题目

已知(Xn)为独立同分布的随机变量序列,其共同分布为参数为1的指数分布,-|||-则由大数定律可知,当 arrow +infty 时,随机变量 =dfrac (1)(n)sum _(i=1)^n({x)_(i)}^2 依概率收敛-|||-于 __ [填空]

题目解答

答案

解析

本题考查大数定律的应用。解题的关键在于明确大数定律的条件和结论，然后根据已知随机变量序列的分布求出$X_{i}^{2}$的期望，最后利用大数定律得出$Y=\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}X_{i}^{2}$依概率收敛的值。

  1. 明确大数定律内容：
    设$\{X_{n}\}$是独立同分布的随机变量序列，且具有数学期望$E(X_{i})=\mu$，$i = 1,2,\cdots$，则对于任意的$\varepsilon>0$，有$\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}P\left\{\left|\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}X_{i}-\mu\right|<\varepsilon\right\}=1$，即$\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}X_{i}$依概率收敛于$\mu$。
  2. 求$X_{i}^{2}$的期望：
    已知$\{X_{n}\}$为独立同分布的随机变量序列，其共同分布为参数为$1$的指数分布，即$X_{i}\sim E(1)$，其概率密度函数为$f(x)=\begin{cases}e^{-x},&x > 0\\0,&x\leqslant0\end{cases}$。
    根据期望的定义，若随机变量$Z$的概率密度函数为$f(z)$，则$E(Z)=\int_{-\infty}^{+\infty}zf(z)dz$，那么$E(X_{i}^{2})$为：
    $\begin{align*}E(X_{i}^{2})&=\int_{-\infty}^{+\infty}x^{2}f(x)dx\\&=\int_{0}^{+\infty}x^{2}e^{-x}dx\end{align*}$
    利用分部积分法$\int_{a}^{b}u\mathrm{d}v=uv|_{a}^{b}-\int_{a}^{b}v\mathrm{d}u$，令$u = x^{2}$，$\mathrm{d}v = e^{-x}\mathrm{d}x$，则$\mathrm{d}u = 2x\mathrm{d}x$，$v = -e^{-x}$，可得：
    $\begin{align*}\int_{0}^{+\infty}x^{2}e^{-x}dx&=\left[-x^{2}e^{-x}\right]_{0}^{+\infty}+2\int_{0}^{+\infty}xe^{-x}dx\end{align*}$
    对于$\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}-x^{2}e^{-x}$，使用洛必达法则，对分子分母分别求导两次可得$\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}-x^{2}e^{-x}=0$，$\left[-x^{2}e^{-x}\right]_{0}^{+\infty}=0 - 0 = 0$。
    再对$2\int_{0}^{+\infty}xe^{-x}dx$使用分部积分法，令$u = x$，$\mathrm{d}v = e^{-x}\mathrm{d}x$，则$\mathrm{d}u = \mathrm{d}x$，$v = -e^{-x}$，可得：
    $\begin{align*}2\int_{0}^{+\infty}xe^{-x}dx&=2\left(\left[-xe^{-x}\right]_{0}^{+\infty}+\int_{0}^{+\infty}e^{-x}dx\right)\\&=2\left(0+\left[-e^{-x}\right]_{0}^{+\infty}\right)\\&=2(0 + 1)\\&= 2\end{align*}$
    所以$E(X_{i}^{2}) = 2$。
  3. 利用大数定律得出结果：
    因为$\{X_{n}\}$独立同分布，所以$\{X_{i}^{2}\}$也独立同分布，且$E(X_{i}^{2}) = 2$，$i = 1,2,\cdots$。
    根据大数定律，当$n\rightarrow+\infty$时，$Y=\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}X_{i}^{2}$依概率收敛于$E(X_{i}^{2}) = 2$。