21(1)/(1)2/(1). 证2 p(x)

x

I(0,)(x)

1(1)

(1)1x

I(0,)(x),故 1, DX

11

X~(1,1), EX

11

1.

P0X2(1)P|X(1)|1P|XEX|1

1P|XEX|11DX/(1)21(1)/(1)2/(1).利用切比雪夫不等式证明能以大于0.97.

6. 重复抛分币100次,设每次出现正面的概率为1/2.应用中心极限定理求正面出现次数少于60且大于0的概率.

解1 设正面出现的次数为X,则X~B(100,1/2),EX0,DX2. 根据中心极限定理

, 

X0

近似服从标准正态分布,所求的概率是

X060000

P(0X60)P



P(02)(2)(0)0.97720.0.4772. 解2 设正面出现的次数为X,则X~B(100,1/2),EX0,DX2. 根据中心极限定理

,

X0

近似服从标准正态分布,所求的概率是

X09.00.0

P(0.X9.)P



P(0.11.9)(1.9)(0.1)0.97130.390.431.

7. 现有一批种子,其中良种占1/6,在其中任选6000颗,试问这批种子中,良种所占的比例与1/6之差的绝对值小于1%的概率是多少？

解设这6000颗种子中,良种数为X,则X~B(6000,1/6),EX1000,DX000/6,良种数所占的比例为X/6000.

根据中心极限定理

,



.所求的概率是

X1X1000利用切比雪夫不等式证明能以大于0.97.

P0.01P0.01P 600066000 P(||2.07)2(2.07)120.91210.9624.

. 现有一批种子,其中良种占1/6;我们有99%的把握断定,在6000颗种子中良种所占的比例与1/6之差的绝对值小于多少？这时相应的良种数落在哪个范围内？

解设这6000颗种子中,良种数为X,则X~B(6000,1/6),EX1000,DX000/6,良种数所占的比例为X/6000.

根据中心极限定理

,



.设题述的差的绝对值小于,则

X1X1000

0.99PPP

600066000 P||





21.

由此得0.99,

x6000

2.7,0.0124.

这时相应的良种x满足不等式

0.0124

,故

x(100060000.0124,100060000.0124),

即良种数x数落在区间[926,1074]内.

篇三:《第四章大数定律与中心极限定理答案》

第四章大数定律与中心极限定理答案

一、单项选择

1. 设(x)为标准正态分布函数，Xi

1,事件A发生；

100i1

i1,2,,100，且

0,事件A不发生，

P(A)0.，X1,X2,,X100相互独立。令YXi，则由中心极限定理知Y的分

布函数F(y)近似于（）

y0

（A）(y) （B）Ф() （）(16y0) （D）(4y0)

答案：D 二、填空

1. 设X的期望和方差分别为

和2，则由切比雪夫不等式可估计

P(X2)。

答案：

3 4

2．设随机变量X和Y的数学期望分别为－2和2，方差分别为1和4，而相关系数为－0.，则根据切比雪夫不等式，有P|XY|6________．答案：

1 12利用切比雪夫不等式证明能以大于0.97.

3．已知随机变量的均值μ=12，标准差σ=3，试用切比雪夫不等式估计落在6到1之间的概率为________．与3到21之间

解由题意得，E12,D232, 由切比雪夫不等式得

P61P126D3231212

466

P61

4．已知随机变量的均值μ=12，标准差σ=3，试用切比雪夫不等式估计落在3到21之间的概率为________．

解由题意得，E12,D232, 由切比雪夫不等式得

P321P129D321212

999利用切比雪夫不等式证明能以大于0.97.

P321

．假定生男孩、生女孩的概率均为0.，用切比雪夫不等式估计200个新生婴儿中男孩在0个到120个之间的概率为________．

解设表示在200个新生婴儿中男孩的个数, 则~B(n,p), 其中n200, p0., 则

E()np2000.100,

D()np(1p)2000.(10.)0.

由切比雪夫不等式得

P0120P100201

6．用切比雪夫不等式估计下题的概率: 废品率为0.03, 求1000个产品中废品多

D07

1202202

于20个且少于40个的概率为________.

答案：0.709

7．用切比雪夫不等式估计下题的概率:

求200个新生婴儿中, 男孩多于0个且少于120个的概率为________. (假定生女孩和生男孩的概率均为0..)

答案： 0.7

．设随机变量X~U0,1，由切比雪夫不等式可得P(X

车尔尼雪夫欺基

人在没有受到伟大观点所鼓舞的时候，他的活动即是毫无结果的、卑微的，那么观念要在现实中得到价值，就只有到这时候——当一个献身为崇高观念而服务的人的心中，拥有充沛的力量促使它圆满地实现时才有可能。类别:志向

利用契比雪夫不等式证明，能以 车比雪夫不等式

利用契比雪夫不等式证明，能以 车比雪夫不等式

契比雪夫不等式离散证明 车比雪夫不等式

利用切比雪夫不等式证明能以大于0.97 利用导数证明不等式

车尔尼雪夫欺基

利用契比雪夫不等式证明，能以车比雪夫不等式

利用契比雪夫不等式证明，能以车比雪夫不等式

契比雪夫不等式离散证明车比雪夫不等式