概率论与数理统计教程(魏宗舒)第七章答案

概率论与数理统计教程(魏宗舒)第七章答案

. 第七章 假设检验

7.1 设总体N(,2)，其中参数，2为未知，试指出下面统计假设中哪些是简单假设，哪些是复合假设：

（1）H0:0,1； （2）H0:0,1； （3）H0:3,1； （4）H0:03； （5）H0:0.

解：（1）是简单假设，其余位复合假设 7.2 设1,2,,25取自正态总体N(,9)，其中参数未知，x是子样均值，如

H0:0,H1:0对检验问题

c{(x1,x2,取检验的拒绝域：

,x25):|x0|c}，试决定常数c，使检验的显著性水平为0.05

解：因为N(,9)，故N(,在H0成立的条件下，

9) 25P0(|0|c)P(|035c|)53

5c21()0.053(5c5c)0.975,1.96，所以c=1.176。 332)，02已知，对假设检验,25取自正态总体N(,07.3 设子样1,2,H0:0,H1:0，取临界域c{(x1,x2,,xn):|c0}，

（1）求此检验犯第一类错误概率为时，犯第二类错误的概率，并讨论它们之间的关系；

（2）设0=0.05，02=0.004，=0.05，n=9，求=0.65时不犯第二类错误的概率。

解：（1）在H0成立的条件下，N(0,02n)，此时

2

0c0 P0(c0)P0n0n

00所以，c000n1，由此式解出c00n10

在H1成立的条件下，N(,02n)，此时

c0Pnn1(c0)P1000(c00n)(n100n)

(10n)0由此可知，当增加时，1减小，从而减小；反之当减少时，则增加。 （2）不犯第二类错误的概率为

11(1

0n)00.650.50 3)0.21(0.605)(0.605)0.72741(0.95

7.6 设一个单一观测的子样取自分布密度函数为f(x)的母体，对f(x)考虑统计假设：

10x1H0:f0(x)0其他2x0x1H1:f1(x)

0其他试求一个检验函数使犯第一，二类错误的概率满足2min，并求其最小值。 解 设检验函数为

(x)1xc（c为检验的拒绝域）

0其他3

2P0(xc)2P1(xc)P0(xc)2[1P1(xc)]E0(x)2[1E1(x)]11

(x)dx2(12x(x)dx)0012(14x)(x)dx0要使2min，当14x0时，(x)0 当14x0时，(x)1

11x174所以检验函数应取(x)，此时，22(14x)dx。

800x147.7 设某产品指标服从正态分布，它的根方差已知为150小时。今由一批产品中随机抽取了26个，测得指标的平均值为1637小时，问在5%的显著性水平下，能否认为该批产品指标为1600小时?

解 总体N(,1502)，对假设，H0:1600，采用U检验法，在H0为真时，检验统计量

ux-00n1.2578

临界值u1/2u0.9751.96

|u|u1/2，故接受H0。

7.8 某电器零件的平均电阻一直保持在2.64，根方差保持在0.06，改变加工工艺后，测得100个零件，其平均电阻为2.62，根方差不变，问新工艺对此零件的电阻有无显著差异？去显著性水平=0.01。

解 设改变工艺后电器的电阻为随机变量，则E未知，D(0.06)2， 假设为 H0:2.64，统计量 u-0n3.33 4

由于u1-/2u0.9952.10|u|，故拒绝原假设。即新工艺对电阻有显著差异。 7.9（1）假设新旧安眠药的睡眠时间都服从正态分布，旧安眠剂的睡眠时间

N(20.8，1.82),新安眠剂的睡眠时间N(，2)，为检验假设

H0:23.8H1:23.8

从母体取得的容量为7的子样观察值计算得

*25.27 x24.2 sn由于

的方差2未知，可用t检验。

x024.223.8tn70.461 *sn5.27取a0.10 t0,10(71)1.4398t

所以不能否定新安眠药已达到新的疗效的说法。

（2）可以先检验新的安眠剂睡眠时间的方差是否与旧的安眠剂睡眠时间的方差一致，即检验假设

H0:2(1.8)2。

用-检验，

222*2(n1)sn265.279.76。 2(1.8)2取=0.10，0.06(6)=1.635，0.05(6)=12.592

220.06(6)20.05(6)

所以接受H0,不能否认和方差相同。如认为的方差2

u24.223.870.18

1.8取=0.10，u0.10

1.27,uu0.10，所以接受H0。

5

7.11有甲乙两个检验员，对同样的试样进行分析，各人实验分析的结果如下： 实验号 1 2 3 4 5 6 7 8 甲 乙 4.3 3.2 8 3.5 3.5 4.8 3.3 3.9 3.7 4.1 3.8 3.8 4.6 3.9 2.8 4.4 试问甲乙两人的实验分析之间有无显著差异？

解 此问题可以归结为判断x1x2是否服从正态分布N(0,2)，其中2未知，即要检验假设H0:0。 由t检验的统计量 t0*snn0.1080.389

0.727取=0.10，又由于，t0.95(7)1.8946|t|，故接受H0

7.12 某纺织厂在正常工作条件下，平均每台布机每小时经纱断头率为0.973根，每台布机的平均断头率的根方差为0.162根，该厂作轻浆试验，将轻纱上浆率减低20%，在200台布机上进行实验，结果平均每台每小时轻纱断头次数为0.994根，根方差为0.16，问新的上浆率能否推广？取显著性水平0.05。

解 设减低上浆率后的每台布机断头率为随机变量，有子样试验可得其均值和方差的无偏估计为0.994及s*2n0.16，问新上浆率能否推广就要分析每台布机的平均断头率是否增大，即要检验

H0:E0.973H1:E0.973

2由于D未知，且n较大，用t检验，统计量为

t0*snn0.9940.9732001.856

0.16查表知t0.95(199)1.645，故拒绝原假设，不能推广。

6

7.13在十块土地上试种甲乙两种作物，所得产量分别为(x1,x2,(y1,y2,,x10)，

,y10)，假设作物产量服从正态分布，并计算得x30.97，y21.79，

*s*问是否可认为两个品种的产量没有显著x26.7，sy12.1取显著性水平0.01，

性差别？

2)，即要检验 解 甲作物产量N(1,12)，乙作物产量N(2,2H0:12

'22:122由于12，2未知，要用两子样t检验来检验假设H0，由F检验，

统计量为

*2*2Fs1s226.7212.124.869F0.995(9,9)6.54（取显著性水平0.01）

'2:122故接受假设H0，于是对于要检验的假设H0:12取统计量

txy*2*2(n11)s1(n21)s2n1n2(n1n22)0.99

n1n2又0.01时，t0.995(18)2.878|t|，所以接受原假设，即两品种的产量没有显著性差别。

7.14有甲、乙两台机床，加工同样产品，从这两台机床加工的产品中随机地抽取若干产品，测得产品直径为（单位：mm）：

甲 20.5 ，19.8 ，19.7 ，20.4 ，20.1 ，20.0 。19.6 ，19.9 乙 19.7 ，20.8 ，20.5 ，19.8 ，19.4 ，20.6 ，19.2 。

试比较甲乙两台机床加工的精度有无显著差异？显著性水平为0.05。 解：假定甲产品直径服从N(1,12)，由子样观察值计算得x20.00，

*22sn(0.3207)0.1029。 12*2)，由子样观察值计算得y20.00，sn乙产品直径服从N(2,20.3967。 2要比较两台机床加工的精度，既要检验

2 H0:122

由 F-检验

7

Fsnsn*21*220.10290.2594

0.39670.05时查表得：F0.975(7.6)5.70，

F0.025(7.6)110.1953

F0.975(6.7)5.12由于F0.025(7.6)FF0.975(7.6)，所以接受H0，即不能认为两台机床的加工精度有显著差异。

7.16 随机从一批钉子中抽取16枚，测得其长度为（cm） 2.14 2.10 2.13 2.15 2.13 2.12 2.13 2.10 2.15 2.12 2.14 2.10 2.13 2.11 2.14 2.11

设钉长服从正态分布，分别对下面两个情况求出总体均值的90%的置信区间 （1）0.01cm； （2）未知

解 （1）由子样函数U区间 置信下限 u0.952.121 nu0.952.129 nnN(0,1)，p(|U|u0.95)0.90，可求的置信

置信上限 （2）在未知时，由子样函数t求得置信区间为

*t0.95(15)sn2.1175 置信下限 n*t0.95(15)sn2.1325 置信上限 ns*nnt(n1)，p(|t|t0.95(n1))0.90可

8

7.17 包糖机某日开工包糖，抽取12包糖，称得重量为

9.9 10.1 10.3 10.4 10.5 10.2 9.7 9.8 10.1 10.0 9.8 10.3

假定重量服从正态分布，试由此数据对该机器所包糖的平均重量 求置信水平为95%的区间估计。

解 由于未知，用统计量ts*nnt(n1)，计算各数据值后可以得到均值

**t0.975(11)snt0.975(11)sn10.2556，下限为9.9284 的置信区间，置信上限为nn*211（米/秒）2，7.19 随机取9发炮弹做实验，得炮口速度的方差的无偏估计sn设炮口速度服从正态分布，分别求出炮口速度的标准差和方差2的置信水平为90%的置信区间。 解 选取统计量

*2(n1)sn22(n1)， 可得2的置信区间为：

*2*2(n1)sn(n1)sn(2,2)(5.6749,32.199) 1/2(n1)/2(n1)因为

**2*2(n1)sn(n1)sn(n1)sn2p(22)p(21/2(n1)/2(n1)1/2(n1)*(n1)sn2/2(n1)

)1故，标准差的置信区间取方差的根方即可。 7.20解：用子样函数

t12(10)*2*2(n11)sn(n1)s2n2122(n1n22)n1n2

n1n2必须要求12，所以先应检验假设

2H0：122

由样子观察值计算得

9

*21=81.625sn=145.696 *22=75.875 sn=102.12512F=*2sn1s*2n2=1.4266

取=0.10，F0.95(7.7)3.79,由于F0.05(7.7)FF0.95(7.7),

所以接受原假设H0，可以用两子样t统计量求1-2的置信水平为95%的置信区间。 置信下限

1-212*2*2t0.975(14)(n11)sn(n1)s2n21(n1n22)n1n2n1n22.145145.696102.12581.62575.87586.1885置信上限

2.145145.696102.1251-281.62575.875817.18857.21解：由于F=*22sn/A1

s/*2n22B服从F(n11,n21)分布，由

*22sn/A1pF0.05(n11,n21)*22F0.95(n11,n21)s/nB2222sAAsAp222

SF(n1,n1)SF(n1,n1)2BB0.0512B0.9510.90 10

2A所以2B的置信区间为

s*20.5419置信下限=AS*2n0.2810 BF0.95(11,n21)0.60653.18置信上限=s*2AS*2F0.54193.182.8413 B0.05(n11,n21)0.60657.22解：由于未知，的置信区间为

s**nnt(n1),sn1/2nt1/2(n1)L2s*nnt1/2(n1)*2L24snnt21/2(n1)E(L2)4E*2sn2nt1/2(n1) 4t22(n1)s*2n1/2(n1)n(n1)E24t21/2(n1)2n 11

4242(i)E(L)t0.975(4)(2.7764)226.166725542422(ii)E(L)t0.975(9)(2.2622)222.047021010424(iii)E(L2)t0.975(29)2(2.0452)222.55772303042422(iv)E(L)t0.975(7)(1.8946)221.79482

88424(v)E(L2)t0.975(7)2(2.3646)222.795728842422(vi)E(L)t0.975(7)(3.4995)226.12332882

7.23 假设六个整数1，2，3，4，5，6被随机地选择，重复60次独立实验中出现1，2，3，4，5，6的次数分别为13，19，11，8，5，4。问在5%的显著性水平下是否可以认为下列假设成立：

H0:p(1)p(2)解：用2拟合优度检验，如果H0成立

p(6)1。 6(ninpi)2 npii1262(5)

列表计算2的观察值：

组数i 频数ni npi ninpi ninpi2/npi 12

1 2 3 4 5 6

13 19 11 8 5 4 10 10 10 10 10 10 3 9 1 -2 -5 -6 0.9 8.1 0.1 0.4 2.5 3.6 2(5)=11.07 215.6， 0.952(5)，所以拒绝H0。即等概率的假设不成立。 由于20.957.24 对某型号电缆进行耐压测试实验，记录43根电缆的最低击穿电压，数据列表如下：

测试电压 3.8 3.9 4.0 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7 4.8 击穿频数 1 1 1 2 7 8 8 4 6 4 1

试对电缆耐压数据作分析检验（用概率图纸法和2拟合优度检验）。 解：用正态概率纸检验出数据基本上服从正态分布，下面2拟合优度检验假设

H0:ˆ,ˆ2) N(ˆ,ˆ2为和2的极大似然估计，其观察值 其中1nˆx4.3744 ˆs(xix)20.04842 ni122n所以要检验的假设 H0:N(4.3744,0.04842)

分组列表计算2统计量的观察值。

13

组 距 xi1 xi 频数 ni 标准化区间 yi1 yi pi(yi)(yi1) npi ninpi2/npi  4.1 5 7 8 12 6 5  -1.25 0.1056 0.1087 0.1526 0.3488 0.1328 0.1515 4.5408 4.6741 6.5618 14.9984 5.7104 6.5145 0.0464 1.1574 0.2152 0.5994 0.0147 0.3521 4.1 4.2 4.2 4.3 4.3 4.5 4.5 4.6 4.6 

-1.25 -0.79 -0.79 -0.34 -0.34 0.57 0.57 1.03 0.31  (npini)2 2.4852

npi1i2n222(621)0.9(3)6.251由于20.9(3)，所以不能否定正态用0.1查表0.9分布的假设。

7.25 用手枪对100个靶各打10发，只记录命中或不命中，射击结果列表如下 命中数xi：0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 频 数fi： 0 2 4 10 22 26 18 12 4 2 0

在显著水平0.05下用2拟合优度检验法检验射击结果所服从的分布。 解 对每一靶打一发，只记录命中或不命中可用二点分布描述，而对一个靶打十发，其射击结果可用二项分布b(K;10,p)来描述，其中p未知，可求其极大似然估计为

110ˆxpfixi0.5

100i0设是十发射击中射中靶的个数，建立假设

10H0:p(k)(0.5)K(0.5)10K,K0,1,K用2拟合优度检验法列表如下：

,10

14

i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

ni pi npi ninpi2/npi 0 0.000977 2 0.009765 4 0.043945 10 0.117188 22 0.205212 26 0.246094 18 0.205212 12 0.117188 4 0.043945 2 0.009765 0 0.000977 0.098 0.976 4.395 11.719 20.521 24.609 20.521 11.719 4.395 0.976 0.098 0.098 1.074 0.036 0.252 0.107 0.079 0.310 0.007 0.036 1.074 0.098 (npini)2 3.171

npii021022(1111)=0.95(9)16.919 取 0.05，0.952(9)，所以接受H0。 由于20.957.26解：离散型随机变量的均匀分布是指等概率地取各个值，即要检验

H0:p(0)p(1)p(9)1 10由于母体是离散型随机变量，所以不能用柯尔莫哥洛夫检验H0，应用2-拟合优度检验法。列表计算2值。

i 1 2

ni 74 92 pi npi 0.10 0.10 80 80 npininpi0.450 1.800 15

3 4 5 6 7 8 9 10 1083 79 80 73 77 75 76 91 0.10 0.10 0.10 0.10 0.10 0.10 0.10 0.10 80 80 80 80 80 80 80 80 0.113 0.012 0 0.613 0.112 0.312 0.200 0.512 2(npn)2ii5.124

npii12(npn)2ii5.124npii11022取=0.10。0.90(10-1)=0.90(9)=14.684。2由于20.90(9),所以接受H0。

7.27解：设25个数据来自母体，检验假设

H0：N(0,1)

柯尔莫哥洛夫检验法检验H0的统计量为

Dnsup|Fn(x)F(x)|maxixi1i 其中i=max(x(i)),(x(i))。nn列表计算Dn的观察值

i 1 x(i) (x(i)) in-2.46 0.0069 i1i(x(i)) n(x(i)) n0.0331 i 0.0331 16

0.04 0.0069

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 -2.11 -1.23 -0.99 -0.42 -0.39 -0.21 -0.15 -0.10 -0.07 -0.02 0.27 0.40 0.42 0.44 0.70 0.81 0.88 1.07 1.39 1.40 1.47 1.62 1.64 1.76 0.0174 0.1093 0.1611 0.0337 2.3483 0.4168 0.4404 0.4602 0.4721 o.4920 0.6064 0.6554 0.6628 0.6700 0.7580 0.7910 0.8106 0.8577 0.9177 0.9192 0.9292 0.9474 0.9495 0.9608 0.08 -0.0226 0.12 0.0293 0.16 0.0411 0.20 0.1772 0.24 0.1483 o.28 0.1769 0.32 0.1604 0.36 0.1402 0.40 0.1121 0.44 0.0920 0.48 0.1664 0.52 0.1754 0.56 0.1428 0.60 0.1100 0.64 0.1580 0.68 0.1510 0.72 0.1806 0.70 0.1377 0.80 0.1577 0.84 0.1192 0.88 0.0892 0.92 0.0674 0.96 0.0295 1.00 0.0008 0.0626 0.0107 -0.0011 -0.1372 -0.1083 -0.1368 -0.1204 -1.1002 -0.0721 -0.0520 -0.1264 -0.1354 -0.1028 -0.0700 -0.1180 -0.1110 -0.0906 -0.0977 -0.1177 -0.0792 -0.0492 -0.0274 -0.0105 -0.0392 0.0626 0.0293 0.0411 0.1772 0.1483 0.1768 0.1604 0.1402 0.1121 0.0920 0.1664 0.1754 0.1428 0.1100 0,1568 0.1510 0.1306 0.1377 0.1577 0.1192 0.0892 0.0674 0.0295 0.0392 取0.10，查柯尔莫哥洛夫检验的临界值(Dn,)表，D25,0.100.2376由

于DnDn,，所以接受H0。

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