统计计算题

4.10 通过标准分数来判断，各天的标准分数如下表：

日期 周一 周二 周三 周四 周五 周六 周日 标准分数Z 3 -0.6 -0.2 0.4 -1.8 -2.2 0 周一和周六两天失去了控制。

4.11（1）应该采用离散系数，因为它消除了不同组数据水平高低的影响。

（2）成年组身高的离散系数：024.01.1722

.4==

s v ； 幼儿组身高的离散系数：035.03

.715

.2==s v ；

由于幼儿组身高的离散系数大于成年组身高的离散系数，说明幼儿组身高的离散程度相对较大。

4．11（1）应该从平均数和标准差两个方面进行评价。在对各种方法的离散程度进行比较时，应该采用离散系数。

（2

从三种方法的集中趋势来看，方法A 的平均产量最高，中位数和众数也都高于其他两种方法。从离散程度来看，三种方法的离散系数分别为：013.06

.16513

.2==

A v ，014.073.12875.1==

B v ，022.053

.12577

.2==C v 。方法A 的离散程度最小。因此应选择

方法A 。

5．17 一工厂生产的电子管寿命X （以小时计算）服从期望值为μ=160正态分布，若要求p{120＜X ＜200}≥0.08，允许标准差σ最大为多少? （Ф(0.11)≥0.54 ） 解: p{120＜X ＜200}=Φ(40/σ)- Φ(-40/σ)=2Φ(40/σ)-1=0.08

则Φ(40/σ)=0.54 40/σ=0.11 所以σ=363即允许标准差σ最大为363.

5．18 一本书排版后一校时出现错误处数X 服从正态分布N （200，400），求：（Ф(0.5)=0.69145 Ф(1.5)=0.9332）

（1）出现错误处数不超过230的概率；

（2）出现错误处数在190－210之间的概率。 解: （1）9332.0)5.1()20

30

20200(

)230(==≤-=≤φx P x P

（2）383.01)5.0(2)20

10

20200()210190(=-=≤-=≤≤φx P x P

6.1 调节一个装瓶机使其对每个瓶子的灌装量均值为μ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 1.0σ=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(

)

2

,N n σμ的正态分布，

由正态分布，标准化得到标准正态分布：

x ～()0,1N ，因此，样本均值不超过总体均值的概率P

为：

()0.3P x μ-≤

=P ⎫≤

=x P ⎛⎫

≤≤

=()0.90.9P z -≤≤=2()0.9φ-1，查标准正态分布表得()0.9φ=0.8159 因此，()

0.3P x μ-≤=0.6318

7.9 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

x t =

()1t n -

均值=9.375，样本标准差s=4.11 置信区间：

(

)(

)211x t n x t n αα⎛

--+- ⎝

1α-=0.95，n=16，()21t n α-=()0.02515t =2.13 (

)(

)211x t n x t n αα⎛

--+- ⎝

=9.375 2.13 2.13⎛-+ ⎝=（7.18，11.57）

7.19根据下面的样本结果，计算总体标准差σ的90%的置信区间：

1）=21，S=2，N=50

2）=1.3，S=0.02，N=15

3）=167，S=31，N=22

解：1）大样本，σ未知，置信水平90%，1-α＝90%， 1.65

21±1.65×2÷√50

2）小样本，σ未知，置信水平90%，1-α＝90%，则查自由度为n-1 = 14的分布表得临界值 1.761

, = 1.3±1.761×0.02÷√15

3) 大样本, σ未知，置信水平90%，1-α＝90%， 1.65

167±1.65×31÷√22

7.21

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25000公里。对一个由15个轮胎组成的随机样本做了试验，得到样本均值和标准差分别为27000公里和5000公里。假定轮胎寿命服从正态分布，问该厂家的广告是否真实（α=0.05）？解：N=15， =27000，s=5000，小样本正态分布，σ未知，用t统计量计算。这里是右侧检验，α=0.05，自由度N-1=14，即tα=1.77 H0：μ0 ≤25000

H1：μ＞25000

= （27000-25000）/（5000÷√15）≈1.55

结论：因为t 值落入接受域，所以接受H 0 ，拒绝H 1。

决策：有证据表明，该厂家生产的轮胎在正常行驶条件下使用寿

命与目前平均水平25000公里无显著性差异，该厂家广告不真实。

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：H 0：μ≤225；H 1：μ＞225

经计算知：x ＝241.5 s ＝98.726 检验统计量：

0x t s n μ-=

＝241.5225

98.72616

-＝0.669 当α＝0.05，自由度n －1＝15时，查表得()15t α＝1.753。因为t ＜t α，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。

- =

n

s x t μ0