《数理统计》第7章(0-1)分布参数的

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即 S 2是 2 的无偏估计,故通常取S 2作 2的估计量.
例3 设总体 X 服从参数为的指数分布, 概率密度
x 1 e , f ( x; ) 0,
x 0, 其他.
其中参数 0, 又设 X 1 , X 2 ,, X n 是来自总体 X 的样本, 试证 X 和 nZ n[min( X 1 , X 2 ,, X n )] 都是的无偏估计.
行到其中有15只失效时结束试验, 测得失效时间(小时)为115, 119, 131, 138, 142, 147, 148, 155,
158, 159, 163, 166, 167, 170, 172.
试求电池的平均寿命的最大似然估计值 .
解
n 50, m 15,
s( t15 ) 115 119 170 172 (50 15) 172
总体 X 的 k 阶矩 k E ( X k )的相合估计量, 进而若待估参数 g( 1 , 2 ,, n ), 其中g 为连续 ˆ g( 函数, 则的矩估计量 ˆ1 , ˆ 2 , , ˆ n ) g( A1 , A2 ,
, An ) 是的相合估计量.
第三节
估计量的评选标准
一、问题的提出
二、无偏性三、有效性四、相合性五、小结
一、问题的提出
从前一节可以看到, 对于同一个参数, 用不同的估计方法求出的估计量可能不相同. 而且, 很明显, 原则上任何统计量都可以作为未知参数的估计量. 问题 (1)对于同一个参数究竟采用哪一个估计量好? (2)评价估计量的标准是什么? 下面介绍几个常用标准.
如果不能得到完全样本, 就考虑截尾寿命试验.
3. 两种常见的截尾寿命试验

概率论与数理统计复习7章

( n − 1) S 2 ( n − 1) S 2 = 1 − α 即P 2 <σ2 < 2 χα 2 ( n − 1) χ1−α 2 ( n − 1) ( n − 1) S 2 ( n − 1) S 2 置信区间为： 2 , χα 2 ( n − 1) χ12−α 2 ( n − 1)
则有：E ( X v ) = µv (θ1 , θ 2 ,⋯ , θ k ) 其v阶样本矩是：Av = 1 ∑ X iv n i =1
n
估计的未知参数，假定总体X 的k阶原点矩E ( X k ) 存在，
µ θ , θ ,⋯ , θ = A k 1 1 1 2 µ2 θ1, θ 2 ,⋯ , θ k = A2 用样本矩作为总体矩的估计，即令： ⋮ µ θ , θ ,⋯ , θ = A k k k 1 2 ɵ ɵ ˆ 解此方程即得 (θ1 , θ 2 ,⋯ , θ k )的一个矩估计量 θ 1 , θ 2 ,⋯ , θ k
+∞
−∞
xf ( x ) dx = ∫ θ x θ dx =
1 0
令E ( X ) = X ⇒
θ +1
θ
ˆ = X ⇒θ =
( )
X 1− X
θ +1
2
θ
7.2极大似然估计法
极大似然估计法：设总体X 的概率密度为f ( x,θ ) (或分布率p( x,θ )),θ = (θ1 ,θ 2 ,⋯ ,θ k ) 为未知参数，θ ∈ Θ, Θ为参数空间，即θ的取值范围。设 ( x1 , x2 ,⋯ , xn ) 是样本 ( X 1 , X 2 ,⋯ , X n )的一个观察值：
i =1 n

概率论与数理统计第7章参数估计PPT课件

5
a1(1, ,k )=v1
1 f1(v1, ,vk )
假定方程组a2(1, ,k ) v2 ,则可求出2 f2(v1, ,vk )
ak (1, ,k ) vk
k fk (v1, ,vk )
则x1 xn为X的样本值时，可用样本值的j阶原点矩Aj估计vj，其中
Aj
1 n
n i1
xij ( j
L(x1, ,xn;ˆ)maxL(x1, ,xn;)，则称ˆ(x1, ,xn)为
的一种参数估计方法 .
它首先是由德国数学家
高斯在1821年提出的 ,然而，这个方法常归功于英国统
Gauss
计学家费歇（Fisher） . 费歇在1922年重新发现了
这一方法，并首先研究了这
种方法的一些性质 .
Fisher
10
极大似然估计是在已知总体分布形式的情形下的点估计。
极大似然估计的基本思路：根据样本的具体情况
注：估计量为样本的函数，样本不同，估计量不同。
常用估计量构造法：矩估计法、极大似然估计法。
4
7.1.1 矩估计法
矩估计法是通过参数与总体矩的关系，解出参数，并用样本矩替代总体矩而得到的参数估计方法。（由大数定理可知样本矩依概率收敛于总体矩，且许多分布所含参数都是矩的函数）
下面我们考虑总体为连续型随机变量的情况：
n
它是的函数，记为L(x1, , xn; ) f (xi , ), i 1
并称其为似然函数，记为L( )。
注：似然函数的概念并不仅限于连续随机变量，
对于离散型随机变量，用 P {Xx}p(x,)
替代f ( x, )
即可。
14
设总体X的分布形式已知，且只含一个未知参数，

概率论与数理统计习题及答案第七章

习题7-11.选择题(1)设总体X 的均值口与方差 /都存在但未知，而X 1,X 2,L ,X n 为来自X 的样本，则均值口与方差 (T 2的矩估计量分别是 ().(A) X 和(B)1 nX 和—(Xn i 1i )2.(C)口和 2(T・1 (D) X 和一 nn(X ii 1 x)2.解选(D).(2) 设X : U[0,],其中 e >0为未知参数，又X ,,X 2,L ,X n 为来自总体X 的样本 ,则e 的矩估计量是().(A) X . (B)2X . (C)max{X i }.(D)mi^X i}.解选(B).2.设总体X 其中0v B v 为未知参数,X1, X 2,…,X.为来自总体X 的样本，试求e 的矩估计量.解因为 E (X )=(- 2)x3 e +1x (1 -4 e )+5x e =1-5 e ,令 1 5 X 得到的矩估计量为3.设总体X 的概率密度为f(x ；)(1)x ,0 x 1,0,其它•其中 0> -1是未知参数，X ,冷… ,X n 是来自 X 的容量为n 的简单随机样本求：(1) 的矩估计量；⑵ 0的极大似然估计量•解总体X 的数学期望为-19 2X 1令E(X) X ,即一1 X,得参数B 的矩估计量为？•21 X设X 1, X 2,…,x n 是相应于样本X 1, X 2,…,X n 的一组观测值，则似然函数为n(1)n X i , 0x i 1,i 10,其它.In xi 1In X ii 14.设总体X 服从参数为的指数分布，即X 的概率密度为E(X)1xf(x)dx o (1)x dx当 0<X i <1(i =1,2,3,…，n )时，L >0 且 In L nln(1)In X i ,i 1dln LnIn x =0,得0的极大似然估计值为而0的极大似然估计量为f(X,xe , x 0,其中0为未知参数,X, X2,）0, x< 0,…,X n为来自总体X的样本，试求未知参数的矩估计量与极大似然估计量解因为E(X)= 1= X , 所以的矩估计量为设X1, X2,…，x n是相应于样本X i, X2,…,X 的一组观测值，则似然函数取对数Xii 1然估计量为In L 0,得5.设总体X的概率密度为f (x,) 其中（0< <1）是未知参数.X, N为样本值x1, X2,L ,x n中小于极大似然估计量•解⑴ X E(X) xnInnXn e 11X).的极大似然估计值为1,的极大似X0,X2,0x1,, 1< x< 2,其它，…,X n为来自总体的简单随机样本，记1的个数.dx 2x(1求：（1）e的矩估计量；（2）e的3 3 —)dx ，所以矩一X .2 21⑵ 设样本X ，X 2 ,L X n 按照从小到大为序(即顺序统计量的观测值)有如下关系：X (1) w X (2)X ( Ni <1 W X ( N +1) W X (N+2)X (n ).似然函数为N n NL()(1 ),X (1) w X (2) w L w X ( N ) 1W X (N1) W X (N2) w L w X n ,0,其它.考虑似然函数非零部分，得到In L ( 0 ) = N ln 0 + ( n -N ) ln(1 - 0 ),令d |nL ( )」o ,解得0的极大似然估计值为？ N .d1n习题7-2的无偏估计量•1.选择题：设总体X 的均值与方差 2都存在但未知,X i ,X 2,L ,X n 为X 的样本,则无论总体 X 服从什么分布，()1X i和丄 (XiX)2.(B)n i 1 n i1 n(C)X i 和n 1 i 1解选(D).2.若X 1 ,X 2lx1 1X 2kX 334解要求E( 7X 1-X j 和丄 1 i 1 n 1n(X ii 1X)2.(X i1)2 • (D)X i 和丄(X i)2.X 3为来自总体X : N(,2)的样本，且的无偏估计量，问k 等于多少1 11 「2 kX 3)3 4k解之,k=g(A)13.设总体X的均值为0,方差2存在但未知，又X「X2为来自总体X1 2 2的样本,试证:—(X i X2)为的无偏估计21 2 1 2 2证因为E[—(X i X2) ] —E[(X i 2X^2 X2 )]2 2-[E(X i2) 2E(X i X2)E(X22)]-2 2所以-(X i X2)2为2的无偏估计•2习题7-31.选择题(1)总体未知参数的置信水平为的置信区间的意义是指()(A)区间平均含总体95%的值.(B)区间平均含样本95%的值.(C) 未知参数有95%的可靠程度落入此区间.(D) 区间有95%的可靠程度含参数的真值•解选(D).(2)对于置信水平1- a (0< a <1),关于置信区间的可靠程度与精确程度F列说法不正确的是().(A)若可靠程度越咼,则置信区间包含未知参数真值的可能性越大(B)如果a越小，则可靠程度越高，精确程度越低•(C)如杲1 - a越小,则可靠程度越高,精确程度越低•(D)若精确程度越高,则可靠程度越低,而1- a越小.解选(C)习题7-41. 某灯泡厂从当天生产的灯泡中随机抽取9只进行寿命测试，取得数据如下(单位：小时)： 1050, 1100, 1080 , 1120, 1250, 1040, 1130, 1300, 1200设灯泡寿命服从正态分布 N 口 , 902),取置信度为，试求当天生产的全部灯泡的平均寿命的置信区间所求置信区间为(x - z /2 , X - z /2 ) \l n J n 90 90 (1141.11 = 1.96,1141.11 r 1.96)V 9V 9(1082.31,1199.91).2.为调查某地旅游者的平均消费水平，随机访问了40名旅游者,算得平均消费额为 X 105元,样本标准差s 28元•设消费额服从正态分布取置信水平为，求该地旅游者的平均消费额的置信区间解计算可得X 105, s 2 =282.对于a =,查表可得t_(n 1) t o.025(39)2.0227.2所求口的置信区间为3. 假设某种香烟的尼古丁含量服从正态分布 .现随机抽取此种香烟 8支解计算得到X1141.11, CT 2 =902.对于a =,查表可得Z /2Z).Q25匸96*(Xt (n 1), x ■■- n 2s —t (n ■■- n 21)) (1052.0227, 1052.0227)2828为一组样本，测得其尼古丁平均含量为毫克，样本标准差s=毫克.试求此种香烟尼古丁含量的总体方差的置信水平为的置信区间.a =,查表可得 2(n 1) 爲5(7) 20.278,并说明该置信区间的实际意义1 2的置信水平为的置信区间是，”的实际意义是：在两总体第一个正态总体的均值1比第二个正态总体均值 2大〜，此结论的可靠性达到95%.5.某商场为了了解居民对某种商品的需求，调查了 100户，得出每户月2解已知n =8, s2 2 (n 1)0.995(7) 1 - 20.989,所以方差d 2的置信区间为((n 1)S 2(2_ (n 1)22 22(8 1) 2.4 (8 1) 2.4 _2 —)(， )=，.2(n 廿丿 20.2780.9891 -(n 1)S 4.某厂利用两条自动化流水线灌装番茄酱，分别从两条流水线上抽取样本:X ,X 2,…，X 12 及 Y ,Y 2,…，丫17,算出 x 10.6g, y2 29.5g, s 1 2.4, s 2 4.7 .假设这两条流水线上装的番茄酱的重量都服从正态分布 ,且相互独立，其均值分别为2又设两总体方差1:.求2置信水平为的置信区间解由题设2 2x 10.6,y 9.5,s 12.4, s 2 4.7,n12,n 2 17,m 1)s 2 仏 1)s ：(12 1) 2.4(171) 471.94212 17 2t_gn 22q n 2 22) t °.°25(27)2.05181,所求置信区间为((X y)11) ((10.6 9.5) 2.05181 1.94结论“方差相等时， [(a n 22)s w2)平均需求量为10公斤，方差为9 .如果这种商品供应10000户，取置信水平为•(1) 取置信度为,试对居民对此种商品的平均月需求量进行区间估计(2) 问最少要准备多少这种商品才能以99%的概率满足需要解(1) 每户居民的需求量的置信区间为_ s(xt(n* n_ s1), xt (nV n1)) (xs卅,％s川)(10,9J492.575,10 2.575)(9.2275,10.7725). 100J10010000户居民对此种商品月需求量的置信度为的置信区间为(92275,107725)；(2)最少要准备92275公斤商品才能以99%的概率满足需要。

《概率论与数理统计》7

未知参数 , ,, 的函数.分别令
12
k
L(1,,k ) 0,(i 1,2,...,k)
或令
i
ln L(1,,k ) 0,(i 1,2,...,k)
i
由此方程组可解得参数 i 的极大似然估计值 ˆi.
例5 设X~b(1,p), X1, X2 , …,Xn是来自X的一个样本,
求参数 p 的最大似然估计量.
解 E( X ) ，E( X 2 ) D( X ) [E( X )]2 2 2
由矩估计法,
【注】
X
1
n
n i 1
X
2 i
2
2
ˆ X ,
ˆ
2
1 n
n i 1
(Xi
X )2
对任何总体,总体均值与方差的矩估计量都不变．
➢常见分布的参数矩估计量
(1)若总体X~b(1, p), 则未知参数 p 的矩估计量为
7-1
第七章
参数估计
统计推断
的基本问题
7-2
参数估计问题
(第七章）
点估计区间估计
假设检验问题 (第八章）
什么是参数估计？
参数是刻画总体某方面概率特性的数量.
当此数量未知时,从总体抽出一个样本，用某种方法对这个未知参数进行估计就是参数估计.
例如，X ~N ( , 2),
若, 2未知, 通过构造样本的函数, 给出
k = k(A1, A2 , …, A k)
用i 作为i的估计量------矩估计量.
例1 设总体X服从[a，b]上的均匀分布，a，b未知，
X1, X2 , …,Xn为来自总体X的样本,试求a，b的矩估计量．
解 E(X ) a b , D(X ) (b a)2

《概率论与数理统计》第七章

i 1
n
n
ln xi
（4）的极大似然估计量为：ˆ
n
n2 i1
lnX
i
2
i1
第七章参数估计 ‹#›
例 9 设X~b(1,p), X1,X2,…,Xn是来自X的一个样本，试求参数p的最大似然估计量
解: 设x1, x2,, xn,是相应于样本X1,X2,…,Xn 的一个样本值，X
的分布律为：
(3)以样本各阶矩A1, ,Ak代替总体各阶矩1,
得各参数的矩估计
ˆi gi(A1, ,Ak )， i 1, , k
, k，
第七章参数估计 ‹#›
注意：
在实际应用时，为求解方便，也可以用
中心矩 i 代替原点矩i，相应地以样本中心矩Bi 估计 i.
（二）最大似然估计法
最（极）大似然估计的原理介绍
第七章
参数估计
目录/Contents
第1章随机事件与 2 概率
§ 1 点估计
§3
估计量的评选标准
第七章参数估计 ‹#›
问题的提出:
在实际进行统计时，有不少总体的（我们关心的某确定指标）概率分布是已知的。比如
例 1 产品寿命服从的分布
X~
f
(
x)
1
x
e
x0
0
其他
但其中有参数是未知的: θ
n
似然函数 L f xi , 。 i 1
, xn ，
极大似然原理：L(ˆ( x1 ,
,
xn
))
max
L(
).
计算简化方法：
在求L 的最大值时，通常转换为求：lnL 的最大值，
lnL 称为对数似然函数.
利用

(完整版)(0-1)分布参数的区间估计

对给定的置信水平1 ，确定分位数t (n 1)
使
P{ X S

n

t (n 1)}
1
即
P{ X t (n 1)
S }1
n
于是得到的置信水平为 1 的单侧置
信区间为
[ X t (n 1)
S , ] n
即的置信水平为 1 的单侧置信下限为
第六节（0-1）分布参数的区间估计
设总体X~B(1,p), X1,X2,…,Xn 为一组简单样本，
n
由中心极限定理得
Xi np
i 1
近似服从
N (0, 1)
np(1 p)
φ(x)
α/2
α/2
-zα/2
zα/2
X
1-α
n
Xi np
故
P{ Z / 2

i 1
np(1
p)
P{ ˆ1} 1
则称区间 [ˆ1, )是的置信水平为 1 的单侧置信区间. ˆ1 称为单侧置信下限.
又若统计量 ˆ2 ˆ2( X1, X2, , Xn) 满足
P{ ˆ2 } 1
则称区间(,ˆ2 ]是的置信水平为 1 的单侧置信区间. ˆ2 称为单侧置信上限.
解一级品率p是（0-1）分布的参数.
n 100, x 0.6, z /2 1.96
p的1-α置信区间: (0.5, 0.69)
第七节单侧置信区间
设是一个待估参数，给定 0,
若由样本X1,X2,…Xn确定的统计量
ˆ1 ˆ1( X1, X2, , Xn) 满足
X t (n 1)
S n
将样本值代入得

浙大四版概率论与数理统计《0-1分布参数的区间估计》

n 100,
1 0.95,
2 则 a n z / 2 103.84,
2 2 b ( 2nX z ) ( 2 n x z /2 / 2 ) 123.84,
c nX nx 36,
2 2
b b 2 4ac 0.50, 于是 p1 2a b b 2 4ac p2 0.69, 2a
b b 2 4ac b b 2 4ac , , 2 a 2 a
2 2 2 其中 a n z , b ( 2 n X z ), c n X . /2 /2
推导过程如下: 因为(0–1)分布的均值和),
p 的置信水平为0.95的置信区间为 (0.50, 0.69).
例2 设从一大批产品的120个样品中, 得次品9个, 求这批产品的次品率 p 的置信水平为0.90的置信区间. 9 0.09, 1 0.90, 解 n 120, x 100
2 则 a n z 2 122.71, 2 2 b ( 2n X z ) ( 2 n x z 2 2 ) 24.31,
设 X 1 , X 2 ,, X n 是一个样本, 因为容量n较大,
由中心极限定理知
X i np
i 1
n
nX np np(1 p ) np(1 p )
近似地服从 N (0,1) 分布,
nX np P z / 2 z / 2 1 , np(1 p)
c n X nx 2 0.972,
2
b b 4ac 0.056, 于是 p1 2a
2
b b 4ac 0.143, p2 2a

概率论与数理统计第七章

总体矩
样本矩
2
从中解得 ˆ 2X 1 , 即为的矩估计.
1 X
例2 设X1,X2,…Xn是取自总体X的一个样本
X
~
f
(
x)
1
e (
x
)
,
x
, 为未知参数
0,
其它
其中 >0,求 , 的矩估计.
解: 由密度函数知
X 具有均值为的指数分布
故 E(X- )= 即 E(X)=
Var(X- )= 2
n xi e e n
i1 xi !
i1
n
xi !
i 1
log
L( )
n
1
n
xi
i 1
0
得解 :
*
1 n
n
xi
i 1
x
2
2
log
L( )
1
2
n
xi
i 1
0
* x
是logL()的最大值点. ∴ 的极大似然估计量是
* X
例 4 总体均匀分布 X ∼ U(a,b). 求:两个参数a,b的极大似然估计
步骤一、我们把总体X的m阶原点矩E(Xm)记为 am , m=1,2, ,k
一般地,am (m=1,2, ,k)是总体分布中的参数 1,2,,k的函数. 故应该把am
(m= 1,2, ,k)记之为:
am (1,2,,k) (m=1,2, ,k)
步骤二、算出m阶样本原点矩:
Am
1 n
组成 . 设这5个数是: 1.65 1.67 1.68 1.78 1.69
估计为1.68，这是点估计.
估计在区间[1.57, 1.84]内，这是区间估计.

数理统计第七章-参数估计

休息
结束
2. 最大似然法
是在总体类型已知条件下使用的一种参数估计方法。它首先是由德国数学家高斯在1821 年提出的 ,费歇在1922年重新发现了这一方法，并首先研究了这种方法的一些性质。
休息结束
最大似然法的基本思想：
已发生的事件具有最大概率。
休息
结束
先看一个简单例子：在军训时，某位同学与一位教官同时射击，而在靶纸上只留下一个弹孔。如果要你推测，是谁打中的呢？你会如何想呢?

max f ( xi , )

i 1
n
休息
结束
X 假设X 为连续型总体： f ( x; )
( X 1 , , X n ) 为子样
( x1 , , xn ) 为子样观察值。
已发生的事件为：
x x ,X {{X 11 1x, X 1 nx1 ,n } , xn x X n xn } x

休息
结束
ˆ
1 n ( X i X )2 n i 1
1 n ˆ X ( X i X )2 n i 1
休息
结束
矩法的优点是简单易行,并不需要事先知道总体是什么分布。缺点是，当总体类型已知时，没有充分利用分布提供的信息 . 一般场合下, 矩估计量不具有唯一性。
( 1 )x , 0 x 1 f( x) 0, 其它
1
其中 1 是未知参数,
X1,X2,…,Xn是取自X的样本,求参数的矩估计. 解:
1 E( X ) x( 1 )x dx

0
( 1 )
从中解得
1
0
x
1

概率论与数理统计第七章参数估计习题答案

æ çè
x
±
ua
/
2
s n
ö ÷ø
=
(14.95
±
0.1´1.96)
=
(14.754,15.146)
大学数学云课堂
3028709.总体X ~ N (m,s 2 ),s 2已知,问需抽取容量n多大的样本，
才能使m的置信概率为1 -a,且置信区间的长度不大于L？
解：由s
2已知可知m的置信度为1
-
a的置信区间为
64 69 49 92 55 97 41 84 88 99 84 66 100 98 72 74 87 84 48 81 （1）求m的置信概率为0.95的置信区间.
（2）求s 2的置信概率为0.95的置信区间.
解：x = 76.6, s = 18.14,a = 1- 0.95 = 0.05, n = 20,
大学数学云课堂
3028706.设X1,X 2,L,X n是取自总体X的样本,E（X）= m,D（X）= s 2,
n -1
å sˆ 2 = ( X i+1 - X i )2 ,问k为何值时sˆ 2为s 2的无偏估计. i =1 解：令 Yi = X i+1 - X i , i = 1, 2,¼, n -1, 则E(Yi ) = E( X i+1) - E( X i ) = m - m = 0, D(Yi ) = 2s 2 , n -1 å 于是Esˆ 2 = E[k ( Yi2 )] = k(n -1)EY12 = 2s 2 (n -1)k, i =1 那么当E(sˆ 2 ) = s 2 ,即2s 2 (n -1)k = s 2时, 有k = 1 . 2(n -1)
的密度函数为f
(x,q

概率论与数理统计第7章参数估计习题及答案

概率论与数理统计第7章参数估计习题及答案第7章参数估计 ----点估计⼀、填空题1、设总体X 服从⼆项分布),(p N B ，10<计量=pXN. 2、设总体)p ,1(B ~X，其中未知参数 01<则 p 的矩估计为_∑=n 1i i X n 1_，样本的似然函数为_ii X 1n1i X )p 1(p -=-∏__。

3、设 12,,,n X X X 是来⾃总体 ),(N ~X 2σµ的样本，则有关于 µ及σ2的似然函数212(,,;,)n L X X X µσ=_2i 2)X (21n1i e21µ-σ-=∏σπ__。

⼆、计算题1、设总体X 具有分布密度(;)(1),01f x x x ααα=+<<，其中1->α是未知参数，n X X X ,,21为⼀个样本，试求参数α的矩估计和极⼤似然估计.解：因?++=+=101α2α1α102++=++=+|a x 令2α1α++==??)(X X EXX --=∴112α为α的矩估计因似然函数1212(,,;)(1)()n n n L x x x x x x ααα=+∑=++=∴ni i X n L 1α1αln )ln(ln ，由∑==++=??ni i X nL 101ααln ln 得，α的极⼤似量估计量为)ln (?∑=+-=ni iXn11α2、设总体X 服从指数分布 ,0()0,x e x f x λλ-?>=??其他，n X X X ,,21是来⾃X 的样本，（1）求未知参数λ的矩估计；（2）求λ的极⼤似然估计.解：（1）由于1()E X λ=，令11X Xλλ=?=i x nn L x x x eλλ=-∑=111ln ln ln 0nii ni ni ii L n x d L n n x d xλλλλλ====-=-=?=∑∑∑故λ的极⼤似然估计仍为1X。

数理统计分布参数的

2
X
(1
X
)
0.0384
求得 p的 95置%信区间为
( 0.0014 , 0.0786 ) 由于置信上限 0.0786 >故5%这,批产品不能出第厂七.章参数估计
§6 (0-1)分布参数的区间估计 3/2
第七章参数估计
§6 (0-1)分布参数的区间估计 4/2
对这类“坏”指
满足有Θ 标
§6 (0-1)分布参数的区间估计 5/2
设 X1, X2,, Xn 为来自总体 X ~ N(, 2 ) 的样本,
, 2均未知.试求的置信水平为 1的单侧置信下限.
, 2 的无偏估计分别是 X , S 2,且
X ~ t(n 1)
S/ n
对于给定怎的样置直信接水写平出1置,可信查下表限求得 t使(n 得1)
的X样~本N,(, 2 )
,均2未知. 试求的置2 信水平为的1单侧置信上限.
, 2 的无偏估计分别为 X , S 2,且
(n 1)S 2
2
~
2 (n 1)
故的2 置信度为 1的单侧置信上限为
2
(n
2 1
1)S 2 (n 1)
形式运算
2
~
(n 1)S 2
2 (n1)
, 1 ?
（注意较小）
2 1
令
X
0 , 检验合格 1 , 检验不合格
则总体 X ~ b(1, p). E(X ) p , p 的 1的置信区间为
X
S n
z / 2 ,
X
S n
z
/
2
现 n 100 , X 0.04, z /2 z 0.025 1.96 ,又因 X 2 X , 故

概率论与数理统计(叶慈南刘锡平科学出版社)第7章参数估计教程

注:由于 θ ( x1 ,L, xn ) 是实数域上的一个点,现用它来
估计 θ ,故称这种估计为点估计.
5 6
,σ 2未知,
… 随机抽查100个婴儿得100个体重数据 10,7,6,6.5,5,5.2, …
而全部信息就由这100个数组成. 据此,我们应如何估计和 σ 呢?
我们知道,服从正态分布N ( , σ 2 )的r.v. X , E ( X ) = , 由大数定律, 样本体重的平均值 1 → ∑ X i P n i =1 自然想到把样本体重的平均值作为总体平均体重的一个估计. X= 用样本体重的均值 X估计 , 类似地,用样本体重的方差 S 2估计 σ 2 . 1 n 1 n 2 X = ∑ Xi, S = ∑ ( X i X )2 n 1 i =1 n i =1
(一)矩估计法
基本思想:用样本矩估计总体矩
(二)最大似然估计法
基本思想:
15
16
最大似然估计法 (最大似然法)
它首先是由德国数学家高斯在1821年提出的 , 然而,这个方法常归功于英国统计学家费希尔(Fisher) . 费希尔在1922年重新发现了这一方法,并首先研究了这种方法的一些性质 . Fisher
1. 矩估计法 2. 最大似然法 3. 最小二乘法 4. 贝叶斯方法 ……
(一) 矩估计法(简称"矩法")
它是基于一种简单的"替换"思想建立起来的一种估计方法 . 英国统计学家 K. 皮尔逊最早提出的 . 基本思想: 用样本矩估计总体矩 . 理论依据: 大数定律
Ak = 1 n k P ∑ X i → k = E ( X k ) n i =1
4
在参数估计问题中,假定总体分布形式已知,未知的仅仅是一个或几个参数.

概率与数理统计第7章参数估计习题与答案

第7章参数估计----点估计一、填空题1、设总体X服从二项分布B(N,p)，0P1，X1,X2X n是其一个样本，那么矩估计量p?XN.2、设总体X~B(1,p)，其中未知参数0p1,X1,X2,X n是X的样本，则p的矩估计为_ 1n in1X i _，样本的似然函数为_in1X i(1p)1Xp__。

i3、设X1,X2,,X n是来自总体X~N(,2)的样本，则有关于及2的似然函数2L(X,X,X n;,)_12 in112e12(X) i22__。

二、计算题1、设总体X具有分布密度f(x;)(1)x,0x1，其中1是未知参数，X1,X2,X为一个样本，试求参数的矩估计和极大似然估计.n解：因E(X ) 1x1a()α1(α1)xdx1x dxαα112a2|xααα12令E(X)X?α?α122X1α?为的矩估计1Xn因似然函数L(x1,x2,x;)(1)(x1x2x)nnnlnLnln(α1)lnX，由αii1 l nLαnα 1inlnX0得，i1n ?的极大似量估计量为(1)αnln Xii12、设总体X服从指数分布f(x)xe,x00,其他，X1,X2,X n是来自X的样本，（1）求未知参数的矩估计；（2）求的极大似然估计.56解：（1）由于1 E(X)，令11 X X，故的矩估计为? 1 X（2）似然函数nL(x,x,,x )e12ni nx i 1nlnLnlnxii1 ndlnLnnx0 indi1x ii1故的极大似然估计仍为1 X 。

3、设总体 2 X~N0,， X 1,X 2,,X n 为取自X 的一组简单随机样本，求 2 的极大似然估计；[解](1)似然函数n1 Le i122 x i 2 22n 22en 2x i 2 i 12于是n2nnx2i lnLln2ln2222i1 dlnLn1d224 22n i1 2x i，令 d lnL 2d 2 0，得的极大似然估计：n 122X ini1. 4、设总体X 服从泊松分布P(),X 1,X 2,,X n 为取自X 的一组简单随机样本,（1）求未知参数估计；（2）求大似然估计. 解：（1）令E(X )X?X ，此为估计。

《概率论与数理统计》第七章讲义

测得强度值为x1, x2 , …, x25，其均值为 x 108 (Pa)，问当日生产是否正常？
Page 12
Chapter 7 假设检验
(1) 是参数估计问题吗？ (2) 回答“是”还是“否”，假设检验问题。 (3) 命题“合金平均强度不低于110Pa”正确与否仅涉及如下两个参数集合：
0 { : 110}
其二是 H 0不真（即 H1为真）但样本观测值落在接受域中，从而接受原假设H 0，这种错误称为第二类错误，其发生的概率称为犯第二类错误的概率,或称受伪概率，通常记为。
Page 22
Chapter 7 假设检验
观测数据情况
( x1,, xn ) W
( x1 ,, xn ) W c
H0 : 110
vs
H1 : 110
Page 18
Chapter 7 假设检验
•假设检验的两个特点：
第一，假设检验采用逻辑上的反证法，即为了检验一个假设是否成立，首先假设它是真的，然后对样本进行观察，如果发现出现了不合理现象，则可以认为假设是不合理的，拒绝假设。否则可以认为假设是合理的，接受假设。第二，假设检验采用的反证法带有概率性质。所谓假设的不合理不是绝对的，而是基于实践中广泛采用的小概率事件几乎不可能发生的原则。至于事件的概率小到什么程度才算是小概率事件，并没有统一的界定标准，而是必须根据具体问题而定。如果一旦判断失误，错误地拒绝原假设会造成巨大损失，那么拒绝原假设的概率就应定的小一些；如果一旦判断失误，错误地接受原假设会造成巨大损失，那么拒绝原假设的概率就应定的大一些。
Page 19
Chapter 7 假设检验
二、选择检验统计量，给出拒绝域形式

概率论与数理统计第七章习题讲解

1 6
1 3
因此T1,T3是的无偏估计量. (2) X1,X2,X3,X4相互独立
1 1 1 5 2 2 1 D(T1 ) [ D( X1 ) D( X 2 )] [ D( X 3 ) D( X 4 )] 2 ( ) 36 9 36 9 18 1 1 5 D(T3 ) [ D( X1 ) D( X 2 ) D( X 3 ) D( X 4 )] (1 1 1 1) 2 2 16 16 20
故 E(Y)=aE(X1)+bE(X2)=(a+b)=, (a+b=1) 所以,对于任意常数,a,b(a+b=1), Y=aX1+bX2都是的无偏估计. 由于两样本独立,故两样本均值X1和X2独立,所以
2 2 2 2 a ( 1 a ) a b ] 2 D(Y ) a 2 D( X 1 ) b 2 D( X 2 ) [ ] 2 [ n1 n2 n1 n2 dD(Y ) 2a 2(1 a ) 2 由极值必要条件 [ ] 0 da n1 n2
1 E( X )
1 0
xf ( x)dx.
1 1 0
x dx x 1 1 解出 ( )2 1 1

1
将总体一阶矩1换成样本一阶矩A1=X ,
得到参数的矩估计量
矩估计值
X 2 ( ) 1 X

x 2 ( ) 1 x
( x1 x2 t / 2 ( n1 n2 2) sw
1 1 2 (n1 1) S12 (n2 1) S22 2 ) Sw , Sw Sw . n1 n2 n1 n2 2
n1=4,n2=5,1-=0.95, =0.05, t/2(n1+n2-2)=t0.025(7)= 2.3646

概率论与数理统计第七章参数估计

则以hi (X1, X2,…, Xn)作为θi 的估计量，并称hi(X1, X2,…, Xn)为θi 的矩法估计量，而称hi(x1, x2,…, xn) 为θi 的矩法估计值。
例1. 设总体X的数学期望和方差分别是μ,
σ2 ，求μ , σ2的矩估计量。
E(X )
E( X 2 ) D( X ) [EX ]2 2 2
(3) 写出方程 ln L 0
i1
若方程有解，
求出L(θ)的最大值点 ˆ(x1,x2,..x.n,)
于是 ˆ ˆ ( X 1 , X 2 , . . . , X n ) 即为的极大似然估计量
例2. 设总体X服从参数λ>0的泊松分布，求参数λ的极大似然估计量。
例3. 已知某产品的不合格率为p,有简单随机样本 X1 ,X2 ,…, Xn，求p的极大似然估计量。若抽取100件产品，发现10件次品，试估计p.
ˆ(x1,x2,..x.n,),使得
L (ˆ) m a x L (), (或 L (ˆ) s u p L ())
则称 ˆ ( x 1 ,x 2 , . . . ,x n ) 为的极大似然估计值
称 ˆ ( X 1 ,X 2 ,...,X n ) 为极大似然估计量
第7章参数估计
总体所服从的分布类型已知/未知
抽样
参数估计
估计总体中未知的参数
参数估计参数估计问题是利用从总体抽样得到的信息
来估计总体的某些参数. 估计新生儿的体重
估计废品率
估计湖中鱼数
§7.1
点估计
设有一个统计总体，总体的分布函数
为 F(x, )，其中为未知参数 (可以是向量) .

概率论与数理统计：两点分布(0-1分布)

两点分布（0-1分布）教学目标：1、理解两点分布；2、了解两点分布的应用。

教学重难点：充分了解两点分布的意义基础上的应用。

一、创设情境例1 排球运动员扣球一次命中得1分，不命中得0分(不考虑其他情况). 据新华社网，里约奥运会中国女排主攻手——朱婷以0.423的扣球命中率（看作扣球一次命中的概率）高居榜首，求她扣球一次的得分的分布列.二、导入新知两点分布：其中0<p<1，q＝1－p，则称离散型随机变量X 服从参数为 p的二点分布（又称伯努利分布）．而称p=P(X=1)为成功概率。

注意：两点分布的几个特点：（1）两点分布的试验结果只有两个可能性，且其概率之和为1。

（2）由对立事件的概率求法可知，已知P(X＝0)(或P(X＝1))，便可求出P(X＝1)(或P(X＝0))。

三、两点分布的应用实际生活中有没有二点分布的例子？应用非常广泛．但凡随机试验只有两个结果,都常用0–1分布描述,如产品是否合格、新生婴儿是男还是女、明天是否下雨、种籽是否发芽、系统是否正常、核算检测是否为阴性、抽取的彩券是否中奖、投篮是否命中等。

练习1：在射击的随机试验中，令X= 0表示射中，X=1表示未射中，如果射中的概率为0.8，求随机变量X的分布列。

练习2：设某项试验的成功率是失败率的2倍，用随机变量X去描述1次试验的成功次数，则失败率p 等于（）A.0B. 1/2C. 1/3D.2/3思考题：我们将核酸检测对象按照10人一组进行检测，若单个样本检测结果为阳性的概率为0.0001，每个样本检测为阳性与否相互独立，用混样检测法。

那么检测结果的分布列是？解：设化验结果为阳性记随机变量X=1，化验结果为阴性记随机变量X=0，则分布列为：再举几个例子：1．从某一学校随机选一学生，测量他的身高.我们可以身高看作随机变量X,x 的取值范围在[1.5，1.9] .解：设[1.5-1.7]为1，（1.7-1.9]为0，则分布列为：2.食堂排队的人数是随机变量.大于十人为1,十人以内为0,是一个两点分布。

0—1分布在解概率论与数理统计题中的应用

0—1分布在解概率论与数理统计题中的应用摘要:10-分布是0-分布研究的是一个随机试验,它只有两个可能结果.1二项分布的特例,二项分布是10-分布的推广且二项分布的极限分布是正态分布.首先本文给出了10-分布在解概率论与数0-分布的定义和性质,然后探讨了1理统计题中的应用,最后得到了在10-分布中不相关和独立是等价的.关键词:10-分布; 数学期望; 相关系数; 参数估计引言随着科学的发展,数学在生活中的应用越来越广,生活的数学无处不在.而概率作为数学的一个重要部分,同样也在发挥着越来越广泛的用处.而基于概率统计在我们的生活中几乎无处不在,学好概率尤其是能够将学习的概率统计应用于实践中对我们来说确实是较困难而又受益非浅的事啊.很多随机试验的样本空间S只有两个结果,记为A与A,因此我们在处理一些实际问题时常常引入服从X使问题变得简单,任何一个只有两种结果的随机现象, 0(-分布的随机变量)1i都可以用)10(-分布来描述.很多文献对)10(-分布在解概率论与数理统计题中的应用进行了不同程度的讨论,文献[2]给出了)10(-0(-分布的定义,文献[4][7]和[10]给出了有关)1分布的性质,文献[2][3][4]和[8]探讨了)10(-分布在解概率论与数理统计题中的应用,得到了它在求解概率、数学期望与方差、相关系数、以及参数估计量中的作用,教会了我们如何巧妙地引入)10(-分布分布来解决问题.本文在上述文献的基础上,给出了)10(-分布在求数学期望和方差的应用,探讨了有关)10(-变量让随机事0(-分布的相关系数与相互独立的关系,利用)1件和随机变量联系起来,以及给出了)10(-分布在中心极限定理和统计推断的应用,其中在探讨了有关)10(-分布的相关系数与相互独立的关系中我们可以得到不相关与独立是等价的,具有一定的理论意义和实践意义.1.0-1分布的定义[2]设随机变量X 只可能取0与1两个值,它的分布律是{}，，)10(1,0)1(1<<=-==-p k p p k X P k k 则称X 服从)10(-分布或两点分布或伯努利分布.)10(-分布的分布律也可写成2.0-1分布的性质性质 2.1 期望和方差[10]设),1(~p b X ,则p X E =)(,)1()(p p X D -=.性质 2.2 可加性[7]设),1(~p b X ,),1(~p b Y ,且X 与Y 相互独立,则),2(~p b Y X Z +=. 性质 2.3 矩估计[4]设总体),1(~p b X ,p 未知.n X X X ,,,21 是来自X 的样本,则X p=ˆ. 3.0—1分布在解概率论与数理统计题中的应用3.1 0—1分布在求数学期望和方差中的应用期望在我们日常生活中常指有根据的希望,而在概率论中，数学期望却源于历史上一个著名的分赌本问题,通过解决此问题我们看到了它在概率统计中的地位,方差则是用来描述随机变量取值的集中与分散程度[2],它在现实生活中的应用也是很广泛的.而对于离散型随机变量的数学期望和方差的求解一般是先求其分布列,然后按照定义计算.但是对于有些随机变量的分布列不容易求出,有些还要判断其数学期望和方差是否存在,计算过程往往比较复杂.这就要求我们借助中间变量来求解数学期望和方差,由于)10(-分布描述的是只有两个结果的随机试验,而在现实生活中很多随机试验我们都可以直接或间接地把它看作服从)10(-分布,进而转化成求多个独立同分布或同分布的数学期望和方差,我们知道)10(-分布的数学期望和方差都是容易求出的.因此,我们可以借助)10(-分布X 0 1 k Pp -1 p来解决复杂的随机变量的数学期望和方差.例1 一民航送客车载有20位旅客自机场开出,旅客有10个车站可以下车.如到达一个车站没有旅客下车就不停车.以X 表示停车的次数,求)(X E (设每位旅客在各个车站下车是等可能的,并设各旅客是否下车相互独立).解引入随机变量10,,2,1,,1,0 =⎩⎨⎧=i i i X i 站有人下车在第站没有人下车在第.易知1021X X X X +++= .现在来求)(X E .按题意,任一旅客在第i 站不下车的概率为109,因此20位都不在第i 站下车的概率为20)109(,在第i 站有人下车的概率为20)109(1-,也就是 {}20)109(0==i X P ,{}20)109(11-==i X P ,10,,2,1 =i . 由此20)109(1)(-=i X E ,10,,2,1 =i . 进而．次)(784.8)109(110)()()()()(2010211021=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=+++=+++=X E X E X E X X X E X E例2 设随机变量),(~p n b Y ,求)(Y E ,)(Y D .解由二项分布的定义知,随机变量Y 是n 重伯努利试验中事件A 发生的次数,且在每次试验中A 发生的概率为p .引入随机变量:n k k A k A X k ,,2,1,0,1 =⎩⎨⎧=，次试验不发生在第次试验发生在第.易知n X X X Y +++= 21,(1)由于k X 只依赖于第k 次试验,而各次试验相互独立,于是n X X X ,,,21 相互独立,又知k X ,n k ,,2,1 =服从同一)10(-分布:(1)式表明以n ,p 为参数的二项分布变量,可分解成为n 个相互独立且都服从以p 为参数的)10(-分布的随机变量之和.易知p X E k =)(,)1()(p p X D k -=,n k ,,2,1 =.故np X E X E Y E nk k n k k ===∑∑==11)()()(.又由于n X X X ,,,21 相互独立,得)1()()()(11p np X D X D Y D nk k n k k -===∑∑==.即)1()(,)(p np Y D np Y E -==.例3 将n 个球)~1(号n 随机地放进n 只盒子)~1(号n 中去,一只盒子装一只球.若一只球装入与球同号的盒子中,称为一个配对,记X 为总的配对数,求)(X E .解设n i i i X i ,,2,101 =⎩⎨⎧=，个不配对第，个球配对第，. 则n X X X X +++= 21. k X 0 1 k P p -1 p因为将n 只球随机地放进n 只盒子,可作为n 只球进行全排列为!n ,第i 只球放进第i 号盒子,剩余的)1(-n 只球进行全排列,有)!1(-n ,故i X 的分布律为:n n n X P i 1!)!1()1(=-==,nX P i 11)0(-==. 则 {}n X P X E i i 11)(===,n i ,,2,1 =. 所以11)()()()(21=⨯=+++=nn X E X E X E X E n . 例4 若有n 把看上去样子相同的钥匙,其中只有一把能打开门上的锁,用它们去试门上的锁,设取到每只钥匙是等可能的.若每把钥匙试开一次后除去,试求试开次数X 的数学期望.解设随机变量⎩⎨⎧--=把钥匙中有一把能打开前开把钥匙中没有一把能打前)1(,0)1(,1i i X i ,n i ,,3,2 =. 则∑=+=ni i X X X 21,因为1)(1=X E ,{}ni n i n i n n n n n X P i 1)2()1(1211+-=----⋅⋅⋅--⋅-==,n i ,,3,2 =. {}n i n X P X E i i 111)(+-==⨯=,n i ,,3,2 =. 所以2111)()()(221+=+-+=+=∑∑==n n i n X E X E X E n i n i i . 例5 一台设备由三大部件构成,在设备运转中各部件需要调整的概率相应为0.10,0.20和0.30.假设各部件的状态相互独立,以X 表示同时需要调整的部件数,试求X 的数学期望)(X E 与方差)(X D .解设随机变量⎩⎨⎧=否则个部件需要调整第,0,1i X i ,3,2,1=i . 由题意321,,X X X 相互独立,均服从)10(-分布,且321X X X X ++=.则{}10.01)(11===X P X E ,{}{}09.001)(111==⨯==X P X P X D .{}20.01)(22===X P X E ,{}{}16.001)(222==⨯==X P X P X D .{}30.01)(33===X P X E ,{}{}21.001)(333==⨯==X P X P X D .所以．60.030.020.010.0)()()()(321=++=++=X E X E X E X E．46.021.016.009.0)()()()(321=++=++=X D X D X D X D 3.2 探讨有关0—1分布的相关系数与相互独立的关系设随机变量X ,Y 的相关系数XY ρ存在.当X 和Y 相互独立时,有数学期望的性质)()()(Y E X E XY E =及)()()(),(Y E X E XY E Y X Cov -=知0),(=Y X Cov ,从而0=XY ρ,即X ,Y 不相关.反之,若X ,Y 不相关,X 和Y 却不一定相互独立[1].我们知道在二维正态分布中,不相关与独立是等价的,那么若X ,Y 都服从)10(-分布,结论如何？下面我们就给出证明.例 6 设A 和B 是试验E 的两个事件,且0)(>A P ,0)(>B P ,并定义随机变量X ,Y 如下:⎩⎨⎧=⎩⎨⎧=不发生若发生若不发生若发生若B B Y A A X ,0,1,,0,1证明若0=XY ρ,则X 和Y 必定相互独立.证明设X ,Y 的分布律为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-)(1)(10~A P A P X ,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-)(1)(10~B P B P Y . 于是XY 也只能取0及1这两个值,从而)()(1))(1(0)(A P A P A P X E =⨯+-⨯=,同理)()(B P Y E =,{}1,1)(===Y X P XY E .由于0=XY ρ,则0),(=Y X Cov ,即)()()(Y E X E XY E =.从而)1()1()1,1(=====Y P X P Y X P．)1()0()0()1())1(1()1()1()1()1()1,1()1()1,0(=======-====-====-====Y P X P X P Y P X P P Y P Y P X P Y P Y X P Y P Y X P同理可证)0()0()0,0(=====Y P X P Y X P .)0()1()0,1(=====Y P X P Y X P . 所以 X 和Y 必定相互独立.分析通过上述证明,我们可以得到:不仅在二维正态分布中不相关与独立是等价的,在)10(-分布中不相关和独立也是等价的.此结论可以启发我们对二项分布中不相关和独立是否等价进行探究,具有一定的理论意义.3.3 探讨随机事件与随机变量的联系我们知道随机现象的某些样本点组成的集合称为随机事件,用来表示随机现象结果的变量称为随机变量[2].对于一个随机事件A 它有两种潜在的可能:要么发生要么不发生,它代表了两种可能的结果,这让我们很容易想到)10(-分布.一般地,如果A 是某个随机事件,则可通过如下示性函数使它与数值发生联系⎩⎨⎧=发生若发生若A A X ,0,1 [8],这就是通过引入)10(-分布来实现随机事件与随机变量的转化.它启发了我们在解某些概率统计的题中可以利用)10(-变量来解决一些问题.例7 对于任意两事件A 和B ,1)(0<<A P ,1)(0<<B P ,)()()()()()()(B P A P B P A P B P A P AB P -=ρ称为事件A 和B 的相关系数. 利用随机变量相关系数的基本性质,证明1≤ρ.证明定义随机变量⎩⎨⎧=出现，若不出现，若A A X ,1,0,⎩⎨⎧=出现若不出现若B B Y ,1,0. 则X ,Y 的分布律分别为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-)(1)(10~A P A P X ,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-)(1)(10~B P B P Y . 于是)()(A P X E =,)()(B P Y E =,)()()(A P A P X D =,)()()(B P B P Y D =,)()()(),(B P A P AB P Y X Cov -=,ρρ=-==)()()()()()()()()(),(B P A P B P A P B P A P AB P Y D X D Y X Cov XY .即事件A 和B 的相关系数就是随机变量X 和Y 的相关系数,由随机变量相关系数的基本性质知1≤ρ.3.4 0—1分布在中心极限定理与统计推断中的应用伯努利大数定理表明事件发生的频率nn A 依概率收敛于事件的概率p .在实际应用中,当试验次数n 很大时,可以用事件发生的频率来代替事件的概率[1].而)10(-分布的数学期望刚好等于事件发生的概率,那么我们可以用)10(-分布的数学期望来代替事件发生的频率.林德贝格-列维中心极限定理表明独立同分布随机变量之和∑=nk k X 1,当n 充分大时近似的服从正态分布[1].当我们在求解某些关于二项分布中心极限定理问题时，若不能直接利用棣莫弗-拉普拉斯定理时，我们可以利用二项分布与)10(-分布的关系,将二项分布分解成n 个独立服从同一)10(-分布之和，再利用林德贝格-列维中心极限定理求解.我们还可以得到若一来自)10(-分布的样本n X X X ,,,21 ,当样本容量n 很大时,)1(1p np npX n i i --∑=近似的服从)1,0(N 分布,而有关正态分布的区间估计问题都是很容易求出的,我们可以利用此结论来求)10(-分布参数的区间估计.例8 一复杂系统由100个相互独立起作用的部件所组成.在整个运行期间每个部件损坏的概率为0.10.为了使整个系统起作用,至少必须有85个部件正常工作,求整个系统起作用的概率.解引入随机变量⎩⎨⎧=个元件不能正常工作若第个元件正常工作若第i i X i ,0,1,100,,2,1 =i . 随机变量i X 的分布律为易知 09.0)(9.0)(==i i X D X E ，.由题意知,10021,,,X X X 独立同分布,则)9.0,100(~1001B Xi i ∑=.根据林德贝格-列维中心极限定理,952.0)35(1390851.09.0100908510011001≈-Φ-≈⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≥⨯⨯-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧≥∑∑==i i i i X P X P . 例9 从1批含有次品的产品中随机抽取85件,发现2件次品,试估计次品率.解引入随机变量⎩⎨⎧=次抽取出正品第次抽取出次品第i i X i ,0,1,85,,2,1 =i . 设总体X 的次品率为p ,则总体X 的分布律为由矩估计知,x p X E ==)(,解得∑====n i i x n x p 18521ˆ. 例10 工厂生产的某产品次品率不超过5%才能出产.今抽检100件产品,发现次品4件,问这批产品能否出厂？要求检验结果具有95%的可信度.解令⎩⎨⎧=检验不合格检验合格,1,0X . i X 0 1 P .09.0 X 0 1 Pp -1 p则总体),1(~p b X ,因为p X E =)(,所以的置信区间为的α-1p⎪⎪⎭⎫+ ⎝⎛-22ααZ n S X Z n S X ，.由于100=n ,04.0=X ,96.1025.02==Z Z α,又因X X =2,故()0384.01122122=-=-=-=∑=X X X X X X n S n i i . 求得p 的95%置信区间为)0786.0,0014.0(.由于置信上限%50786.0>,故这批产品不能出产.结束语0—1分布是一种重要的离散型随机变量的分布，以上我们通过四个方面的应用看到了它在求解概率、数学期望与方差、相关系数、以及参数估计量中的作用.事实是它在解概率论与数理统计题中的应用不止我们以上涉及的几个方面.在解题中，如何巧妙地引入0—1分布来解决问题是一种重要的方法和技巧,也是很多考试题目的考点，但是往往学生在解题时对0—1分布并没有足够的重视.希望本文能对解概率统计题的朋友们提供一些有益的帮助,开拓解题的思路.由于本人的能力有限未能给出在二项分布中不相关与独立是否是等价的，这也是本文的一大遗憾,希望读者能够给出证明.参考文献[1] 茆诗松,程依明,濮晓龙等.概率论与数理统计教程[M].北京:高等教育出版社,2004,7.[2] 盛骤,谢式千,潘承毅等.概率论与数理统计[M].北京:高等教育出版社,2001,12.[3] 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