第3次作业解答

第五章

随机变量序列 \(X_1, X_2,\ldots, X_n,\ldots\) 相互独立,都服从 N(1,1),则当 \(n\rightarrow\infty\) 时 \(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\left(X_i-1\right)^2\xrightarrow{P}()\)

解：
令 \(Y_i = (X_i - 1)^2\)。因为 \(X_i \sim N(1,1)\)，即 \(X_i - 1 \sim N(0,1)\)，所以 \(Y_i = (X_i - 1)^2 \sim \chi^2(1)\)。
由 \(\chi^2\) 分布的性质，\(E(Y_i) = 1\)，\(D(Y_i) = 2\)。
由于 \(X_i\) 独立，故 \(Y_i\) 也独立。根据辛钦大数定律（独立同分布，数学期望存在），样本均值依概率收敛于总体均值。
即 \(\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} Y_i \xrightarrow{P} E(Y_i) = 1\)。
所以答案为：依概率收敛于 1。
随机变量序列 \(X_{1}, X_{2},\ldots, X_{n},\ldots\) 相互独立,都服从B(m,p),则当 \(n\rightarrow\infty\) 时 \(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}\xrightarrow{P}(\quad)\)

解：
\(X_i \sim B(m, p)\)，则 \(E(X_i) = mp\)，\(D(X_i) = mp(1-p)\)，\(E(X_i^2) = D(X_i) + [E(X_i)]^2 = mp(1-p) + m^2p^2\)。
令 \(Y_i = X_i^2\)，则 \(E(Y_i)\) 存在。由于 \(X_i\) 独立，\(Y_i\) 也独立。
由辛钦大数定律，\(\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} Y_i = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i^2 \xrightarrow{P} E(X_i^2) = mp(1-p) + m^2p^2\)。
所以答案为：依概率收敛于 \(mp(1-p) + m^2p^2\)。
现有一大批棉包，设每个棉包的重量(单位:kg)是随机变量，且其均值为100，标准差为5。利用中心极限定理求任取的100个棉包的重量大于9950kg的概率？

解：
设第 \(i\) 个棉包重量为 \(X_i\)，则 \(E(X_i)=100, D(X_i)=5^2=25\)。
记 \(S_{100} = \sum_{i=1}^{100} X_i\) 为100个棉包总重量。
由独立同分布中心极限定理，\(S_{100}\) 近似服从正态分布，其均值和方差为：
\(E(S_{100}) = 100 \times 100 = 10000\)，\(D(S_{100}) = 100 \times 25 = 2500\)，标准差 \(\sigma_{S} = 50\)。
所求概率为：
\(P(S_{100} > 9950) = 1 - P(S_{100} \le 9950) \approx 1 - \Phi\left( \frac{9950 - 10000}{50} \right) = 1 - \Phi(-1) = 1 - [1 - \Phi(1)] = \Phi(1)\)。
查标准正态分布表，\(\Phi(1) \approx 0.8413\)。
某快餐店午餐有三种套餐出售,其价格分别为20元,25元,30元,售出概率分别为0.6,0.2,0.2,若售出100件套餐,求总收入超过2400元的概率。

解：
设单件套餐售价为 \(X\)，其分布为：\(P(X=20)=0.6, P(X=25)=0.2, P(X=30)=0.2\)。
计算：\(E(X) = 20\times0.6 + 25\times0.2 + 30\times0.2 = 12 + 5 + 6 = 23\)。
\(E(X^2) = 400\times0.6 + 625\times0.2 + 900\times0.2 = 240 + 125 + 180 = 545\)。
\(D(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = 545 - 529 = 16\)。
设售出100件套餐总收入为 \(T = \sum_{i=1}^{100} X_i\)，其中 \(X_i\) 独立同分布于 \(X\)。
由中心极限定理，\(T\) 近似服从正态分布，\(E(T) = 100 \times 23 = 2300\)，\(D(T) = 100 \times 16 = 1600\)，标准差 \(\sigma_T = 40\)。
所求概率：
\(P(T > 2400) = 1 - P(T \le 2400) \approx 1 - \Phi\left( \frac{2400 - 2300}{40} \right) = 1 - \Phi(2.5)\)。
查表 \(\Phi(2.5) \approx 0.9938\)，所以 \(P(T > 2400) \approx 1 - 0.9938 = 0.0062\)。
某储蓄所的一位银行员工每天工作时间内服务的顾客数服从参数为100的泊松分布，现在随机跟踪该员工25天，每天记录其在工作时间内服务的顾客数，求25天内服务的平均顾客数超过102人的概率的近似值。

解：
设每天服务顾客数为 \(X_i \sim P(100)\)，则 \(E(X_i)=100, D(X_i)=100\)。
记25天平均顾客数 \(\overline{X} = \frac{1}{25} \sum_{i=1}^{25} X_i\)。
由中心极限定理，\(\overline{X}\) 近似服从正态分布，其均值和方差为：
\(E(\overline{X}) = 100\)，\(D(\overline{X}) = \frac{100}{25} = 4\)，标准差 \(\sigma_{\overline{X}} = 2\)。
所求概率：
\(P(\overline{X} > 102) = 1 - P(\overline{X} \le 102) \approx 1 - \Phi\left( \frac{102-100}{2} \right) = 1 - \Phi(1)\)。
\(\Phi(1) \approx 0.8413\)，所以 \(P(\overline{X} > 102) \approx 1 - 0.8413 = 0.1587\)。
设某种盒装水果的净重(单位:千克)是随机变量,其数学期望为4，标准差为0.4。利用中心极限定理求100盒此种水果的净重之和不小于390千克的概率。

解：
设单盒净重为 \(X_i\)，\(E(X_i)=4, D(X_i)=0.4^2=0.16\)。
记100盒总净重 \(S_{100} = \sum_{i=1}^{100} X_i\)。
由中心极限定理，\(S_{100}\) 近似服从正态分布，\(E(S_{100})=100\times4=400\)，\(D(S_{100})=100\times0.16=16\)，标准差 \(\sigma_S=4\)。
所求概率：
\(P(S_{100} \ge 390) = 1 - P(S_{100} < 390) \approx 1 - \Phi\left( \frac{390-400}{4} \right) = 1 - \Phi(-2.5) = \Phi(2.5)\)。
查表 \(\Phi(2.5) \approx 0.9938\)。

第七章

设总体 \(X\) 的密度函数为 \(f(x)=\left\{\begin{array}{l}\lambda^2 x e^{-\lambda x}, x>0\\\\ 0,\quad x\leq 0\end{array}\right.\) 其中 \(\lambda>0\) 为未知参数, \(X_1, X_2,\ldots, X_n\) 为来自总体 \(X\) 的简单随机样本, \(x_1, x_2,\ldots, x_n\) 为对应的样本值.求(1)参数 \(\lambda\) 的矩估计;(2)参数 \(\lambda\) 的最大似然估计。

解：
总体 \(X\) 的分布是参数为 \(2\) 和 \(\lambda\) 的 Gamma 分布（或形状参数为2，尺度参数为 \(1/\lambda\) 的 Gamma 分布），或称为二阶爱尔朗分布。
(1) 矩估计：计算总体一阶矩（期望）。
\(E(X) = \int_{0}^{\infty} x \cdot \lambda^2 x e^{-\lambda x} dx = \lambda^2 \int_{0}^{\infty} x^2 e^{-\lambda x} dx\)。
利用 Gamma 函数：\(\int_{0}^{\infty} x^{\alpha-1} e^{-\beta x} dx = \frac{\Gamma(\alpha)}{\beta^{\alpha}}\)，此处 \(\alpha=3, \beta=\lambda\)。
所以 \(E(X) = \lambda^2 \cdot \frac{\Gamma(3)}{\lambda^3} = \lambda^2 \cdot \frac{2!}{\lambda^3} = \frac{2}{\lambda}\)。
令 \(E(X) = \overline{X}\)，得 \(\frac{2}{\lambda} = \overline{X}\)，所以 \(\lambda\) 的矩估计量 \(\hat{\lambda} = \frac{2}{\overline{X}}\)。
(2) 最大似然估计：
似然函数 \(L(\lambda) = \prod_{i=1}^{n} f(x_i; \lambda) = \prod_{i=1}^{n} \lambda^2 x_i e^{-\lambda x_i} = \lambda^{2n} \left( \prod_{i=1}^{n} x_i \right) e^{-\lambda \sum_{i=1}^{n} x_i}\)，\(x_i > 0\)。
取对数：\(\ln L(\lambda) = 2n \ln \lambda + \sum_{i=1}^{n} \ln x_i - \lambda \sum_{i=1}^{n} x_i\)。
对 \(\lambda\) 求导：\(\frac{d \ln L(\lambda)}{d\lambda} = \frac{2n}{\lambda} - \sum_{i=1}^{n} x_i\)。
令导数为0：\(\frac{2n}{\lambda} - \sum_{i=1}^{n} x_i = 0\)，解得 \(\lambda = \frac{2n}{\sum_{i=1}^{n} x_i} = \frac{2}{\overline{x}}\)。
所以 \(\lambda\) 的最大似然估计量 \(\hat{\lambda} = \frac{2}{\overline{X}}\)，与矩估计相同。
总体 \(X\) 的密度函数 \(f(x)=\begin{cases} \frac{1}{\theta} x^{\frac{1-\theta}{\theta}}, & 0<x<1 \\\\ 0, & \text{其他} \end{cases}\) 其中 \(\theta>0\) 为未知参数，求(1)参数 \(\theta\) 的矩估计；(2)参数 \(\theta\) 的最大似然估计。

解：
(1) 矩估计：计算总体一阶矩。
\(E(X) = \int_{0}^{1} x \cdot \frac{1}{\theta} x^{\frac{1-\theta}{\theta}} dx = \frac{1}{\theta} \int_{0}^{1} x^{\frac{1}{\theta}} dx = \frac{1}{\theta} \cdot \frac{1}{\frac{1}{\theta}+1} = \frac{1}{\theta} \cdot \frac{1}{\frac{1+\theta}{\theta}} = \frac{1}{1+\theta}\)。
令 \(E(X) = \overline{X}\)，得 \(\frac{1}{1+\theta} = \overline{X}\)，解得 \(\theta\) 的矩估计量 \(\hat{\theta} = \frac{1}{\overline{X}} - 1\)。
(2) 最大似然估计：
似然函数 \(L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} f(x_i; \theta) = \prod_{i=1}^{n} \left( \frac{1}{\theta} x_i^{\frac{1-\theta}{\theta}} \right) = \theta^{-n} \left( \prod_{i=1}^{n} x_i \right)^{\frac{1-\theta}{\theta}}\)，\(0 < x_i < 1\)。
取对数：\(\ln L(\theta) = -n \ln \theta + \frac{1-\theta}{\theta} \sum_{i=1}^{n} \ln x_i\)。
对 \(\theta\) 求导：\(\frac{d \ln L(\theta)}{d\theta} = -\frac{n}{\theta} + \left( -\frac{1}{\theta^2} \sum_{i=1}^{n} \ln x_i \right) = -\frac{n}{\theta} - \frac{1}{\theta^2} \sum_{i=1}^{n} \ln x_i\)。
令导数为0：\(-\frac{n}{\theta} - \frac{1}{\theta^2} \sum_{i=1}^{n} \ln x_i = 0\)，两边乘以 \(\theta^2\)：\(-n\theta - \sum_{i=1}^{n} \ln x_i = 0\)。
解得 \(\theta = -\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \ln x_i\)。注意到 \(\ln x_i < 0\)，所以 \(\theta > 0\)。
所以 \(\theta\) 的最大似然估计量 \(\hat{\theta} = -\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \ln X_i\)。
设总体 \(X\) 的密度函数为 \(f(x)=\left\{\begin{array}{cc}\theta c^{\theta} x^{-(\theta+1)},& x>c\\\\ 0,&\text{其他}\end{array}\right.\) 其中 \(c>0\) 为已知常数, \(\theta>1\) 为未知参数, 求(1)参数 \(\theta\) 的矩估计;(2)参数 \(\theta\) 的最大似然估计;(3) \(E(X)\) 的最大似然估计。

解：
这是一个 Pareto 分布（帕累托分布）。
(1) 矩估计：计算总体一阶矩。
\(E(X) = \int_{c}^{\infty} x \cdot \theta c^{\theta} x^{-(\theta+1)} dx = \theta c^{\theta} \int_{c}^{\infty} x^{-\theta} dx\)。
当 \(\theta > 1\) 时，该积分收敛：\(E(X) = \theta c^{\theta} \cdot \frac{c^{1-\theta}}{-\theta+1} = \frac{\theta c}{\theta - 1}\)。
令 \(E(X) = \overline{X}\)，得 \(\frac{\theta}{\theta-1} c = \overline{X}\)，即 \(\theta \overline{X} - \theta c = \overline{X}\)，整理得 \(\theta (\overline{X} - c) = \overline{X}\)。
所以 \(\theta\) 的矩估计量 \(\hat{\theta} = \frac{\overline{X}}{\overline{X} - c}\)。
(2) 最大似然估计：
似然函数 \(L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} \theta c^{\theta} x_i^{-(\theta+1)} = \theta^n c^{n\theta} \left( \prod_{i=1}^{n} x_i \right)^{-(\theta+1)}\)，\(x_i > c\)。
取对数：\(\ln L(\theta) = n \ln \theta + n\theta \ln c - (\theta+1) \sum_{i=1}^{n} \ln x_i\)。
对 \(\theta\) 求导：\(\frac{d \ln L(\theta)}{d\theta} = \frac{n}{\theta} + n \ln c - \sum_{i=1}^{n} \ln x_i\)。
令导数为0：\(\frac{n}{\theta} + n \ln c - \sum_{i=1}^{n} \ln x_i = 0\)，解得 \(\theta = \frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \ln x_i - n \ln c} = \frac{1}{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} \ln (x_i / c)}\)。
所以 \(\theta\) 的最大似然估计量 \(\hat{\theta} = \frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \ln (X_i / c)}\)。
(3) 由(1)知 \(E(X) = \frac{\theta c}{\theta - 1}\)。根据最大似然估计的不变性，\(E(X)\) 的最大似然估计为：
\(\widehat{E(X)} = \frac{\hat{\theta} c}{\hat{\theta} - 1}\)，其中 \(\hat{\theta}\) 为(2)中求得的 MLE。
设总体 \(X\) 的密度函数为 \(f(x)=\left\{\begin{array}{cc}\sqrt{\theta} x^{\sqrt{\theta}-1}& 0\leq x\leq 1\\\\ 0&\text{其他}\end{array}\right.\) 其中 \(\theta\) 为未知参数, 求(1)参数 \(\theta\) 的矩估计;(2)参数 \(\theta\) 的最大似然估计;(3) \(P(X<0.5)\) 的最大似然估计。

解：
(1) 矩估计：计算总体一阶矩。
\(E(X) = \int_{0}^{1} x \cdot \sqrt{\theta} x^{\sqrt{\theta}-1} dx = \sqrt{\theta} \int_{0}^{1} x^{\sqrt{\theta}} dx = \sqrt{\theta} \cdot \frac{1}{\sqrt{\theta}+1} = \frac{\sqrt{\theta}}{\sqrt{\theta}+1}\)。
令 \(E(X) = \overline{X}\)，得 \(\frac{\sqrt{\theta}}{\sqrt{\theta}+1} = \overline{X}\)，即 \(\sqrt{\theta} = \overline{X}(\sqrt{\theta}+1)\)，解得 \(\sqrt{\theta} = \frac{\overline{X}}{1-\overline{X}}\)。
所以 \(\theta\) 的矩估计量 \(\hat{\theta} = \left( \frac{\overline{X}}{1-\overline{X}} \right)^2\)。
(2) 最大似然估计：
似然函数 \(L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} \sqrt{\theta} x_i^{\sqrt{\theta}-1} = (\sqrt{\theta})^n \left( \prod_{i=1}^{n} x_i \right)^{\sqrt{\theta}-1} = \theta^{n/2} \left( \prod_{i=1}^{n} x_i \right)^{\sqrt{\theta}-1}\)，\(0 \le x_i \le 1\)。
取对数：\(\ln L(\theta) = \frac{n}{2} \ln \theta + (\sqrt{\theta} - 1) \sum_{i=1}^{n} \ln x_i\)。
对 \(\theta\) 求导（令 \(\alpha = \sqrt{\theta}\)，则 \(\theta = \alpha^2\)，\(\frac{d}{d\theta} = \frac{d}{d\alpha} \cdot \frac{d\alpha}{d\theta} = \frac{1}{2\alpha} \frac{d}{d\alpha}\) 更简便，这里直接对 \(\theta\) 求导）：
\(\frac{d \ln L(\theta)}{d\theta} = \frac{n}{2\theta} + \frac{1}{2\sqrt{\theta}} \sum_{i=1}^{n} \ln x_i\)。
令导数为0：\(\frac{n}{2\theta} + \frac{1}{2\sqrt{\theta}} \sum_{i=1}^{n} \ln x_i = 0\)，两边乘以 \(2\sqrt{\theta}\)：\(\frac{n}{\sqrt{\theta}} + \sum_{i=1}^{n} \ln x_i = 0\)。
解得 \(\sqrt{\theta} = -\frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \ln x_i}\)。由于 \(\ln x_i < 0\)，所以 \(\sqrt{\theta} > 0\)。
所以 \(\theta\) 的最大似然估计量 \(\hat{\theta} = \left( -\frac{n}{\sum_{i=1}^{n} \ln X_i} \right)^2\)。
(3) \(P(X < 0.5) = \int_{0}^{0.5} \sqrt{\theta} x^{\sqrt{\theta}-1} dx = \sqrt{\theta} \cdot \frac{x^{\sqrt{\theta}}}{\sqrt{\theta}} \bigg|_{0}^{0.5} = (0.5)^{\sqrt{\theta}}\)。
根据最大似然估计的不变性，\(P(X<0.5)\) 的最大似然估计为 \(\widehat{P(X<0.5)} = (0.5)^{\sqrt{\hat{\theta}}}\)，其中 \(\hat{\theta}\) 为(2)中求得的 MLE。
设 \(X_1, X_2,\ldots\ldots X_n\) 是来自总体 \(X\sim U(0,\theta)\) 的一个样本,试求参数 \(\theta\) 的矩估计。

解：
总体 \(X \sim U(0,\theta)\)，则 \(E(X) = \frac{\theta}{2}\)。
令 \(E(X) = \overline{X}\)，得 \(\frac{\theta}{2} = \overline{X}\)，所以 \(\theta\) 的矩估计量 \(\hat{\theta} = 2\overline{X}\)。
设总体 \(X\) 的概率密度函数为 \(f(x)=\left\{\begin{array}{cc}e^{\theta-x},& x\geq\theta\\\\ 0,& x<\theta\end{array}\right.\) 其中 \(\theta>0\) 为未知参数, 求参数 \(\theta\) 的矩估计量。

解：
总体分布是指数分布向右平移 \(\theta\)，即 \(X = \theta + Y\)，其中 \(Y \sim Exp(1)\)。
计算 \(E(X) = E(\theta + Y) = \theta + 1\)。
令 \(E(X) = \overline{X}\)，得 \(\theta + 1 = \overline{X}\)，所以 \(\theta\) 的矩估计量 \(\hat{\theta} = \overline{X} - 1\)。

第八章假设检验

假定某上市公司的股票价格服从正态分布 \(N\left(\mu,\sigma^{2}\right)\) ,今抽取9天的股价进行观测,得样本均值为4.36,样本方差为0.024.问在显著性水平 \(\alpha=0.05\) 时,是否可认为该公司股价的波动性(方差)为0.012?

解：
这是单个正态总体方差的假设检验（\(\sigma^2\) 未知）。已知 \(n=9, \overline{x}=4.36, s^2=0.024\)。
(1) 建立假设：\(H_0: \sigma^2 = 0.012\)，\(H_1: \sigma^2 \ne 0.012\)（双侧检验）。
(2) 检验统计量：\(\chi^2 = \frac{(n-1)s^2}{\sigma_0^2} \sim \chi^2(n-1)\)，其中 \(\sigma_0^2 = 0.012\)。
(3) 计算统计量观测值：\(\chi^2 = \frac{(9-1)\times 0.024}{0.012} = \frac{8 \times 0.024}{0.012} = 16\)。
(4) 给定 \(\alpha=0.05\)，查 \(\chi^2(8)\) 分布表，得临界值 \(\chi^2_{0.025}(8)=2.180\)，\(\chi^2_{0.975}(8)=17.535\)。
(5) 决策：因为 \(2.180 < 16 < 17.535\)，统计量观测值落在接受域内，故不拒绝 \(H_0\)。可以认为股价的波动性（方差）为0.012。
电工器材厂生成一批保险丝,已知其熔化时间服从正态分布 \(N(\mu,\sigma^2)\) ,现从该批保险丝中取16根进行测试，计算得平均熔化时间为62.4，标准差为11。问在显著性水平 \(\alpha=0.05\) 时，是否可以认为整批保险丝的熔化时间的方差为80?

解：
单个正态总体方差检验。已知 \(n=16, \overline{x}=62.4, s=11, s^2=121\)。
(1) 建立假设：\(H_0: \sigma^2 = 80\)，\(H_1: \sigma^2 \ne 80\)。
(2) 检验统计量：\(\chi^2 = \frac{(n-1)s^2}{\sigma_0^2} \sim \chi^2(n-1)\)，\(\sigma_0^2=80\)。
(3) 计算：\(\chi^2 = \frac{15 \times 121}{80} = \frac{1815}{80} = 22.6875\)。
(4) \(\alpha=0.05\)，查 \(\chi^2(15)\) 分布表，临界值 \(\chi^2_{0.025}(15)=6.262\)，\(\chi^2_{0.975}(15)=27.488\)。
(5) 决策：\(6.262 < 22.6875 < 27.488\)，不拒绝 \(H_0\)。可以认为方差为80。
某种导线的电阻 \(X\) 服从正态分布 \(N\left(\mu,\sigma^2\right)\) ,参数均未知，要求其标准差不得超过0.005欧。今在生产的一批导线中取9根测试，测得其标准差为0.007欧。问在显著性水平 \(\alpha=0.05\) 下，这批导线是否符合要求?

解：
这是单侧（左侧）方差检验。要求标准差 \(\sigma \le 0.005\)，不符合要求即 \(\sigma > 0.005\)。通常将希望被否定的命题作为备择假设。
(1) 建立假设：\(H_0: \sigma^2 \le 0.005^2\)（符合要求），\(H_1: \sigma^2 > 0.005^2\)（不符合要求）。这是一个右侧检验。
(2) 检验统计量：\(\chi^2 = \frac{(n-1)s^2}{\sigma_0^2} \sim \chi^2(n-1)\)，\(\sigma_0^2 = 0.005^2 = 0.000025\)。
(3) 计算：\(n=9, s=0.007, s^2=0.000049\)。\(\chi^2 = \frac{8 \times 0.000049}{0.000025} = 15.68\)。
(4) \(\alpha=0.05\)，查 \(\chi^2(8)\) 分布上侧分位数 \(\chi^2_{0.05}(8)=15.507\)。
(5) 决策：\(15.68 > 15.507\)，落在拒绝域。拒绝 \(H_0\)，接受 \(H_1\)。认为标准差显著大于0.005欧，这批导线不符合要求。
某饮料厂生产罐装饮料，每罐的重量服从正态分布，要求其平均重量为500毫升，且已知标准差为1.2毫升。某日开工后，随机抽取9罐装饮料，测得样本均值为499.5毫升。设方差不变，在显著性水平 \(\alpha=0.05\) 下，问这天罐装饮料是否符合要求？

解：
单个正态总体均值检验，方差 \(\sigma^2\) 已知。已知 \(\mu_0=500, \sigma=1.2, n=9, \overline{x}=499.5\)。
(1) 建立假设：\(H_0: \mu = 500\)（符合要求），\(H_1: \mu \ne 500\)（不符合要求，双侧检验）。
(2) 检验统计量：\(U = \frac{\overline{X} - \mu_0}{\sigma / \sqrt{n}} \sim N(0,1)\)。
(3) 计算：\(u = \frac{499.5 - 500}{1.2 / 3} = \frac{-0.5}{0.4} = -1.25\)。
(4) \(\alpha=0.05\)，查标准正态分布双侧分位数 \(u_{0.025}=1.96\)。
(5) 决策：\(|u| = 1.25 < 1.96\)，不拒绝 \(H_0\)。认为平均重量与500毫升无显著差异，符合要求。
某种药物的杂质含量服从正态分布 \(N\left(\mu,\sigma^2\right)\) ,国家规定杂质含量不得超过 0.1(mg/g)。药检局对某药厂送检的该种药品进行了 9次检测,检测数据记为 \(x_1, x_2,\ldots, x_9\) ,计算得 \(\sum_{i=1}^9 x_i=0.873,\sum_{i=1}^9 x_i^2=0.091881\) 问在显著性水平 \(\alpha=0.05\) 下,该药品杂质含量是否超过国家规定的标准？

解：
单个正态总体均值的单侧（右侧）t检验（方差未知）。
计算样本均值 \(\overline{x} = \frac{0.873}{9} = 0.097\)。
样本方差 \(s^2 = \frac{1}{n-1} \left( \sum x_i^2 - n\overline{x}^2 \right) = \frac{1}{8} \left( 0.091881 - 9 \times 0.097^2 \right) = \frac{1}{8} \left( 0.091881 - 9 \times 0.009409 \right) = \frac{1}{8} (0.091881 - 0.084681) = \frac{1}{8} \times 0.0072 = 0.0009\)，\(s=0.03\)。
(1) 建立假设：\(H_0: \mu \le 0.1\)（符合标准），\(H_1: \mu > 0.1\)（超过标准，单侧检验）。
(2) 检验统计量：\(T = \frac{\overline{X} - \mu_0}{s / \sqrt{n}} \sim t(n-1)\)，\(\mu_0=0.1\)。
(3) 计算：\(t = \frac{0.097 - 0.1}{0.03 / 3} = \frac{-0.003}{0.01} = -0.3\)。
(4) \(\alpha=0.05\)，查 \(t(8)\) 分布上侧分位数 \(t_{0.05}(8)=1.860\)。由于是右侧检验，拒绝域为 \(t > t_{\alpha}(n-1)\)。
(5) 决策：\(t = -0.3 < 1.860\)，不在拒绝域。不拒绝 \(H_0\)，没有充分证据认为杂质含量超过0.1，可以认为符合标准。
某钢厂原工艺下钢板厚度服从正态分布 \(N\left(40,2^2\right)\) (单位:毫米)，改进工艺后，测得16块钢板厚度的平均值为41.假定方差不变，试问在显著性水平 \(\alpha=0.05\) 下，平均钢板厚度是否有所提高？

解：
单个正态总体均值的单侧（右侧）U检验（方差已知）。已知 \(\mu_0=40, \sigma=2, n=16, \overline{x}=41\)。
(1) 建立假设：\(H_0: \mu \le 40\)（无提高），\(H_1: \mu > 40\)（有提高）。
(2) 检验统计量：\(U = \frac{\overline{X} - \mu_0}{\sigma / \sqrt{n}} \sim N(0,1)\)。
(3) 计算：\(u = \frac{41-40}{2/4} = \frac{1}{0.5} = 2\)。
(4) \(\alpha=0.05\)，查标准正态分布上侧分位数 \(u_{0.05}=1.645\)。
(5) 决策：\(u = 2 > 1.645\)，落在拒绝域。拒绝 \(H_0\)，接受 \(H_1\)。认为平均钢板厚度有显著提高。
已知维尼纶纤度在正常条件下服从正态分布 \(N(\mu, 0.0482^{2})\) 。今抽取 5根纤维,测得其纤度的样本均值为1.414,样本方差0.00778。问在显著性水平 \(\alpha=0.05\) 下,这天纤度的波动是否正常？

解：
单个正态总体方差的双侧检验。已知 \(\sigma_0^2 = 0.0482^2 \approx 0.00232324\)，\(n=5, \overline{x}=1.414, s^2=0.00778\)。
(1) 建立假设：\(H_0: \sigma^2 = 0.00232324\)（波动正常），\(H_1: \sigma^2 \ne 0.00232324\)（波动不正常）。
(2) 检验统计量：\(\chi^2 = \frac{(n-1)s^2}{\sigma_0^2} \sim \chi^2(n-1)\)。
(3) 计算：\(\chi^2 = \frac{4 \times 0.00778}{0.00232324} \approx \frac{0.03112}{0.00232324} \approx 13.39\)。
(4) \(\alpha=0.05\)，查 \(\chi^2(4)\) 分布临界值 \(\chi^2_{0.025}(4)=0.484\)，\(\chi^2_{0.975}(4)=11.143\)。
(5) 决策：\(13.39 > 11.143\)，落在拒绝域。拒绝 \(H_0\)，认为纤度的波动与正常条件有显著差异，即波动不正常。
某炼钢厂的铁水含碳量 \(X\sim N\left(\mu,o^{2}\right)\) ,已知在生产正常的情况下平均含碳量应为4.55.现抽测了9炉铁水，测得含碳量的均值为4.46，标准差为0.12.问在显著性水平 \(\alpha=0.05\) 下,铁水含碳量是否正常。

解：
单个正态总体均值的双侧t检验（方差未知）。已知 \(\mu_0=4.55, n=9, \overline{x}=4.46, s=0.12\)。
(1) 建立假设：\(H_0: \mu = 4.55\)（正常），\(H_1: \mu \ne 4.55\)（不正常）。
(2) 检验统计量：\(T = \frac{\overline{X} - \mu_0}{s / \sqrt{n}} \sim t(n-1)\)。
(3) 计算：\(t = \frac{4.46 - 4.55}{0.12 / 3} = \frac{-0.09}{0.04} = -2.25\)。
(4) \(\alpha=0.05\)，查 \(t(8)\) 分布双侧分位数 \(t_{0.025}(8)=2.306\)。
(5) 决策：\(|t| = 2.25 < 2.306\)，不拒绝 \(H_0\)。认为含碳量与4.55无显著差异，铁水含碳量正常。
某工厂生产一种钢管，钢管内径X(单位:毫米)服从正态分布 \(N\left(\mu,o^{2}\right)\) ，要求其内径的平均值为100毫米。现从生产的一批钢管中随机抽取9根，测得其内径的均值为 100.1毫米，标准差为 0.5毫米。在显著性水平 \(\alpha=0.05\) 下，问这批钢管是否合格？

解：
单个正态总体均值的双侧t检验（方差未知）。已知 \(\mu_0=100, n=9, \overline{x}=100.1, s=0.5\)。
(1) 建立假设：\(H_0: \mu = 100\)（合格），\(H_1: \mu \ne 100\)（不合格）。
(2) 检验统计量：\(T = \frac{\overline{X} - \mu_0}{s / \sqrt{n}} \sim t(n-1)\)。
(3) 计算：\(t = \frac{100.1 - 100}{0.5 / 3} = \frac{0.1}{0.1667} \approx 0.6\)。
(4) \(\alpha=0.05\)，查 \(t(8)\) 分布双侧分位数 \(t_{0.025}(8)=2.306\)。
(5) 决策：\(|t| = 0.6 < 2.306\)，不拒绝 \(H_0\)。认为平均内径与100毫米无显著差异，这批钢管合格。

posted @ 2026-05-06 11:03 kkman2000 阅读(17) 评论(0) 收藏举报

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第3次作业 解答

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