第。四、五章复习小结。
（一）特征函数的概念及其意义。
（二）特征函数的性质（1）～（7）及反演公式及唯一性定理的应用。
三）随机序列的收敛性；
1）依概率收敛。
2）依分布收敛及二者间的相互关系。
（四）理解依分布收敛的充分必要条件（勒维—克拉美定理）。特征函数在极限定理中的作用。
五）几种常见形式的大数定律与中心极限定理的证明。
数字特征与特征函数都是概率分布的某种表征，它们不但深化了对随机变量的认识，同时也为以后的研究作了必要的准备。
特征函数与分布函数是一一对应的，它虽然不象分布函数那样有直观的概率变化，但却有很好的分析性质。因此它是解决某些分布问题的有力工具。特别是处理随机序列独立和分布问题上有极重要的地位。
第五章研究了极限定理，这是概率论基础中比较深入的结果，前几章学到的知识在这里得到了综合应用。
收敛性概念与特征函数这一工具是深入研究极限定理所不可缺少的。
强大数定理与一般场合的中心极限定理是概率率相当深刻的结果，前者的证明通过建立比车贝雪夫不等式更为锐利的不等式而实现，后者的证明则得力于特征函数这一有力的工具。
13.解。而。而。故。
此例中为。相应的特征函数。
14.解 a)的分布律为，则的母函数。故。而
故。e） 的母函数。
故。例重复掷一个骰子5次，求所得点数之和为15的概率？
解设为第i次掷出的点数，则总和。而的母函数。
显然相互独立，故的母函数。
所求概率为中项的系数，即。
18.解 作业中的问题。
p2711.利用特征函数法求。
4. 因为。
由唯一性定理的
此时 ，即不是绝对可积的。
5.解。令，注意题目为严格单调上升函数，则。
令，6.解首先。
提示：变量替换。）
8.解首先。
”必要性。由，得。
即。则。故为实函数。
”充分性。由于为实函数，则，即。
则与的特征函数相同，则由唯一性定理。即。即。
p2701解 则。故。
又。故则。2.解因为的特征函数。
由唯一性定理，此为分布列的特征函数。
4.解因为。
为。的特征函数，由唯一性定理，分布律为 因为 为。
的特征函数。
5.解 （a）
这里为[0，1]上的均匀分布。故。b)
6.解 8.证明： （必要性）由得。
即。所以其特征函数。
故为实函数。
充分性） 由于是实值函数。则。
故与的特征函数相同，则由唯一性定理。则。
对，即。9.证明因为是实值函数，复数部分为0，故只需对实部计算。
这里利用到不等式。
7.解 由于，所以关于乘积测度绝对可积，由富比尼定理知可交换上式中积分次序，得。
记 ，则。当时，有。
当时，有。由此，，且由控制收敛定理，得。
11.解因为相互独立同分布，故。
则。而也相互独立，故。
由唯一性定理，服从。
第五章。5.解 （1）
选充分大的正数m,使得。
故。2）因为，故。
再证，若，则，因为。
故，再证，若，则。
因为，则显然。
当时，综上，若则。
则。又。
则。12.证明：对，可取及，使时有。
而在上一致连续，则对，使当时，且时有，。
再取，使时，有，又。
而。故当有，故。
13. 证明因为。
18. 证明因为。
对，而。当时，，故服从大数定律。
19. 解因为。
故辛钦大数定律不适用。
6. 若，是否有。
解不一定。设，为的子集，为测度，
显然，对有， 。又对。
故，但，而。
15.解因为服从大数定律，即。
因为服从大数定律，即。
则，即也服从大数定律。
7.证设，则对。
反过来，16.解设为的特征函数，由。则。
由条件，当时，。则。
为参数的泊松分布的特征函数，故由勒维--克拉美定理得。
20.解：设为事件在1000次试验**现的次数。
则；可利用隶莫佛尔—拉普拉斯定理，所求概率为。
21.解 22.解
满足大数定律。
23.解：35.解。
24.解由题目条件可得，对，当时，（设）
则。在上式前一和式中，可依次取，对每人固定的来说，由于，且，所以至多对应项，从而和式中至多有项。在后一和式中，由于，所以对取，至多依次对应项，从而和式中至多有项，利用，可得。
当充分大时，上式右方之和可以小于，所以。
即马尔可夫条件成立，故大数定律成立。
例设是独立的序列，它们的方差存在，若。证明：对
中心极限定理不成立， 大数定理亦不成立。
解 ①设；由，则，故。
则。对均成立。
由此可知，对中心极限定理不成立，事实上，若对中心极限定理成立。则，于是当充分大时，有。
与（*）式矛盾。
先证明：若，则对，有。
事实上，又。
所以。令，则。
由此可知，即不成立，即对大数定律不成立。
例设为任意，试证。
服从大数定律的充分必要条件。
证 （充分性） 令。
其分布函数为，则对。
因为。故。故即服从大数定律（必要性）。由于服从大数定律，知对。有。
而 故，先令，再令，则。
26.解类似上例可证。
38.解此时
对，有。故林德贝格条件成立，服从中心极限定理。
41.解：1）取，则。
取得，则满足中心极限定理。
例1 设在上连续，严格单调上升，，，证明：。
证明充分性，由题设知，在上是有界函数。设，的分布函数为，则。
由于，且对，故。
必要性），由的连续性，对，使。
此时，由于，则对上述，当时，。
故，当对，当时有：
即。例设是一列具有相同数学期望，方差一致有界的且时，，证明服从大数定律。
证明由题设，可设，因为。
利用切比雷夫不等式，对。
（当）即服从大数定律。
例设为独立随机变量序列，且服从相同的普松分布，试用特征函数法求的极限分布。
解因为相互独立，则也相互独立，故的特征函数为 而。故。
所以，的极限分布是标准正态。
例3 设xn, 期望，方差都存在。令，是一列满足，的常数（其中c为不依赖于n的正常数）。则服从大数定理。
证明：不妨设。 对，由马氏不等式，得。
p329.25题。
例3：如果对于独立随机变量序列，是的分布函数，且时，有。
证明服从大数定律。
分析要证服从大数定律，即证对任给有。
如果对任意的，记。
则有。注意到
容易推出 于是
从而可以推出。
最后利用切比雪夫不等式及题设条件可以推出。
当时）及当时）
这样，即可证得服从大数定律。
证明（1记。
则为有界数列。事实上，因为。
所以存在当时，有，对任意成立。故是有界数列，设其上界为。
2）对任意常数，设。
则可以证明，对任给，存在时，有。
事实上，由题设条件得存在且有限，而由于。
从而必有当时）
即对任给时，有。
3）证明对任给，有。
事实上，由切比雪夫不等式可得。
因为相互独立，所以也相互独立，而。
故。若对任意，选取。
4）证明对上述，存在，当时，有。
事实上。由可知，对行给的，存在，当时，有。
即当时，可使。
5）最后证明本题的结论，即证。
（当时）由于事件。
而 故当时，有。
因此，取，当时，由（3）及（4）的结论可得。
故由的任意性，有。
（当时）即服从大数定律。
例4 （伯恩斯坦定理）设随机变量序列方差有界，并且当时，相关系数，证明服从大数定律。
证明令，由题意知，存在常数，使得，这时，有。对任给的，取充分大，使得当时，。对任意的，使当时，有。对任意的，满足的的偶然中：
满足条件的有个。
满足条件的有个。
这时，有。由的任意性即知（当时）。故由马尔科夫大数定律知，服从大数定律。
例5 设为随机变量序列，，若且（均为大于零的常数），证明大数定律不能应用于。
分析利用反证法，假设服从大数定律，即任给，都有。
然后再结合，可以推出，这与题设条件矛盾。
证明用反证法、设服从大数定律，即任给，都有。
于是，当充分大时，有。
记的分布函数为，因为，即，于是。
服从大数定律存在一实数，对，使得。其中。则。
设的特征函数。则。
故对大数定理不成立。
参考文献。周概容，“概率论与数理统计”，高教出版社。
测度与概率基础”，中山大学数学系，广东科技出版社。
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