第3章 多维随机变量及其分布典型例题分析求离散型分布例1 一袋内装有5个白球，3个红球.第一次从袋中任意取一个球不放回；第二次又从袋中任取两个球，表示第次取到的百球数，=1，2.求
（1）（，）的分布及边缘分布；（2），，.
分析 这是一个根据实际的实验结果求随机向量分布的问题，解这类问题第一步是确定其所有可能取值，然后对每个可能取值，求相应事件的概率，一旦确定了分布，便可求其他事件的概率.
解 （1）的可能取值为0，1；的可能取值为0，1，2.由乘法公式可得：
= = ，
= = ，
= = ，
= = ，
= = ，
= = .
即得联合分布表为：
0 1 2
0
1
边缘分布为：
，
，
，
，
.
即的边缘概率分布为：
0 1
P
的边缘概率分布为：
0 1 2
P
（2），
，
例 2 已知随机变量与的概率分布分别为：
0 1
P
0 1
P
且1.
求 和的联合分布；
判断 和 是否独立.
分析 一般情况下，由边缘分布不能导出联合分布，本题也不例外，可见要确定联合分布，关键要使用附加条件=1.一旦求出联合分布，判断独立性依据离散型随机变量的独立的等价条件，看是否联合概率等于边缘概率的乘积.
解 （1）由题设知，于是
.
由已知的边缘分布可得联合分布及边缘分布表为：
-1 0 1
0
1
0 0
由联合分布与边缘分布的关系得：
，从而，
，从而，
，从而，
，从而 .
于是和的联合分布为：
-1 0 1
0
1
0
0 0
（2）由于，故与不独立.
例3 已知与独立，其联合分布和边缘分布如下表，其中部分概率给出了已知值，将其余概率计算出来,
分析 利用联合分布与边缘分布的关系，并利用独立性.可计算余下的未知概率.
解
首先，由得.由独立性知：，从而，得.继而由，知，从而.
由，即，得.
由，即，得.
由，即，得.
最后由即，得=.
二、求连续型分布例4 设（，）及（，）的密度函数，分别为
求（1）常数,; (2) 边缘密度；（3）条件密度函数.
分析 本题显然需由联合密度函数的性质
先确定常数,，涉及到重积分的计算问题.
解 （1）由
=，得 = 12.
由，
其中D={（x,y）x > y > 0}.
先将上述重积分化为累次积分：
，
得 =21.
从而有
（2）.
显然，当x<0时，，故；
当x 0时，
从而
.
综上
同理可得
由于 .
显然，当时，=0，从而=0；
当时，
故
综上
由于 .
显然，当y〈0时，=0，故=0；
当y 0时，
故
综上
（3）当 时，
当y〈0时，
当时，
当x〈0时，
当 时，
当y〈0时，
当时，
当x〈0时，
例5 已知X和Y的分布函数，分别为
且X与Y相互独立.
求（X，Y）的分布函数；
令，，求的分布函数；
求.
分析 本题主要由边缘分布及独立性来确定联合分布函数，继而由于与也独立，从而如能确定的分布函数和的分布函数，便也可由独立性确定的分布函数.
解 （1）由于与独立，故有
.
首先，只要，有一个为0，则有=0.
于是，当
或时，.
其次，当时，，当时，.
那么，当且时，.
同理当且时，；
当且时，；
当且时，.
（2）由于，
当时，显然；
当时，
综上
同理
，
当时，；
当时，
于是由于与独立，必有与独立，从而
（3）由于与独立，有
.
三、求区域上的概率例8 设，均服从[0，4]上的均匀分布，且，
分析 由于，的分布已知，因而，等事件的概率是已知的，于是为计算的概率，关键要利用这些事件之间的关系及概率的计算公式.
解 注意到
，
又由于
.
根据，服从[0，4]上的均匀分布可知
,
故得：
.
四,随机向量的函数的分布
例11 设概率分布如下表
Y
X
0 1 2
0
1
2
0
0 0
求和各自的概率分布；
求的分布.
分析 这是一个求离散型随机向量函数分布的例子，解法与随机变量的函数类似，先确函数的所有可能取值，对每个取值的事件，将其由自变量的取值来表示.
解 （1）的所有可能取值为0，1，2.且有
，
.
的所有可能取值有-2，-1，0，1，2，且
，
，
，
，
；
（2）为求的分布，常规解法是先求的所有可能取值.但本例中基于（1）中提供的信息，可先以的取值及事件分解来计算会更方便一些。
由，可得
,而.
同样，由
，
可得
，
，
.
最后，由
，
可得
，
，
，
.
综上可得，的分布如下表：
-2 -1 0 1 2
0
1
2
0 0 0 0
0 0 0
0 0
例14 设与独立，且，.令
要使与独立，则的值为.
分析 这里是和的函数，跟通常不同，这里是分段函数，要考虑与的独立性.先要确定和的边缘分布，的边缘分布已知，因而需要确定的是的边缘分布.然后要求和的联合分布.
，
.
另一方面，
，
，
，
.
要使与独立，则有
，
，
，
.
由 得
易验证，时，上面各式均成立.
答 .
第四章 随机变量的数字特征典型例题分析
一、数字特征及其性质例18 已知、是两个相互独立的随机变量，已知在[0，2]上服从均匀分布，服从参数为2的指数分布，则，.
分析 这里主要利用独立性，及常见分布的数字特征.
,
.
答 ，.
例 19 二维随机向量在区域内服从均匀分布，，则，.
分析 本题可以先由联合分布，导出的边缘分布，继而求得和，然后由数学期望和方差的性质求得和.
也可直接由联合分布求，，继而求得和.这里我们使用后者.
首先，由于，故的密度函数为
于是
，
，
.
于是 ，
.
答 ，.
二、随机向量函数的应用问题
例 24 一商店经销某种商店，每周进货量与顾客对该种商品的需求量是相互独立的随机变量，且都服从区间[10，20]上的均匀分布.若商店每售出一单位商品可获利1000元，若需要量超过进货量，商店可以从其他商店调剂供应，这时每单位商品获利500元，试求此商品经销该种商品每周所得利润的期望值.
分析 利润是进货量和需求量的函数，因此关键是根据题意先确定这一函数关系.
解 设为需求量，为每周利润，则由题设知
由于相互独立且服从[10，20]上的均匀分布，从而的密度函数为：
所以
，
其中 ，
.
从而
（元）
第五章 大数定律及中心极限定理典型例题分析一、大数定律与中心极限定理例 26 设某种电子器件的使用寿命（单位：h）服从参数为的指数分布，其使用情况是第一个损坏第二个立即使用，第二个损坏第三个立即使用等等.已知每个器件的价格为元，那么在一年中至少需要多少元才能以的概率保证该电子器件够用（假设一年有306个工作日，每个工作日8h）.
分析 问题可归结为一年中需要多少个该电子器件才以的概率保证够用.也就是多少个器件的寿命之和会以的概率大于一年的工作时间3068h，因而是一个大规模和的概率计算问题，要用中心极限定理.
解 设一年中需准备n个电子期间，表示第个电子器件的寿命（=1，2，n），则是n个器件的总寿命.
于是问题归结为求最小的n使得
.
由题设，独立同分布，且，
于是由德伯格中心极限定理得：
，
即 .
查表得：.
第六章 样本及抽样分布
典型例题分析
一、抽样分布的确定例1设是取自两点分布总体的样本，则的分布为，当n很大时，样本均值近似服从分布.
分析 是取自的样本，故且相互独立，由两点分布的可加性，.
由于，.由一般总体抽样分布的极限分布总结，渐近服从，从而渐近服从.
答 ，.
例3 设总体，是取自总体X的样本.设，则当C=时，CY服从分布，自由度为.
分析 且相互独立，故，且相互独立，从而，且相互独立，故有.
即应有.
答 ，2.
例 4 设总体，是取自的样本，则随机变量
服从分布，参数为.
分析 是正态变量平方和的比值，应该倾向于分布.
且相互独立，故有
从而
，
且相互独立.于是
答 ，.
例 5 设总体与总体相互独立且都服从，和分别是来自总体和的样本，则统计量服从的分布为，参数为.
分析 是正态变量的线性函数与平方和的根方的比值，应该倾向于服从分布.
，且相互独立，故，.
从而
，
，
且与相互独立，于是
.
答 分布，9.
例6 设是取自总体的样本，为样本均值，已知，则有.
（A） （B）
（C） （D）
分析 由于，故，Y是的线性函数也服从正态分布，且有，.，解得或.
答 （C）
例12 设是取自正态总体的简单随机样本，，，.证明统计量Z服从自由度为2的t分布.
分析 注意到恰为的样本方差，由抽样定理，可知，而显然是一个正态分布，于是可通过对分子、分母的变形，化Z为t分布的结构形式.
证明 由抽样定理，恰为的样本方差，故.
由于且相互独立，故，且相互独立，故 （即）.
注意到与相互独立，故与相互独立，而与恰为的样本均值与样本方差，与相互独立，于是与相互独立,，.
故，即有.
二、利用抽样分布进行相关计算例15 设X与Y相互独立，且有，，求概率.
分析 将所求概率的形式变为
，确定出的抽样分布即可计算求解.
解 X与Y相互独立，，则且与相互独立，于是.所求概率为.
例18 设（）是取自总体X的样本，，分别为样本均值与样本方差，假定，均存在，试求，，.
分析 =，=.
利用样本的独立性和同分布性，则有
，，，所求数字特征不难算出.
解 ==，==，
=====.
注 本题证明了对于任何存在均值与方差的总体分布，均有.
第七章 参数估计典型例题分析
1.矩估计与极大似然估计
例1 设总体的概率密度为
是取自总体的样本,则未知参数的矩估计量为.
分析 在矩法中,常用样本均值估计总体均值,用样本未修正方差估计总体
.
,
则有 ,故.
答案 或.
例3 设总体的概率密度为
其中为未知参数,是取自总体的样本,试求的矩估计量与最大似然估计量.
解 (1),
,;
(2)似然函数为
,
.
似然方程组为
.
解得 ,故的最大似然估计量为
.
例5 设总体,其中为未知参数,是取自总体的样本,求的矩估计量与最大似然估计量.
解 (1),,;
(2)
似然函数为
,
.
似然方程组为
.
显然似然方程无解(由于参数),注意到,故关于单调递减,欲使达到最大,应最小,但是,故的最小值为,从而的最大似然估计为
.
注 本题说明,当似然函数单调时,不能通过似然方程组求解最大似然估计(似然方程组无解).此时应根据最大似然估计的概念,直接将似然函数的最大值点作为未知参数的最大似然估计,
3.置信区间例11 设总体服从参数与的对数正态分布,是取自总体的样本.
试求的最大似然估计;
利用构造的置信区间;
试求的置信区间.
分析 本题应该依照求一般总体未知参数置信区间的原则来进行,先确定的分布,然后围绕构造包括与且已知分布的枢轴量,从而诱导出的置信区间.
另外,由于是的单调函数,利用的置信区间变形即可得到的置信区间.
解 (1)的密度函数为
似然函数为
.
似然方程为
.
解得 =,故的最大似然估计量为
;
(2)由于且相互独立,则有
,
从而
,
于是
.
经不等式变形得到
.
即的置信区间为
;
(3)由于是的单调递增函数,故有
.
即的置信区间为
.
例12 设由取自正态总体容量为9的样本,得样本均值,则未知参数的置信区间是.
分析 这是已知下单正态总体的均值区间估计问题,置信区间为
这里,,计算可得
即
答案
例16 已知某种木材横纹抗压力的实验值服从正态分布,对9个试件作横纹抗压力实验得数据如下(单位:):
482,493,457,471,510,446,435,418,469.
试对下面情况分别求出平均横纹抗压力的置信区间.
(1) 已知; (2) 未知.
分析 注意在已知与未知两种情况下,单正态总体均值的置信区间是不同的,这是因为借助的枢轴量及其分布是不一样的.
解 (1)由于已知,平均横纹抗压力置信区间为
.
利用样本值计算可得
,
这里给定,查附表,容易计算
即置信区间为;
(2)由于未知,平均横纹抗压力的置信区间为
利用样本值计算可得
,
.
这里,查附表.容易计算
.
即置信区间为.
注 对于单正态总体均值的区间估计.若已知,采用置信区间
更为恰当,因为它充分利用了提供的信息,估计更为准确.
抽测某批烟草的尼古丁含量(单位:),得到10个样本值
18,24,27,21,26,28,22,31,19,20.
假定烟草的尼古丁含量服从正态分布,试分别求出烟草尼古丁平均含量与标准差的置信区间.
分析 这是一个与均未知下,单正态总体的参数区间估计问题,只需按照相应结果计算即可.
解 与的置信区间分别为
,
.
利用样本数据,计算可得
,
,
.
这里,给定,查附表.容易计算
,
,.
故的置信区间为(21.11,26.09),的置信区间为(3.14,7.07).
例20 设总体,是取自总体的样本,欲使的置信区间长度不超过2,问在以下两种情况下样本容量至少应取多少?
(1); (2).
分析 题中给出了,根据的置信区间
,
可确定区间长度为,利用不等式可确定的范围.
解 由题意,已知,的置信区间为
,
其区间长度
.
对于给定,欲使
,
必须
.
对于与,计算可得
,
.
故样本容量分别至少应取25与60.
注 本题说明,在参数的区间估计中,为了同时保证估计的可靠度与精确度,通常只有增加样本容量.
第八章 假设检验典型例题分析
1.假设检验例24 设某次考试的考生成绩服从正态分布,从中随机地取36位考生的成绩,算得平均成绩为66.5分,标准差为15分.问在显著性水平0.05下,是否可以认为这次考试全体考生的平均成绩为70分?
分析 题中没有假设已知,这是在未知下单正态总体均值的检验问题.应利用检验法检验假设
.
解 建立假设
,
这里.给定,查附表,计算可得
.
由于,故接受,即认为平均成绩为70分.
（1）（，）的分布及边缘分布；（2），，.
分析 这是一个根据实际的实验结果求随机向量分布的问题，解这类问题第一步是确定其所有可能取值，然后对每个可能取值，求相应事件的概率，一旦确定了分布，便可求其他事件的概率.
解 （1）的可能取值为0，1；的可能取值为0，1，2.由乘法公式可得：
= = ，
= = ，
= = ，
= = ，
= = ，
= = .
即得联合分布表为：
0 1 2
0
1
边缘分布为：
，
，
，
，
.
即的边缘概率分布为：
0 1
P
的边缘概率分布为：
0 1 2
P
（2），
，
例 2 已知随机变量与的概率分布分别为：
0 1
P
0 1
P
且1.
求 和的联合分布；
判断 和 是否独立.
分析 一般情况下，由边缘分布不能导出联合分布，本题也不例外，可见要确定联合分布，关键要使用附加条件=1.一旦求出联合分布，判断独立性依据离散型随机变量的独立的等价条件，看是否联合概率等于边缘概率的乘积.
解 （1）由题设知，于是
.
由已知的边缘分布可得联合分布及边缘分布表为：
-1 0 1
0
1
0 0
由联合分布与边缘分布的关系得：
，从而，
，从而，
，从而，
，从而 .
于是和的联合分布为：
-1 0 1
0
1
0
0 0
（2）由于，故与不独立.
例3 已知与独立，其联合分布和边缘分布如下表，其中部分概率给出了已知值，将其余概率计算出来,
分析 利用联合分布与边缘分布的关系，并利用独立性.可计算余下的未知概率.
解
首先，由得.由独立性知：，从而，得.继而由，知，从而.
由，即，得.
由，即，得.
由，即，得.
最后由即，得=.
二、求连续型分布例4 设（，）及（，）的密度函数，分别为
求（1）常数,; (2) 边缘密度；（3）条件密度函数.
分析 本题显然需由联合密度函数的性质
先确定常数,，涉及到重积分的计算问题.
解 （1）由
=，得 = 12.
由，
其中D={（x,y）x > y > 0}.
先将上述重积分化为累次积分：
，
得 =21.
从而有
（2）.
显然，当x<0时，，故；
当x 0时，
从而
.
综上
同理可得
由于 .
显然，当时，=0，从而=0；
当时，
故
综上
由于 .
显然，当y〈0时，=0，故=0；
当y 0时，
故
综上
（3）当 时，
当y〈0时，
当时，
当x〈0时，
当 时，
当y〈0时，
当时，
当x〈0时，
例5 已知X和Y的分布函数，分别为
且X与Y相互独立.
求（X，Y）的分布函数；
令，，求的分布函数；
求.
分析 本题主要由边缘分布及独立性来确定联合分布函数，继而由于与也独立，从而如能确定的分布函数和的分布函数，便也可由独立性确定的分布函数.
解 （1）由于与独立，故有
.
首先，只要，有一个为0，则有=0.
于是，当
或时，.
其次，当时，，当时，.
那么，当且时，.
同理当且时，；
当且时，；
当且时，.
（2）由于，
当时，显然；
当时，
综上
同理
，
当时，；
当时，
于是由于与独立，必有与独立，从而
（3）由于与独立，有
.
三、求区域上的概率例8 设，均服从[0，4]上的均匀分布，且，
分析 由于，的分布已知，因而，等事件的概率是已知的，于是为计算的概率，关键要利用这些事件之间的关系及概率的计算公式.
解 注意到
，
又由于
.
根据，服从[0，4]上的均匀分布可知
,
故得：
.
四,随机向量的函数的分布
例11 设概率分布如下表
Y
X
0 1 2
0
1
2
0
0 0
求和各自的概率分布；
求的分布.
分析 这是一个求离散型随机向量函数分布的例子，解法与随机变量的函数类似，先确函数的所有可能取值，对每个取值的事件，将其由自变量的取值来表示.
解 （1）的所有可能取值为0，1，2.且有
，
.
的所有可能取值有-2，-1，0，1，2，且
，
，
，
，
；
（2）为求的分布，常规解法是先求的所有可能取值.但本例中基于（1）中提供的信息，可先以的取值及事件分解来计算会更方便一些。
由，可得
,而.
同样，由
，
可得
，
，
.
最后，由
，
可得
，
，
，
.
综上可得，的分布如下表：
-2 -1 0 1 2
0
1
2
0 0 0 0
0 0 0
0 0
例14 设与独立，且，.令
要使与独立，则的值为.
分析 这里是和的函数，跟通常不同，这里是分段函数，要考虑与的独立性.先要确定和的边缘分布，的边缘分布已知，因而需要确定的是的边缘分布.然后要求和的联合分布.
，
.
另一方面，
，
，
，
.
要使与独立，则有
，
，
，
.
由 得
易验证，时，上面各式均成立.
答 .
第四章 随机变量的数字特征典型例题分析
一、数字特征及其性质例18 已知、是两个相互独立的随机变量，已知在[0，2]上服从均匀分布，服从参数为2的指数分布，则，.
分析 这里主要利用独立性，及常见分布的数字特征.
,
.
答 ，.
例 19 二维随机向量在区域内服从均匀分布，，则，.
分析 本题可以先由联合分布，导出的边缘分布，继而求得和，然后由数学期望和方差的性质求得和.
也可直接由联合分布求，，继而求得和.这里我们使用后者.
首先，由于，故的密度函数为
于是
，
，
.
于是 ，
.
答 ，.
二、随机向量函数的应用问题
例 24 一商店经销某种商店，每周进货量与顾客对该种商品的需求量是相互独立的随机变量，且都服从区间[10，20]上的均匀分布.若商店每售出一单位商品可获利1000元，若需要量超过进货量，商店可以从其他商店调剂供应，这时每单位商品获利500元，试求此商品经销该种商品每周所得利润的期望值.
分析 利润是进货量和需求量的函数，因此关键是根据题意先确定这一函数关系.
解 设为需求量，为每周利润，则由题设知
由于相互独立且服从[10，20]上的均匀分布，从而的密度函数为：
所以
，
其中 ，
.
从而
（元）
第五章 大数定律及中心极限定理典型例题分析一、大数定律与中心极限定理例 26 设某种电子器件的使用寿命（单位：h）服从参数为的指数分布，其使用情况是第一个损坏第二个立即使用，第二个损坏第三个立即使用等等.已知每个器件的价格为元，那么在一年中至少需要多少元才能以的概率保证该电子器件够用（假设一年有306个工作日，每个工作日8h）.
分析 问题可归结为一年中需要多少个该电子器件才以的概率保证够用.也就是多少个器件的寿命之和会以的概率大于一年的工作时间3068h，因而是一个大规模和的概率计算问题，要用中心极限定理.
解 设一年中需准备n个电子期间，表示第个电子器件的寿命（=1，2，n），则是n个器件的总寿命.
于是问题归结为求最小的n使得
.
由题设，独立同分布，且，
于是由德伯格中心极限定理得：
，
即 .
查表得：.
第六章 样本及抽样分布
典型例题分析
一、抽样分布的确定例1设是取自两点分布总体的样本，则的分布为，当n很大时，样本均值近似服从分布.
分析 是取自的样本，故且相互独立，由两点分布的可加性，.
由于，.由一般总体抽样分布的极限分布总结，渐近服从，从而渐近服从.
答 ，.
例3 设总体，是取自总体X的样本.设，则当C=时，CY服从分布，自由度为.
分析 且相互独立，故，且相互独立，从而，且相互独立，故有.
即应有.
答 ，2.
例 4 设总体，是取自的样本，则随机变量
服从分布，参数为.
分析 是正态变量平方和的比值，应该倾向于分布.
且相互独立，故有
从而
，
且相互独立.于是
答 ，.
例 5 设总体与总体相互独立且都服从，和分别是来自总体和的样本，则统计量服从的分布为，参数为.
分析 是正态变量的线性函数与平方和的根方的比值，应该倾向于服从分布.
，且相互独立，故，.
从而
，
，
且与相互独立，于是
.
答 分布，9.
例6 设是取自总体的样本，为样本均值，已知，则有.
（A） （B）
（C） （D）
分析 由于，故，Y是的线性函数也服从正态分布，且有，.，解得或.
答 （C）
例12 设是取自正态总体的简单随机样本，，，.证明统计量Z服从自由度为2的t分布.
分析 注意到恰为的样本方差，由抽样定理，可知，而显然是一个正态分布，于是可通过对分子、分母的变形，化Z为t分布的结构形式.
证明 由抽样定理，恰为的样本方差，故.
由于且相互独立，故，且相互独立，故 （即）.
注意到与相互独立，故与相互独立，而与恰为的样本均值与样本方差，与相互独立，于是与相互独立,，.
故，即有.
二、利用抽样分布进行相关计算例15 设X与Y相互独立，且有，，求概率.
分析 将所求概率的形式变为
，确定出的抽样分布即可计算求解.
解 X与Y相互独立，，则且与相互独立，于是.所求概率为.
例18 设（）是取自总体X的样本，，分别为样本均值与样本方差，假定，均存在，试求，，.
分析 =，=.
利用样本的独立性和同分布性，则有
，，，所求数字特征不难算出.
解 ==，==，
=====.
注 本题证明了对于任何存在均值与方差的总体分布，均有.
第七章 参数估计典型例题分析
1.矩估计与极大似然估计
例1 设总体的概率密度为
是取自总体的样本,则未知参数的矩估计量为.
分析 在矩法中,常用样本均值估计总体均值,用样本未修正方差估计总体
.
,
则有 ,故.
答案 或.
例3 设总体的概率密度为
其中为未知参数,是取自总体的样本,试求的矩估计量与最大似然估计量.
解 (1),
,;
(2)似然函数为
,
.
似然方程组为
.
解得 ,故的最大似然估计量为
.
例5 设总体,其中为未知参数,是取自总体的样本,求的矩估计量与最大似然估计量.
解 (1),,;
(2)
似然函数为
,
.
似然方程组为
.
显然似然方程无解(由于参数),注意到,故关于单调递减,欲使达到最大,应最小,但是,故的最小值为,从而的最大似然估计为
.
注 本题说明,当似然函数单调时,不能通过似然方程组求解最大似然估计(似然方程组无解).此时应根据最大似然估计的概念,直接将似然函数的最大值点作为未知参数的最大似然估计,
3.置信区间例11 设总体服从参数与的对数正态分布,是取自总体的样本.
试求的最大似然估计;
利用构造的置信区间;
试求的置信区间.
分析 本题应该依照求一般总体未知参数置信区间的原则来进行,先确定的分布,然后围绕构造包括与且已知分布的枢轴量,从而诱导出的置信区间.
另外,由于是的单调函数,利用的置信区间变形即可得到的置信区间.
解 (1)的密度函数为
似然函数为
.
似然方程为
.
解得 =,故的最大似然估计量为
;
(2)由于且相互独立,则有
,
从而
,
于是
.
经不等式变形得到
.
即的置信区间为
;
(3)由于是的单调递增函数,故有
.
即的置信区间为
.
例12 设由取自正态总体容量为9的样本,得样本均值,则未知参数的置信区间是.
分析 这是已知下单正态总体的均值区间估计问题,置信区间为
这里,,计算可得
即
答案
例16 已知某种木材横纹抗压力的实验值服从正态分布,对9个试件作横纹抗压力实验得数据如下(单位:):
482,493,457,471,510,446,435,418,469.
试对下面情况分别求出平均横纹抗压力的置信区间.
(1) 已知; (2) 未知.
分析 注意在已知与未知两种情况下,单正态总体均值的置信区间是不同的,这是因为借助的枢轴量及其分布是不一样的.
解 (1)由于已知,平均横纹抗压力置信区间为
.
利用样本值计算可得
,
这里给定,查附表,容易计算
即置信区间为;
(2)由于未知,平均横纹抗压力的置信区间为
利用样本值计算可得
,
.
这里,查附表.容易计算
.
即置信区间为.
注 对于单正态总体均值的区间估计.若已知,采用置信区间
更为恰当,因为它充分利用了提供的信息,估计更为准确.
抽测某批烟草的尼古丁含量(单位:),得到10个样本值
18,24,27,21,26,28,22,31,19,20.
假定烟草的尼古丁含量服从正态分布,试分别求出烟草尼古丁平均含量与标准差的置信区间.
分析 这是一个与均未知下,单正态总体的参数区间估计问题,只需按照相应结果计算即可.
解 与的置信区间分别为
,
.
利用样本数据,计算可得
,
,
.
这里,给定,查附表.容易计算
,
,.
故的置信区间为(21.11,26.09),的置信区间为(3.14,7.07).
例20 设总体,是取自总体的样本,欲使的置信区间长度不超过2,问在以下两种情况下样本容量至少应取多少?
(1); (2).
分析 题中给出了,根据的置信区间
,
可确定区间长度为,利用不等式可确定的范围.
解 由题意,已知,的置信区间为
,
其区间长度
.
对于给定,欲使
,
必须
.
对于与,计算可得
,
.
故样本容量分别至少应取25与60.
注 本题说明,在参数的区间估计中,为了同时保证估计的可靠度与精确度,通常只有增加样本容量.
第八章 假设检验典型例题分析
1.假设检验例24 设某次考试的考生成绩服从正态分布,从中随机地取36位考生的成绩,算得平均成绩为66.5分,标准差为15分.问在显著性水平0.05下,是否可以认为这次考试全体考生的平均成绩为70分?
分析 题中没有假设已知,这是在未知下单正态总体均值的检验问题.应利用检验法检验假设
.
解 建立假设
,
这里.给定,查附表,计算可得
.
由于,故接受,即认为平均成绩为70分.
