1、第四章 連續型隨機變量的參數估計與檢驗第一節 參數估計一、主要內容點估計、估計量的評選標準（無偏性、有效性、一致性）以及區間估計的基本概念，正態總體均數與方差的區間估計計算。二、教學要求理解無偏性、有效性、一致性的思想，熟悉正態總體均數與方差的區間估計計算。三、例題分析例1 設為取自總體的樣本，且 ，均存在，試證明統計量 ，都是的無偏估計量，并判斷哪一個統計量更有效。解 由無偏估計量的定義知，只要證明，就能證明與均為的無偏估計量。因為 為取自總體的樣本，所以 相互獨立，且與同分布，于是有 ， 從而 故與均為的無偏估計量。由有效性的定義知要比較兩個估計量的有效性只要比較它們的方差大小。因為 顯然

2、，說明更有效。例2 設正態總體容量為4的樣本均數為5.58，試求總體均數的99%置信區間。解 因，查表得，又已知，n=4，于是 故總體均數的99%置信區間為（5.451，5.709）。例3 在一批中成藥片中，隨機抽取25片檢查，稱得平均片重0.5克，標準差0.08克。如果已知藥片的重量近似服從正態分布，試求該藥片平均片重的置信度為90%置信區間。解 已知，樣本標準差S=0.08，n=25且，查表得，于是所以該藥片平均片重的置信度為90%置信區間為（0.473，0.527）克。例4 設有兩個總體，今從兩總體中分別抽取容量為70和90的兩個相互獨立的樣本，并得到樣本均數分別為，試求的置信度為0.9

3、9的置信區間。解 由，查表得，又已知，于是故的置信度為0.99的置信區間為（2.199，6.001）。例5 從一批消毒片中，隨機抽出100片，測定其平均溶解時間為1.5分鐘，標準差為0.02分鐘，求該批消毒片溶解時間的總體均數0.95的置信區間。（設溶解時間服從正態分布）。解 因為n=100，此樣本為大樣本情形。由，查表得，又已知，S=0.02，n=100，于是所以該批消毒片溶解時間的總體均數0.95的置信區間為分鐘。例6 為比較A、B兩種藥品的保質期，隨機抽取A藥品5片，測得平均保質期年，標準差年；抽取B藥品10片，測得平均保質期年，標準差年，試求兩種藥品平均保質期之差的0.9的置信區間。解

4、 由，查表得又于是 所以兩藥品平均保質期之差的0.9的置信區間為年。例7 從同一批號的阿期匹林中隨機抽取10片，測定其溶解50%所需時間結果如下：5.3，3.6，5.1，6.6，4.9，6.5，5.2，3.7，5.4，5.0，求總體方差的90%置信區間。解 由樣本值算得 由于，自由度f=n-1=9，查表得 ，于是 所以總體方差的90%置信區間為分鐘。例8 設A、B二化驗員獨立地對某種聚合物的含氯量用相同的方法各作10次測定，其測量值的標準差分別為，。設和為A、B化驗員所測量的數據總體的方差，求方差比的0.95的置信區間。（設為正態總體）解 由于，查表可得 于是 故的0.95的置信區間為。第二節

5、 假設檢驗一、主要內容假設檢驗的的概念、基本思想及檢驗中的兩類錯誤（第一類錯誤和第二類錯誤）。二、教學要求會提出原假設、備擇假設，理解小概率原理在檢驗中的作用，理解第一類錯誤和第二類錯誤的概念。第三節 單個正態總體的參數檢驗一、主要內容單個正態總體均數、總體方差的假設檢驗二、教學要求根據實際問題區分單側檢驗、雙側檢驗，在區分大樣本、小樣本情形的條件下，熟悉單個正態總體均數、總體方差的檢驗方法，方法包括u-檢驗、t檢驗、檢驗等。 三、例題分析例1 某廠生產一種軸承，在正常情況下強度檢驗顯示其承受的壓強服從分布（單位為kPa）。顯然，壓強過低，產品不合格，通不過檢驗；壓強過高，成本又會增加。因此，

6、生產過程中管理人員就要經常進行抽樣檢驗，以判斷生產是否正常。現抽取樣品100件，測得這100件樣品的均值為7900kPa。問在顯著性水平時，生產是否正常？解 這里所關心的是總體均數是否等于8000kPa，因此為雙側檢驗問題。根據題意可設，。已知，n=100，計算統計量對于，查表得，比較與的大小，得，故拒絕原假設，認為生產是不正常的。例2 某種內服藥有使病人血壓升高的副作用。已知舊藥使血壓的升高幅度服從均值為22的正態分布。現研制出一種新藥，并測量了10名服用新藥病人的血壓，記錄血壓升高的幅度如下： 18，24，23，15，18，15，17，21，16，15問這組數據能否支持“新藥的副作用小”這

7、一結論？（）解 根據題意，我們希望新藥的副作用會減小，因此可設， ，這是一個左側檢驗問題。由已知n=10，。計算統計量得。對于，f=n-1=9，查表得臨界值。因，所以拒絕原假設，即可以認為新藥的副作用小。例3 某工廠生產的汽車輪胎規定平均行駛的里程數大于12000km，在出口一批輪胎時，為保證該廠的信譽，隨機抽取了100個輪胎，測得平均行駛里程數為14500km，其標準差為2400km，在下，試判斷這批輪胎是否合格？解 依題意，希望這批輪胎是合格的，因此平均行駛里程應在12000km以上，即設，這是一個右側檢驗問題。該題中沒有指出總體方差是否已知，應作為未知處理。由于n=100，故應看成大樣本

8、情形，統計量漸近標準正態分布。已知，于是對于，查表得，因，故拒絕，即這批輪胎是合格的。例4 某公司生產工業用軸承，規定其標準內徑為10cm，標準差不超過0.3cm，為此管理人員需經常檢查其生產過程是否正常，即產品質量是否符合要求。今在生產過程中隨機抽取了20件產品，測得其平均直徑為10.05cm，標準差為0.2cm。問在0.05顯著性水平下，能否判斷該生產過程是正常的？（軸承內徑服從正態分布）解 根據題意，生產過程正常時，其標準差應不超過0.3cm，平均直徑應與10cm沒有顯著差異，因此該檢驗問題實際上既需要檢驗方差，又需要檢驗均數。首先，檢驗總體方差。由題意，可設，這是一個單邊左側檢驗。已知

9、n=20，計算統計量對，自由度f=n-1=19，查表得。因，故拒絕，即標準差不超過0.3cm。其次，檢驗總體均數。由于軸承內徑既不能太大，又不能太小，所以可設，這是一個雙側檢驗問題。已知，于是對，自由度f=19，查表得，因，故接受，即其平均內徑與10cm沒有顯著差異。綜合以上結果，可以得出結論：生產過程是正常的。第四節 兩個正態總體的參數檢驗一、主要內容兩個正態總體均數的差異檢驗：配對比較法、成組比較法。方差齊性檢驗法二、教學要求會根據實際問題選用配對比較法或成組比較法檢驗兩個正態總體均數的差異，里在兩總體方差未知時分兩種情況，一是兩總體方差相等，二是兩總體方差不等；掌握F-檢驗法檢驗方差的齊

10、性問題三、例題分析例1 14例冠心病患者給以高壓氧治療，治療前后作同位數冠狀循環指數測定，結果觀察到平均指數差值為0.49，標準差為0.549，試問高壓氧治療前后冠狀循環指數有無極顯著差異？解 設檢驗假設 ，已知， 計算統計量，對，自由度df=14-1=13，查附表7得，因，故拒絕原假設，即高壓氧治療前后冠狀指數有極顯著差異。例2 從一批燈泡中取出20個，它們的平均使用時數為1832，樣本標準差為497；再從另一批燈泡中取出25個，算得平均使用時數為1261，樣本標準差為501。設兩批燈泡總體方差相等，試問兩批燈泡使用時數的總體均數有無極顯著差異？解 已知，且。檢驗假設 ，計算統計量由于所以，

11、對，df=20+25-2=43，查表得，因，故拒絕，即兩批燈泡有顯著差異。由于，可知。習題四解答1、設是未知待估參數的估計量，若，則稱為的無偏估計量。 2、由于，故，分別是和的無偏估計量。（1） （2） 2、設總體X含有未知參數，和 是由X的樣本確定的兩個統計量。如果對于給定的，有，則稱是的置信度為的置信區間。給定的越大，置信度越小，置信區間就越窄。3、已知，n=9，對，查表得，所以總體均數的5%置信區間為 =（4.413,4.555）4、已知n=35，對，查表得，于是，故藥片平均片重的95%置信區間為（1.47,1.52）g。5、由樣本值計算得，n=10，S=10.34，對，查表得，于是，所

12、以的0.9置信區間為。又查表得，從而，故的0.9置信區間為。6、由樣本值計算得，此題為小樣本情形，由，對，查表得，從而，故兩總體均數差的90%置信區間為。7、已知，于是，對，查表得，從而，故兩種方法測定的朱砂量的總體均數差的0.01置信區間為。8、已知，給定，自由度，查表得，且，所以，即的95%置信區間為。9、（1）已知n=5，從而，對，查表得，因，故拒絕。（2）這是一個單邊右側檢驗問題。由（1）算得，對，查表得，因，故接受。10、設：，：，由已知，n=5，S=0.13，于是，對，查表得，因，故接受。11、設：，：，由已知，n=5，S=97.62，于是，對，f=n-1=4，因，故接受，即該批藥品有效期確有提高。12、設：，已知n=5，S=15.59，于是，對，查表得，因，故接受，即這批產品的含鐵量是合格的。13、設：，：，已知n=25，于是，對，查表得，因，故接受，即這批產品的方差符要求。14、配對比較：設：，由已知計算得，自由度f=5-1=4，于是，對，查表得，因，故接受，即青蘭沒有改變兔血腦血流圖的作用。成組比較：設：，：。已知，對，自由度，于是，查表得，因，故接受。15、設：，已知，于是從而，對，查表得，因，故拒絕，即