统计学课后答案第七八章

6.1 调节一个装瓶机使其对每个瓶子的灌装量均值为盎司，通过观察这台装瓶机对每个瓶子的灌装量服从标准差1.0盎司的正态分布。随机抽取由这台机器灌装的9个瓶子形成一个样本，并测定每个瓶子的灌装量。试确定样本均值偏离总体均值不超过0.3盎司的概率。

解：总体方差知道的情况下，均值的抽样分布服从N标准化得到标准正态分布：z=为：

,n的正态分布，由正态分布，

2x～N0,1，因此，样本均值不超过总体均值的概率P

nx0.3x0.30.3=PPx0.3=P

nn19n19=P0.9z0.9=20.9-1，查标准正态分布表得0.9=0.8159 因此，Px0.3=0.6318

6.2在练习题6.1中，我们希望样本均值与总体均值的偏差在0.3盎司之内的概率达到0.95，应当抽取多大的样本？

x0.3x0.30.3解：Px0.3=P=P

nn1nn1n=2(0.3n)10.95(0.3n)0.975

0.3n1.96n42.68288n43

6.3 Z1，Z2，……，Z6表示从标准正态总体中随机抽取的容量，n=6的一个样本，试确定常数b，使得 62PZib0.95 i1解：由于卡方分布是由标准正态分布的平方和构成的： 设Z1，Z2，……，Zn是来自总体N(0,1)的样本，则统计量

22Z12Z22Zn

服从自由度为n的χ2分布，记为χ2～ χ2（n） 因此，令Z，则Z22i2i1i1662i626，那么由概率PZib0.95，可知：

i12b=120.956，查概率表得：b=12.59

1

6.4 在习题6.1中，假定装瓶机对瓶子的灌装量服从方差21的标准正态分布。假定我们计划随机抽取10个瓶子组成样本，观测每个瓶子的灌装量，得到10个观测值，用这

1n2210个观测值我们可以求出样本方差S(S(YiY)2)，确定一个合适的范围使得有n1i1较大的概率保证S2落入其中是有用的，试求b1，b2，使得 p(b1S2b2)0.90

解：更加样本方差的抽样分布知识可知，样本统计量：

(n1)s22~2(n1)

此处，n=10，21，所以统计量

(n1)s2(101)s22219s~2(n1)

根据卡方分布的可知：

Pb1S2b2P9b19S29b20.90

又因为：

P29S2212n12n11

因此：

P9b2n19S2219S29b2P122n110.90 P9b9S29b2212P12n19S22n1 P29S220.9590.0590.90

则： 9b210.959,9b29b220.9590.0519,b220.0599

查概率表：2=3.325，20.9590.059=19.919，则

b210.95920.0599=0.369，b29=1.88

2

7.1 从一个标准差为5的总体中采用重复抽样方法抽出一个样本容量为40的样本，样本均

值为25。

（1）样本均值的抽样标准差等于多少 xn50.79 40（2）在95%的置信水平下，估计误差是多少？ z/2xz0.025n1.960.791.5495

7.2 某快餐店想要估计每位顾客午餐的平均花费金额。在为期3周的时间里选取49名顾客

组成了一个简单随机样本。

(1)假定总体标准差为15元，求样本均值的抽样标准误差。

xn15=2.143 49(2)在95％的置信水平下，求边际误差。

xtx，由于是大样本抽样，因此样本均值服从正态分布，因此概率度t=z2 因此，xtxz2xz0.025x=1.96×2.143=4.2 (3)如果样本均值为120元，求总体均值 的95％的置信区间。 置信区间为：

xx,xx=1204.2,1204.2=（115.8，124.2）

7.4 从总体中抽取一个n=100的简单随机样本,得到x=81，s=12。

要求：

大样本，样本均值服从正态分布：x2N,或xns2N, n置信区间为：xz2s12ss，==1.2 ,xz2n100nn(1)构建的90％的置信区间。

z2=z0.05=1.645，置信区间为：811.6451.2,811.6451.2=（79.03，82.97）

(2)构建的95％的置信区间。

z2=z0.025=1.96，置信区间为：811.961.2,811.961.2=（78.65，83.35）

(3)构建的99％的置信区间。

z2=z0.005=2.576，置信区间为：812.5761.2,812.5761.2=（77.91，84.09）

3

7.5 利用下面信息，构造总体均值的置信区间。 （1）x253.5n60195%

xz/2n25z0.0253.5250.8856 60n75198%

（2）x119.6s23.89xz/2s23.89119.6z0.01119.66.4174 n75s0.974n32190%

（3）x3.419xz/2s0.9743.419z0.053.4190.2832 n327.6 利用下面的信息，构建总体均值的置信区间。 （1）总体服从正态分布，且已知x8900500n15195%

xz/2n8900z0.0255008900253.03 15（2）总体不服从正态分布，且已知x8900500n35195%

xz/2n8900z0.0255008900165.6472 35s500n35190%

（3）总体不服从正态分布，σ未知，x8900xz/2s5008900z0.058900139.0155 n35（4）总体服从正态分布，σ未知，x8900500n35199%

xz/2s5008900z0.0058900217.6973 n357.7 某大学为了解学生每天上网的时间，在全校7 500名学生中采取重复抽样方法随机抽取36人，调查他们每天上网的时间，得到下面的数据(单位：小时)： 3.3 4.4 2.1 4.7 3.1 2.0 1.9 1.4 6.2 5.4 1.2 1.2 5.8 2.6 5.1 2.9 2.3 6.4 4.3 3.5 4.1 1.8 4.2 2.4 5.4 3.5 3.6 0.5 4.5 5.7 0.8 3.6 3.2 2.3 1.5 2.5 求该校大学生平均上网时间的置信区间，置信水平分别为90％，95％和99％。

4

解：

（1）样本均值x=3.32，样本标准差s=1.61； （2）抽样平均误差： 重复抽样：x=nsn=1.61/6=0.268 不重复抽样：x=nNnN1snNnN1=1.613675003675001 =0.268×0.995=0.268×0.998=0.267

（3）置信水平下的概率度： 1=0.9，t=z2=z0.05=1.645 1=0.95，t=z2=z0.025=1.96 1=0.99，t=z2=z0.005=2.576 （4）边际误差（极限误差）： xtxz2x

1=0.9，xtxz2x=z0.05x

重复抽样：xz2x=z0.05x=1.645×0.268=0.441 不重复抽样：xz2x=z0.05x=1.645×0.267=0.439

1=0.95，xtxz2x=z0.025x

重复抽样：xz2x=z0.025x=1.96×0.268=0.525 不重复抽样：xz2x=z0.025x=1.96×0.267=0.523

1=0.99，xtxz2x=z0.005x

重复抽样：xz2x=z0.005x=2.576×0.268=0.69 不重复抽样：xz2x=z0.005x=2.576×0.267=0.688

（5）置信区间：

xx,xx

1=0.9，

重复抽样：xx,xx=3.320.441,3.320.441=（2.88，3.76）5

不重复抽样：xx,xx=3.320.439,3.320.439=（2.88，3.76）

1=0.95，

重复抽样：xx,xx=3.320.525,3.320.525=（2.79，3.85） 不重复抽样：xx,xx=3.320.441,3.320.441=（2.80，3.84）

1=0.99，

重复抽样：xx,xx=3.320.69,3.320.69=（2.63，4.01） 不重复抽样：xx,xx=3.320.688,3.320.688=（2.63，4.01）

7.8 从一个正态分布总体中随机抽取样本容量为8的样本，各样本值分别为：10，8，12，15，6，13，5，11。求总体均值的95%的置信区间。 解：x10,s12,s3.4641

2xt2n1s3.464110t0.0257102.8961 n87.9 某居民小区为研究职工上班从家里到单位的距离，抽取了由16个人组成的一个随机样

本，他们到单位的距离(单位：km)分别是：

10 3 14 8 6 9 12 11 7 5 10 15 9 16 13 2

假定总体服从正态分布，求职工上班从家里到单位平均距离的95％的置信区间。 解：小样本，总体方差未知，用t统计量

txsntn1

均值=9.375，样本标准差s=4.11 置信区间：

ssxtn1,xtn122

nn1=0.95，n=16，t2n1=t0.02515=2.13

ssxtn1,xtn122

nn=9.3752.134.114.11,9.3752.13=（7.18，11.57） 16167.10 从一批零件中随机抽取36个，测得其平均长度为149.5，标准差为1.93

（1）试确定该种零件平均长度的95%的置信区间

xt2n1

s1.93149.5t0.02535149.50.6530 n366

或者xz2s1.93149.5z0.025149.50.630455 n367．11 某企业生产的袋装食品采用自动打包机包装，每袋标准重量为l00g。现从某天生产

的一批产品中按重复抽样随机抽取50包进行检查，测得每包重量(单位：g)如下： 每包重量（g） 96~98 98~100 100~102 102~104 104~106 合计 包数 2 3 34 7 4 50 已知食品包重量服从正态分布，要求：

(1)确定该种食品平均重量的95％的置信区间。 解：大样本，总体方差未知，用z统计量

zxsnN0,1

样本均值=101.4，样本标准差s=1.829 置信区间：

ssxz,xz22

nn1=0.95，z2=z0.025=1.96

ssxz,xz22

nn=101.41.961.8291.829,101.41.96=（100.89，101.91） 5050(2)如果规定食品重量低于l00g属于不合格，确定该批食品合格率的95％的置信区间。

解：总体比率的估计

大样本，总体方差未知，用z统计量

zpp1pnN0,1

样本比率=（50-5）/50=0.9 置信区间：

p1pp1ppz2 ,pz2nn1=0.95，z2=z0.025=1.96

7

p1pp1ppz2 ,pz2nn0.910.90.910.9=（0.8168，0.9832） =0.91.96,0.91.965050

7．13 一家研究机构想估计在网络公司工作的员工每周加班的平均时间，为此随机抽取了

18个员工。得到他们每周加班的时间数据如下(单位：小时)： 6 3 21 8 17 12 20 11 7 9 0 21 8 25 16 15 29 16 假定员工每周加班的时间服从正态分布。估计网络公司员工平均每周加班时间的90%的置信区间。

解：小样本，总体方差未知，用t统计量

txsntn1

均值=13.56，样本标准差s=7.801 置信区间：

ssxtn1,xtn122

nn1=0.90，n=18，t2n1=t0.0517=1.7369

ssxtn1,xtn122

nn=13.561.73697.8017.801,13.561.7369=（10.36，16.75） 1818

7．15 在一项家电市场调查中．随机抽取了200个居民户，调查他们是否拥有某一品牌的

电视机。其中拥有该品牌电视机的家庭占23％。求总体比例的置信区间，置信水平分别为90%和95%。

解：总体比率的估计

大样本，总体方差未知，用z统计量

zpp1pnN0,1

样本比率=0.23 置信区间：

8

p1pp1ppz2 ,pz2nn1=0.90，z2=z0.025=1.645

p1pp1ppz2 ,pz2nn0.2310.230.2310.23 =0.231.645,0.231.645200200=（0.1811，0.2789）

1=0.95，z2=z0.025=1.96

p1pp1ppz2 ,pz2nn0.2310.230.2310.23=（0.1717，=0.231.96,0.231.962002000.2883）

7.16 一位银行管理人员想估计每位顾客在该银行的月平均存款额，他假设所有顾客存款额的标准差为1000元，要求估计误差在200元一位，置信水平为99%，则应选取多大的样本？ 解：nz2a/22E2z20.00510002165.87 20027.17 计算下列条件下所需要的样本量 （1）E0.022nza/20.42z0.02196%

(1)E20.40.62530.731 20.02195%

（2）E0.042nza/2未知2z0.025(1)E20.50.5600.2279

0.042190%

（3）E0.052nza/20.552z0.05(1)E20.450.55267.8488 20.057．20 顾客到银行办理业务时往往需要等待一段时间，而等待时间的长短与许多因素有关，

比如，银行业务员办理业务的速度，顾客等待排队的方式等。为此，某银行准备采取两种排队方式进行试验，第一种排队方式是：所有顾客都进入一个等待队列；第二种排队方式是：顾客在三个业务窗口处列队三排等待。为比较哪种排队方式使顾客等待的时间更短，银行各随机抽取10名顾客，他们在办理业务时所等待的时间(单位：分钟)如下：

9

方式1 方式2 6.5 6.6 6.7 6.8 7.1 7.3 7.4 7.7 7.7 7.7 4.2 5.4 5.8 6.2 6.7 7.7 7.7 8.5 9.3 10 要求：

(1)构建第一种排队方式等待时间标准差的95％的置信区间。 解：估计统计量

n1S2~2n1 2经计算得样本标准差s2=3.318 置信区间：

2n1S22n1S2

2122n12n12222==19.02，=1=0.95，n=10，n19n120.025120.9759=2.7

n1S2n1S290.227290.2272,2,==（0.1075，0.7574） 2n1n119.022.7122因此，标准差的置信区间为（0.3279，0.8703）

(2)构建第二种排队方式等待时间标准差的95％的置信区间。 解：估计统计量

n1S2~2n1 2经计算得样本标准差s1=0.2272 置信区间：

2n1S22n1S2

2122n12n122221=0.95，n=10，2n1=0.0259=19.02，12n1=0.9759=2.7

n1S2n1S293.31893.318,2,==（1.57，11.06） 22.72n112n119.02因此，标准差的置信区间为（1.25，3.33） (3)根据(1)和(2)的结果，你认为哪种排队方式更好? 第一种方式好，标准差小！

7.22 从两个正态总体中分别抽取两个独立的随机样本，他们的均值和标准差如下表所示：

来自总体1的样本 样本均值为25 样本方差为16 来自总体2的样本 样本均值为23 样本方差为20 10

（1）设n1n2100,求1-2的95%的置信区间

2(x1x2)zS21/2nS221.960.621.176 1n2（2）设n1n210,2212,求1-2的95%的置信区间

S2(n211)S21(n21)S2p(n1)(n18

121)2(xSS2pp1x2)t/2(18)n22.10093.623.9862

1n2（3）设n1n210,2212,求1-2的95%的置信区间

(S221S2)2n2v1n23.6(S21n)2(S22)21.622217.78049 1n2n1n19912(x1x2)tS22/2(v)1nS222.109823.624.00309 1n2（4）设n2110,n220212,求1-2的95%的置信区间 S2(nS21)S211)1(n22p(n131=18.71429 11)(n21)7(xS2pS2p1x2)t/2(28)n22.04842.807123.43201n2（5）设n110,n220,2212,求1-2的95%的置信区间 S22(1S2)2vn1n22.62(S2222.0915 1n)2(Sn)2221.61212n10201n2(x1x2)tS221S2/2(v)n22.07392.623.3440 1n2

11

7．23 下表是由4对观察值组成的随机样本。 配对号 1 2 3 4 来自总体A的样本 2 5 10 8 来自总体B的样本 0 7 6 5 (1)计算A与B各对观察值之差，再利用得出的差值计算d和sd。 d=1.75，sd=2.62996

(2)设1和2分别为总体A和总体B的均值，构造d12的95％的置信区间。 解：小样本，配对样本，总体方差未知，用t统计量

tdddsdntn1

均值=1.75，样本标准差s=2.62996 置信区间：

sdsddtn1,dtn122

nn1=0.95，n=4，t2n1=t0.0253=3.182 sdsddtn1,dtn122

nn=1.753.1822.629962.62996,1.753.182=（-2.43，5.93） 447.24 一家人才测评机构对随机抽取的10名小企业的经理人用两种方法进行自信心测试，得

到的自信心测试分数如下：

人员编号

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

方法1 78 63 72 89 91 49 68 76 85 55 方法2 71 44 61 84 74 51 55 60 77 39

12

构建两种方法平均自信心的分之差的95%的置信区间

解：d=11，sd=6.531973

dt2n1

sd6.53197311t0.025(9)114.672692 n107．25 从两个总体中各抽取一个n1n2＝250的独立随机样本，来自总体1的样本比例为p1＝40％，来自总体2的样本比例为p2＝30％。要求： (1)构造12的90％的置信区间。 (2)构造12的95％的置信区间。 解：总体比率差的估计

大样本，总体方差未知，用z统计量

zp1p212p11p1p21p2n1n2N0,1

样本比率p1=0.4，p2=0.3

置信区间：

p11p1p21p2p11p1p21p2p1p2z2,p1p2z2n1n2n1n2

1=0.90，z2=z0.025=1.645

p11p1p21p2p11p1p21p2p1p2z2,p1p2z2n1n2n1n2

=

0.410.40.310.30.410.40.310.30.11.645 ,0.11.645250250250250=（3.02%，16.98%）

1=0.95，z2=z0.025=1.96

p11p1p21p2p11p1p21p2p1p2z2,p1p2z2n1n2n1n2

13

=

0.410.40.310.30.410.40.310.30.11.96 ,0.11.96250250250250=（1.68%，18.32%）

7.26 生产工序的方差是工序质量的一个重要度量。当方差较大时，需要对序进行改进以减

小方差。下面是两部机器生产的袋茶重量(单位：g)的数据： 机器1 机器2 3.45 3.22 3.9 3.22 3.28 3.35 3.2 2.98 3.7 3.38 3.19 3.3 3.22 3.75 3.28 3.3 3.2 3.05 3.5 3.38 3.35 3.3 3.29 3.33 2.95 3.45 3.2 3.34 3.35 3.27 3.16 3.48 3.12 3.28 3.16 3.28 3.2 3.18 3.25 3.3 3.34 3.25 要求：构造两个总体方差比2/212的95％的置信区间。

解：统计量：

s2121s2Fn11,n21

222置信区间：

s21s221s22F1,n,s2

2n121F12n11,n21s2=0.058，s212=0.006

n1=n2=21

1=0.95，F2n11,n21=F0.02520,20=2.4645，

F12n11,n121=

Fnn

221,11Fn11211,n21=F0.97520,20=

F20,20=0.4058

0.025 14

s12s1222s2s2,=（4.05，24.6）

F2n11,n21F12n11,n217．27 根据以往的生产数据，某种产品的废品率为2％。如果要求95％的置信区间，若要求边际误差不超过4％，应抽取多大的样本? 解：z2pp1pn

n2z2p1p2p

1=0.95，z2=z0.025=1.96

22z2p1p1.960.020.98==47.06，取n=48或者50。 n220.04p

7．28 某超市想要估计每个顾客平均每次购物花费的金额。根据过去的经验，标准差大约

为120元，现要求以95％的置信水平估计每个顾客平均购物金额的置信区间，并要求边际误差不超过20元，应抽取多少个顾客作为样本? 解：n22z22x，1=0.95，z2=z0.025=1.96，

n

22z22x1.9621202=138.3，取n=139或者140，或者150。 2027．29 假定两个总体的标准差分别为：112，215，若要求误差范围不超过5，相应

的置信水平为95％，假定n1n2，估计两个总体均值之差12时所需的样本量为多大? 解：n1=n2=n222z2122x1x2，1=0.95，z2=z0.025=1.96，

n1=n2=n

222z2122x1x2=

1.96212215252=56.7，取n=58，或者60。

7．30 假定n1n2，边际误差E＝0．05，相应的置信水平为95％，估计两个总体比例之

15

差12时所需的样本量为多大? 解：n1=n2=np1=p2=0.5， n1=n2=n2z2p11p1p21p22z2p11p1p21p22p1p2，1=0.95，z2=z0.025=1.96，取

2p1p2=

1.9620.520.520.052=768.3，取n=769，

或者780或800。

8.1 已知某炼铁厂的含碳量服从正态分布N（4.55，0.1082）,现在测定了9炉铁水，其平均含碳量为4.484。如果估计方差没有变化，可否认为现在生产的铁水平均含碳量为4.55（显著性水平为0.05）？

解：H0：μ=4.55；H1：μ≠4.55

已知：x＝4.484 ＝0.108 ，n=9 检验统计量：

zx04.4844.55＝＝-1.833 sn0.1089当α＝0.05，查表得z/2＝1.96。因为z>-z/2，故不拒绝原假设，说明可以现在生产的铁水平平均含碳量为4.55。

8．2 一种元件，要求其使用寿命不得低于700小时。现从一批这种元件中随机抽取36件，

测得其平均寿命为680小时。已知该元件寿命服从正态分布，＝60小时，试在显著性水平0．05下确定这批元件是否合格。 解：H0：μ≥700；H1：μ＜700

已知：x＝680 ＝60

由于n=36＞30，大样本，因此检验统计量：

zx0680700＝＝-2

n6036当α＝0.05，查表得z＝1.645。因为z＜-z，故拒绝原假设，接受备择假设，说明这批产品不合格。

8.3 某地区小麦的一般生产水平为亩产250kg，其标准差为30kg。现用一种化肥进行试验，

从25个小区进行抽样，其平均产量为270kg。这种化肥是否使小麦明显增产（α＝0.05）？

解：H0：μ≤250；H1：μ＞0.05

已知：x＝270 ＝30， n=25

zx0270250＝＝3.33

n3025 16

当α＝0.05，查表得z/2＝1.96。因为z>z/2，故拒绝原假设，这种化肥是否使小麦明显增

长。

8．4 糖厂用自动打包机打包，每包标准重量是100千克。每天开工后需要检验一次打包机

工作是否正常。某日开工后测得9包重量(单位：千克)如下：

99．3 98．7 100．5 101．2 98．3 99．7 99．5 102．1 100．5

已知包重服从正态分布，试检验该日打包机工作是否正常(a＝0．05)? 解：H0：μ＝100；H1：μ≠100

经计算得：x＝99.9778 S＝1.21221 检验统计量：

tx099.9778100＝＝-0.055 sn1.212219当α＝0.05，自由度n－1＝9时，查表得t29＝2.262。因为t＜t2，样本统计量落在接受区域，故接受原假设，拒绝备择假设，说明打包机工作正常。

8．5 某种大量生产的袋装食品，按规定不得少于250克。今从一批该食品中任意抽取50

袋，发现有6袋低于250克。若规定不符合标准的比例超过5％就不得出厂，问该批食品能否出厂(a＝0．05)? 解：H0：π≤0.05；H1：π＞0.05

已知： p＝6/50=0.12 检验统计量：

Zp0010n＝0.120.050.0510.0550＝2.271

当α＝0.05，查表得z＝1.645。因为z＞z，样本统计量落在拒绝区域，故拒绝原假设，接受备择假设，说明该批食品不能出厂。

8.6 某厂家在广告中声称，该厂生产的汽车轮胎在正常行驶条件下超过目前的平均水平

25000km。对一个由15个轮胎组成的随机样本做了实验，得到的样本均值和标准差分别为27000km和5000km。假定轮胎寿命服从正态分布，问该厂家的广告是否真实（а=0.05）？

解：H0：μ≤25000；H1：μ>25000

经计算得：x＝27000 S＝5000 检验统计量：

tx02700025000＝＝1.549 sn500015当α＝0.05，自由度n－1＝14时，查表得t14＝1.76131。因为t>t，样本统计量落在拒

绝区域，故拒绝原假设，即该厂家的广告真实。

17

8．7 某种电子元件的寿命x(单位：小时)服从正态分布。现测得16只元件的寿命如下： 159 280 101 212 224 379 179 264 222 362 168 250 149 260 485 170

问是否有理由认为元件的平均寿命显著地大于225小时(a＝0．05)? 解：H0：μ≤225；H1：μ＞225

经计算知：x＝241.5 s＝98.726 检验统计量：

tx0241.5225＝＝0.669 sn98.72616当α＝0.05，自由度n－1＝15时，查表得t15＝1.753。因为t＜t，样本统计量落在接受区域，故接受原假设，拒绝备择假设，说明元件寿命没有显著大于225小时。

8.8 随机抽取9个单位，测得结果分别为为：85 59 66 81 35 57 55 63 66 以α＝0.05的显著性水平对下述假设进行检验：H0：σ2≤100；H1：σ2＞100 解：2(n1)S2208215.75217.260.05(8)15.50731

100所以拒绝原假设，即方差显著大于100

228.9 A，B两厂生产同样材料。已知其抗压强度服从正态分布，且A632B572，

2从A厂生产的材料中随机抽取81个样本，测得xA1070kg/cm；从B长生产的材2料中随机抽取64个样品，测得xB1020kg/cm。根据以上调查结果，能否认为A，

B两厂生产的材料平均抗压强度相同（а=0.05）？ 解：H0:AB0xAxBH1:AB0

B两厂生产5.00587z0.0251.96所以不能认为A，

z1070102063578164222AnA2BnB的材料平均抗压强度相同

8．10 装配一个部件时可以采用不同的方法，所关心的问题是哪一个方法的效率更高。劳

动效率可以用平均装配时间反映。现从不同的装配方法中各抽取12件产品，记录各自的装配时间(单位：分钟)如下：

甲方法：31 34 29 32 35 38 34 30 29 32 31 26 乙方法：26 24 28 29 30 29 32 26 31 29 32 28

两总体为正态总体，且方差相同。问两种方法的装配时间有无显著不同 (a＝0．05)? 解：建立假设

H0：μ1－μ2=0 H1：μ1－μ2≠0

总体正态，小样本抽样，方差未知，方差相等，检验统计量

18

tx1x2sp11n1n2

根据样本数据计算，得n1＝12，n2=12，x1＝31.75，s1＝3.19446，x2＝28.6667，

s2=2.46183。

s2p2n11s12n11s2 n1n22 ＝

1210.9221621210.71067212122＝2.648

＝8.1326

tx1x2sp11n1n2α＝0.05时，临界点为t2n1n22＝t0.02522＝2.074，此题中t＞t2，故拒绝原假设，认为两种方法的装配时间有显著差异。

8．11 调查了339名50岁以上的人，其中205名吸烟者中有43个患慢性气管炎，在134

名不吸烟者中有13人患慢性气管炎。调查数据能否支持“吸烟者容易患慢性气管炎”这种观点(a＝0．05)? 解：建立假设

H0：π1≤π2；H1：π1＞π2

p1＝43/205=0.2097 n1=205 p2＝13/134=0.097 n2=134 检验统计量

zp1p2d

p11p1p21p2n1n2 ＝0.20980.0970 0.209810.20980.09710.097205134＝3

当α＝0.05，查表得z＝1.645。因为z＞z，拒绝原假设，说明吸烟者容易患慢性气管炎。 8．12 为了控制贷款规模，某商业银行有个内部要求，平均每项贷款数额不能超过60万元。

随着经济的发展，贷款规模有增大的趋势。银行经理想了解在同样项目条件下，贷款的平均规模是否明显地超过60万元，故一个n=144的随机样本被抽出，测得x=68．1

19

万元，s=45。用a＝0．01的显著性水平，采用p值进行检验。 解：H0：μ≤60；H1：μ＞60

已知：x＝68.1 s=45

由于n=144＞30，大样本，因此检验统计量：

zx068.160＝＝2.16 sn45144由于x＞μ，因此P值=P（z≥2.16）=1-2.16，查表的2.16=0.9846，P值=0.0154 由于P＞α＝0.01，故不能拒绝原假设，说明贷款的平均规模没有明显地超过60万元。

8．13 有一种理论认为服用阿司匹林有助于减少心脏病的发生，为了进行验证，研究人员

把自愿参与实验的22 000人随机平均分成两组，一组人员每星期服用三次阿司匹林(样本1)，另一组人员在相同的时间服用安慰剂(样本2)持续3年之后进行检测，样本1中有104人患心脏病，样本2中有189人患心脏病。以a＝0．05的显著性水平检验服用阿司匹林是否可以降低心脏病发生率。 解：建立假设

H0：π1≥π2；H1：π1＜π2

p1＝104/11000=0.00945 n1=11000 p2＝189/11000=0.01718 n2=11000 检验统计量

zp1p2d

p11p1p21p2n1n2 ＝0.009450.017180 0.0094510.009450.0171810.017181100011000＝-5

当α＝0.05，查表得z＝1.645。因为z＜-z，拒绝原假设，说明用阿司匹林可以降低心脏

病发生率。

8．15 有人说在大学中男生的学习成绩比女生的学习成绩好。现从一个学校中随机抽取了

25名男生和16名女生，对他们进行了同样题目的测试。测试结果表明，男生的平均成绩为82分，方差为56分，女生的平均成绩为78分，方差为49分。假设显著性水平α=0．02，从上述数据中能得到什么结论? 解：首先进行方差是否相等的检验：

建立假设

H0：1＝2；H1：1≠2 n1=25，s1=56，n2=16，s2=49

222222 20

56s12＝1.143 F2＝49s2当α＝0.02时，F＜F2224,15＝3.294，F1224,15＝0.346。由于F1224,15＜F

24,15，检验统计量的值落在接受域中，所以接受原假设，说明总体方差无显

著差异。

检验均值差： 建立假设

H0：μ1－μ2≤0 H1：μ1－μ2＞0

总体正态，小样本抽样，方差未知，方差相等，检验统计量

tx1x2sp11n1n2

根据样本数据计算，得n1＝25，n2=16，x1＝82，s1=56，x2＝78，s2=49

22s2p2n11s12n11s2＝53.308 n1n22tx1x2sp11n1n2＝1.711

α＝0.02时，临界点为tn1n22＝t0.0239＝2.125，t＜t，故不能拒绝原假设，不能

认为大学中男生的学习成绩比女生的学习成绩好。

21

22