《高等工程数学》习题三参考答案

1《高等工程数学》习 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 三参考答案（姚仰新，罗家洪，庄楚强，华南理工大学出版社）由于时间仓促，错误难免，请把意见发到fzmath@qq.com，谢谢.1、1)总体为该批零件的毛坯重量X；样本为821,,,XXX；样本值为230,243,185,240,228,196,246,200；样本容量为8n；2）X=[230,243,185,240,228,196,246,200];%样本值n=length(X)%样本容量xm=mean(X)%样本均值s2=sum((X-xm).^2)/n%样本方差xm2=mean(X.^2)n=8xm=221s2=495.2500xm2=4.933625000000000e+0042、解：1）因为),1(~,,,21pbXXXn，所以pXEi)(，)1()(ppXDi，.,,2,1niniiXnX11，所以pXEnXEnii1)(1)(，)1(1))1((1)(1)(21ppnpnpnXDnXDnii2）因ppppXEXDXEiii222)1()()()(，2222)1()1()()()(pnppnppnXEXDnXnE，所以).1())1((11)()(11)()(11)(22122122*pppnpnpnXnEXEnXnEXEnSEniinii3))1(2XXS,由第1题可知，这个结论数值上就不能通过，因此是错误的。3、解：因为)(~PX，所以,2,1,0,!}{xexxXPx，(1)),,,(21nXXX联合概率分布律为2niixnniixnnxeexxXxXxXPniii112211!!),,,{1。2）)()(XEXE，nnXDXD)()(，)()(2*XDSE。4、解：编写经验 函 关于工期滞后的函关于工程严重滞后的函关于工程进度滞后的回复函关于征求同志党风廉政意见的函关于征求廉洁自律情况的复函 数命令functionjyhs(x)%x=[-2.8,-1,1.5,2.1,3.4];n=length(x);m=n+100;t=linspace(min(x)-1,max(x)+1,m);Fn=zeros(1,m);fork=1:mind=sum(t(k)<x);Fn(k)=1-ind/n;%核心代码endplot(t,Fn,'.')axis([min(x)-1,max(x)+1,-0.1,1.1])>>xx=-2.8000-1.00001.50002.10003.4000>>jyhs(x)图1经验函数5.解：因为2分布的随机变量为 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 正态分布的随机变量的平方和，要使326542321)()(XXXcXXXccY服从2分布，只要2321)(XXXc和2654)(XXXc为标准正态分布的平方即可。由题设，)1,0(~NXi，6,,2,1i，)3,0(~321NXXX，)1,0(~3321NXXX，同理)1,0(~3654NXXX，所以31c。6.解：因为)3.0,0(~2NXi，所以)1,0(~3.0NXi(.10,,2,1i)，101222)10(~3.0iiX，所以0996.0)10,2^3.0/44.1(chi2cdf1}3.044.13.0{}44.1{1012221012iiiiXPXP。7.解：由题设),(~21NXn，),(~2nNX，)1(~222nnS，所以有)1,0(~21nnNXXn，)1,0(~/)1(1NnnXXn，)1(~1/)1(1111ntSnnnnXXnnSXXYnn。8.证明：因为)(~ntX，不妨设)1,0(~1NX，)(~22nX，)(~/21ntnXXX，所以),1(~/1/2212nFnXXX。9.解：MATLAB命令为（1）norminv(0.99)；（2）norminv(0.04)；（3）chi2inv(0.975,15);(4)chi2inv(0.025,15);(5)chi2inv(0.95,50);(6)chi2inv(0.95,100);(7)tinv(0.975,19);(8)tinv(0.975,99);(9)finv(0.95,2,6);(10)finv(0.05,3,40);(11)finv(0.05,2,6);(12)finv(0.01,3,40)10.解：因)4,1(~NX，样本容量为16，所以)21,1(~2NX，3829.01)2/1(normcdf*21)21(2}212210{}20{XPXP.954501)2(normcdf*21)2(2}2/1122/110{}20{XPXP11.解：因)20,80(~2NX，样本容量为100，所以)4,80(~NX，40.13362))normcdf(3/-(1*2))23(1(2}2323{}380{XPXP。12.解：设1021,,,XXX和1521,,,YYY为)3,20(N两独立样本，则)103,20(~NX，)153,20(~NY，)21,0(~NYX，所以}2/13.02/1{}3.0{YXPYXP0.6714)))3/sqrt(1/2normcdf(0.-(1*2))2/13.0(1(2。13.解：（1）由题设)1(~)1(222*nSn，01.0}{2*cSP，取20n，60.0，则)19(~60.019222*S，要使01.0}60.01960.019{}{222*2*cSPcSP成立，即99.0}60.01960.019{222*cSP，)19(60.019299.02c，故6857.0)19(1960.0299.02c；（2）24.3760.084.01960.0192222*S，而)19,24.37(chi2cdf1}24.37{2P01.00074.0，所以失控。14.解：由题设251n，202n，4.792*1S，6.252*2S，2221，所以)19,24()1,1(~212*22*121222*22*1FnnFSSSS，所以0072.0)19,24,6.25/4.79(fcdf1}6.254.79{2*22*1SSP。15.证明：（1）先证明二项分布的可加性，设),(~11pnbX，),(~22pnbX，则),(~2121pnnbXX(证明可见于盛骤《概率论与数理统计》第四版)，所以),(~21pnNBXXXXnn，所以knNkknNppCkXnPnkXP)1(}{}{，（.,,2,1,0nNk）（2）先证明泊松分布的可加性，设)(~11PX，)(~22PX，则)(~2121bXX(证明可见于盛骤《概率论与数理统计》第四版)，所以5)(~21nPXXXXnn，所以nkeknkXnPnkXP!)(}{}{，（.,2,1,0k）（3）由中心极限定理，X的极限分布分别为)/)1(,(npNpNpN和)/,(nN。16.解：（1）因为iniXX1)1(min，所以}{1}{)()1()1()1(xXPxXPxFXnnnxFxXPxXxXxXP))(1(1}){1(1},,,{121;因为ininXX1)(max，所以nnnXxFxXPxXPxXPxFn)(}{}{}{)(1)()(。(2))1(X的密度为)()(1'))(1(1)(')(1)1()1(xpxFnxFxFxpnnXX；)(nX的密度为)()(')()(')(1)()(xpxFnxFxFxpnnXXnn；17.解：本题有误，总体X的密度应为其它；,0;10,)1();(xxxp)1(，（1）矩估计21)1()(10dxxxXE，1)()(21XEXE，121ˆXXm。（2）极大似然估计：设nxxx,,,21为样本观察值，则似然函数为niinniixxL11)1()1()(，取对数niixnL1ln)1ln()(ln令0ln1)(ln1niixndLd，niixn1ln1，所以niiLXn1ln1ˆ。（3）矩估计值为>>x=[0.1,0.2,0.9,0.8,0.7,0.7];>>am=(1-2*mean(x))/(mean(x)-1);>>amam=60.3077极大似然估计值为>>x=[0.1,0.2,0.9,0.8,0.7,0.7];>>aL=-(1+length(x)/sum(log(x)))aL=0.211218.解：（1）因为21)(0dxxXE，)(2XE，所以Xm2ˆ；设nxxx,,,21为样本观察值，则似然函数为nniL11)(1，nxxx,,,21所以}{maxˆ1)(ininLXX。（2）矩法：2.1xEX，4067.02SDX，>>x=[1.3,0.6,1.7,2.2,0.3,1.1];>>mean(x)ans=1.2000>>var(x,1)ans=0.4067极大似然法1.122.2ˆ21LEX，4033.0)2.2(121ˆ12122LDX，19.解：(1)矩估计0)(dxexXEx，)(XE，Xˆ;极大似然估计：设nxxx,,,21为样本观察值，则似然函数为niiixnnixeeL11)(，取对数niixnL1ln)(ln令0)(ln1niixndLd，xxnnii11，所以Xˆ.(2)矩估计7adxexxXEx24)(03222(变量替换，利用函数性质或者变量替换利用正态分布随机变量概率密度性质)，)(2XE，X2ˆ;极大似然估计：设nxxx,,,21为样本观察值，则似然函数为niiixnnninxniiexexL1222212/32213224)(，取对数niiixnnxnL1221ln2ln3)2(ln2)(ln令023)(ln123niixndLd，niixn1232，所以niiXn1232ˆ.(3)矩估计，注意到此题中已知01)(dxexXEx，)(XE，Xmˆ;极大似然估计：设nxxx,,,21为样本观察值，则似然函数为niiixnxnieeL1)(1111)(，取对数niixnL1)(1ln)(ln，令0)(1)(ln12niixndLd，niixn1)(1，所以XXnniiL1)(1ˆ.(4)矩估计，注意到此题中，0两个参数均未知，与上题不同2222020)(221)(,1)(dxexXEdxexXExx，所以)()()(222XDXEXE，)()(XDXE，以X和2S分别代替)(XE和8)(XD，可得，0的矩估计分别为SXmˆ，Smˆ。极大似然估计：设nxxx,,,21为样本观察值，则似然函数为ixnxnixeeLniii,11),(1)(11，取对数niixnL1)(1ln),(ln，令0)(1)(ln0)1(1)(ln121niinixnLL，没有驻点，所以应从似然函数定义出发，当0时，越大，),(L越大，所以)1(1minˆXXiniL，与上题类似)1(1ˆ)(1ˆXXXXnLniiL.（5）矩估计，21211)(dxxXE，)(XE，Xmˆ;极大似然估计：设nxxx,,,21为样本观察值，则似然函数为11)(1niL，2121ix，.,,2,1ni所以区间]21,21[)1()(XXn内的任意值均可为Lˆ。20.解：正态分布的极大似然估计量为XLˆ，22SL，)1300(1}1300{1}1300{1}1300{XPXPXPp把估计值1000.997ˆxL，1557422sL代入上式可得。MATLAB程序如下：>>x=[1067,919,1196,785,1126,936,918,1156,920,948];>>mu=mean(x);sig2=var(x,1);>>1-normcdf((1300-mu)/sqrt(sig2))ans=0.007621.解：（1）65.165.1ˆˆXA；9（2）SXA65.1ˆ65.1ˆˆ。22.解：)/(33smEX，2)/(8.18smDX>>x=[27,38,30,37,35,31];>>mu=mean(x)mu=33>>sig2=var(x)sig2=18.800023.证明：因为ˆ是的无偏估计，所以)ˆ(E，由数学期望与方差之间的关系，22222)ˆ()ˆ()ˆ(])ˆ[()ˆ(DDEEE，得证。24.解：因为iX(ni,,2,1)独立同分布，且)(iXE，222)(iXE，ni,,2,1，且1112122212121233222222121112122222)(niiinniinnnnniiiXXXXXXXXXXXXXXXXXXX所以22221112122211112122211121)1(2)1(2))(1(2)()(2)()(2)(22)(nnnXEXEXEXEXEXXXXXEXXEniiinniiniiinniiniii故要使得1121)(niiiXXc为2的无偏估计，可取)1(21nc。25.解：由题设，)(iXE，222)(iXE，)(XE，nXD2)(，nXE222)(，又2222221212)1()()()()()(nnnnXnEXEXXEniinii，所以21S为2的无偏估计量；10又n个服从标准正态分布的随机变量的平方和服从2()n，2[()]Enn，2[()]2Dnn，由定理12.8可知，2221122()(1)~(1)niiXXnSYn，故有()1EYn，()2(1)DYn，即212()()(1)niiXXEYEn，2212()()(1)2(1)niiXXDYEnn，所以22442221122()2(1)(1)1niiXXESEnnn，2222442221122222()()(1)1nniiiiXXXXESEnEnnn222411222()()(1)2(1)1nniiiiXXXXEnEnn4422(21)2(1)1nnnn，2222442221132222()()1(1)2(1)(1)nniiiiXXXXESEnEnnn222411222()()(1)4(1)4(1)nniiiiXXXXEnEnn44222(1)4(1)1nnn，所以23S对2的均方误差最小。1126.解：设总体X的分布函数为1,1,0,0,0)(xxxxxF，iiXY31max34，iniXZ1min4，则}43,43,43{}43max{}max34{}{)(3213131yXyXyXPyXPyXPyYPyFiiiiY3)]43([yF，求导得概率密度为其他。，其他。，,0,3406481,0,3401434943)43()]43([3)(3222yyyyypyFypY所以)(YE，故iiXY31max34为的无偏估计量；类似地有33213131))41(1(1}41,41,41{1}41min{1}min4{}{)(zFzXzXzXPzXPzXPzZPzFiiiiZ，求导得概率密度为其他。，,0,401414341)41()]43(1[3)(22yyzpyFzpZ所以)(ZE，故iiXZ31min4为的无偏估计量；又15)(2YD<53)(2ZD，所以iiX31max34有效。27.解：由泊松分布性质，)()(XDXE，)(XE，)1(2SnnE，所以（1）10，)1()1()()1)1((22SnnEXESnnXE，得证；（2）因为22222)()()()()1(XEXEXEXDSnnE，所以2的无偏估计量为212211SnnXnnii。12（3）待解；28.解：),(~2NXi，概率密度为xexfx,21)(222)(，0，)(2121)(22222)(2)(xdexdxexXExxi令xt，22221)(02202222duedtetdtetXEututti，所以221)(21)ˆ(1nnXEnEnii，为无偏估计；其效率为0.876,待求。29.解：均值为已知，12,,,nXXX为来自正态总体2~(,)XN的一组样本，总体密度为22()221(;)2xpxe，设12,,,nxxx为一组样本值，似然函数为222211()()222222111()()(2)()2niiixnnnnxiiiLfxee对数似然函数为222211ln()ln(2)ln()()222niinnLx关于2求导，令222241ln()1()022niidLnxd解得2的极大似然估计量为2211()niiXn。总体密度为22()221(;)2xpxe，取对数得22221()ln(;)ln(2)ln22xpx，13关于2求导和二阶导数，得222222ln(;)1()22()pxx，222222223ln(;)1()()2()()pxx，于是得信息量222222222322ln(;)1()1()()2()()2()pXEXIE，所以2的无偏估计量211()niiXn的方差下界为22212()()nIn，又221~()niiXn，由2分布性质(P.239)，212niiXDn，2222222111()2()()nniiiiXDXDnnn所以，2的无偏估计量211()niiXn是UMVUE；因为2222222211222221()lim()lim()()2()lim2lim0nniinniinnXEXEnnnnnn其中利用了2性质。由定理13.4可得，211()niiXn是2的相合估计量。30.解：设总体~[0,]X，其概率密度函数和概率分布函数分别为1,0,(;)0,xfx其他.，0,0,(;),0,1,xxFxxx.()1maxininTXX的分布函数为141211(;){}{,,,}{}{}(;)0,0,,0,1,TnnnniiinnFtPTtPXtXtXtPXtPXtFttttt.所以，T的概率密度函数为1,0,(;)'()0,nnTTnttftFt其他.1100()(;)11nnnnntntnETtftdttdtnn，12222200()(;)22nnnnntntnETtftdttdtnn，所以2222222()()2()221(1)(2)nnETETETnnnn，故222lim()lim0(1)(2)nnETnn，由定理13.4可得，T是的相合估计量。31.解：设12,,,nXXX为来自伽马分布总体X的一组样本，总体密度为1,0,(;)()0,0.xexxpxx，110(1)()(;)()()xEXxpxdxxexdx，2221220(2)(1)()(;)()()xEXxpxdxxexdx，222222(1)()()()DXEXEX，111111()()()..()()nnniiiiiEXEXEXiidEXEXnnn，15222111111()()()()..()nnniiiiiDXDXDXDXiidDXnnnnn，所以11()()XEg，即X是1()g的无偏估计。当0x时，取对数得ln(;)lnln(())(1)lnpxxx，关于求导和二阶导数，得ln(;)pxx，222ln(;)px，于是得信息量222ln(;)()pXIE，所以1()g的无偏估计量X的方差下界为（由定理13.1）24221'()1()gnInn，又2222111()()XDDXnn，即2'()ˆ[()]()()gXDgDnI所以，1()g的无偏估计量X是UMVUE；32.解：x=[2.14,2.10,2.13,2.15,2.13,2.12,2.13,2.10,...2.15,2.12,2.14,2.10,2.13,2.11,2.14,2.11];n=length(x);mx=mean(x);sd=std(x);sig=0.01;alpha=0.10;phai1=[mx-sig/sqrt(n)*norminv(1-alpha/2),mx+sig/sqrt(n)*norminv(1-alpha/2)]phai2=[mx-sd/sqrt(n-1)*tinv(1-alpha/2,n-1),mx+sd/sqrt(n-1)*tinv(1-alpha/2,n-1)]33.解：因为~(1)/XtnSn，设精度为0，要使得{}{}10.95//XPXPSnSn，所以16/2(1)/tnSn，即/2(1)/1.69921.7tnSn。34.解：因为2已知，~(0,1)/XNn，{}{}1//XLPXLPnn，211/Ln,1/2/Lun,所以，21/2nuL。答案错误！35.解：因为2已知，~(0,1)/XNn，{}{}1//XLPXLPnn，类似于34，可得得221/20.51.9696.041/10nuL，即97.n36.解：参照P279 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 13.1，（1）**1/21/2(1),(1)SSXtnXtnnn>>[1832-sqrt(20/19)*497/sqrt(20)*tinv(1-0.05/2,20-1),1832+sqrt(20/19)*497/sqrt(20)*tinv(1-0.05/2,20-1)]ans=1.0e+003*1.59342.0706置信下限：>>1832-sqrt(20/19)*497/sqrt(20)*tinv(1-0.05,20-1)ans=1.6348e+003（2）2的置信度为90%的区间估计>>[20*497^2/chi2inv(1-0.10/2,20-1),20*497^2/chi2inv(0.10/2,20-1)]17ans=1.0e+005*1.63894.8830的置信度为90%的区间估计[sqrt(20)*497/sqrt(chi2inv(1-0.10/2,20-1)),sqrt(20)*497/sqrt(chi2inv(0.10/2,20-1))]ans=404.8316698.787737.解：参照P280表13.1xa=[0.143,0.142,0.143,0.137];xb=[0.140,0.142,0.136,0.138,0.140];n1=length(xa);n2=length(xb);ma=mean(xa);mb=mean(xb);sw=sqrt(((n1-1)*var(xa)+(n2-1)*var(xb))/(n1+n2-2));alpha=0.05;[(ma-mb)-tinv(1-alpha/2,n1+n2-2)*sw*sqrt(1/n1+1/n2),...(ma-mb)+tinv(1-alpha/2,n1+n2-2)*sw*sqrt(1/n1+1/n2)]ans=-0.00200.006138.解：xa=[2.0662.0632.0682.0602.067];xb=[2.0582.0572.0632.0592.060];n1=length(xa);n2=length(xb);alpha=0.10;[1/finv(1-alpha/2,n1-1,n2-1)*var(xa)/var(xb),1/finv(alpha/2,n1-1,n2-1)*var(xa)/var(xb)]ans=0.316012.897039.解：参考例13.26100n，160.16100x，10.95，0.0252，121.96u，221/21.963.84u，21/2103.84anu，21/2(2)35.83bnxu，22.56cnx，得2211(4)(35.8335.834103.842.56)0.1010,0.244022103.84bbaca18>>1/(2*103.84)*(35.83-sqrt(35.83^2-4*103.84*2.56))ans=0.1010>>1/(2*103.84)*(35.83+sqrt(35.83^2-4*103.84*2.56))ans=0.2440注意：也可以按第282页的 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 。40.解：参考例13.26（1）（i）400n，1750.4375400x，10.90，0.052，121.649u，221/21.962.7055u，21/2402.7055anu，21/2(2)352.7055bnxu，276.5625cnx，得21(4)0.3973,0.47862bbaca>>1/(2*a)*(-b-sqrt(b^2-4*a*c))ans=0.3973>>1/(2*a)*(-b+sqrt(b^2-4*a*c))ans=0.4786注意：也可以按第282页的公式。41.解：设次品率为0.03p，令1,0,iX次品，正品.，1,2,,.in则3001~(300,0.03)iiXXB，()9EX，()3000.030.978.73DX，19所求为30030011{0.020.035}{610.5}300iiiiXPPX，由中心极限定理可得300196910.59{}(0.5077)(1.0153)8.738.738.73iiXP>>normcdf(0.5077)-normcdf(-1.0153)ans=0.539242.解：检验假设0:4.55H，1:4.55H，由于2未知，x=[4.484.404.424.354.37];n=length(x);mx=mean(x);sd=std(x);alpha=0.05;z=(mx-4.55)/(0.108/sqrt(n))z=-3.0228小于>>norminv(alpha/2)ans=-1.9600所以拒绝原假设，即有显著变化。43.解：检验假设0:12.00H，1:12.00H，由于226.76已知，100n，11.6x，0.05，11.612.00.5917/6.76/100xzn，小于>>norminv(1-alpha/2)ans=1.9600所以接受原假设，即直径均值小于12.00cm。与答案不同，待定。44.题目不完整，略。45.解：仿造例14.7>>x=[0.200.300.400.500.600.700.800.901.00];20y=[1.100.210.520.320.780.590.680.770.89];z=x-y得z=-0.90000.0900-0.12000.1800-0.18000.11000.12000.13000.1100问题化为：显著性水平0.05，检验假设0010:0;:0HH(2未知)这是一个双侧假设检验问题，因此有检验法则若01/2*(1)/ztnSn，则拒绝0H，计算得0.0511z，*0.3408S，查分布表得，1/210.025(1)(8)2.3060tnt01/2**0.05110.4498<2.3060(1)0.3408/3//zztnSnSn所以接受0H。46.解：检验假设00:3.25H，10:H，由于2未知，这是一个双侧假设检验问题，因此有检验法则若01/2*(1)/xtnSn，则拒绝0H，计算得5n，3.2520x，*0.0130S因0.01，查分布表得，1/210.005(1)(4)4.6041tnt01/2*3.25203.250.3440<4.6041(1)/0.0130/5xtnSn所以接受0H。>>x=[3.253.273.243.263.24];n=length(x);mx=mean(x);sd=std(x);[h,p,ci]=ttest(x,3.25)21h=0p=0.7489ci=3.23583.268247．解：检验假设00:2H，10:H，由于2未知，这是一个单侧假设检验问题，因此有检验法则若01*(1)/xtnSn，则拒绝0H，计算得10n，2.120x，*0.2239S因0.05，查分布表得，110.05(1)(9)1.8331tnt01*2.12021.6952<1.8331(1)/0.2239/10xtnSn所以接受0H，认为没有提高；而当0.10，查分布表得，110.10(1)(9)1.3830tnt01*2.12021.6952>1.3830(1)/0.2239/10xtnSn所以，拒绝0H，认为提高了。>>x=[2.15,1.85,1.90,2.05,1.95,2.30,2.35,2.50,2.25,1.90];mx=mean(x)sd=std(x)(mx-2)/(sd/sqrt(10))[h,p,ci]=ttest(x,2,0.05,'right')mx=2.120022sd=0.2239ans=1.6952h=0p=0.0621ci=1.9902Inf>>[h,p,ci]=ttest(x,2,0.10,'right')h=1p=0.0621ci=2.0221Inf48.解：检验假设22200:0.048H，2210:H，由于未知，这是一个双侧假设检验问题，因此有检验法则若221/220()(1)niixxn，或2211/220()(1)niixxn，则拒绝0H，计算得5n，1.4140x，521()0.0311iixx因0.05，查分布表得，22/20.025(1)(4)0.4844n，221/20.975(1)(4)11.1433n，2211/2220()0.031113.498311.1433(1)0.048niixxn所以拒绝0H;当0.01，查分布表得，22/20.005(1)(4)0.2070n，221/20.995(1)(4)14.8603n，2221/21/220()(1)0.207013.4983<14.8603(1)niixxnn所以接受0H。23用vartest可以检验方差。>>[h,p,ci]=vartest(x,0.048^2,0.05)h=1p=0.0181ci=0.00280.0642>>[h,p,ci]=vartest(x,0.048^2,0.01)h=0p=0.0181ci=0.00210.150349.解：检验假设2200:0.1H，2210:H，由于未知，这是一个单侧假设检验问题，因此有检验法则若221120()(1)niixxn，则拒绝0H，计算得5n，3.84x，521()1.5720iixx因0.05，查分布表得，2210.95(1)(4)9.4877n>>chi2inv(0.95,4)ans=9.4877221120()1.572015.729.4877(1)0.1niixxn所以拒绝0H。用vartest可以检验方差。>>[h,p,ci]=vartest(x,0.1,0.05,'right')h=1p=0.0034ci=0.1657Inf2450.解：检验假设2200:0.06H，2210:H，由于未知，这是一个单侧假设检验问题，因此有检验法则若221120()(1)niixxn，则拒绝0H，计算得10n，1.1006x，521()0.0000784iixx因0.10，查分布表得，2210.90(1)(9)14.6837n，>>chi2inv(0.9,9)ans=14.6837221120()0.00007840.001314.6837(1)0.06niixxn所以接受0H，即精度比原有仪器好。>>h=chi2gof(x,'nbins',5)Warning:Afterpooling,somebinsstillhavelowexpectedcounts.Thechi-squareapproximationmaynotbeaccurate>Inchi2gof>poolbinsat303Inchi2gofat246h=0服从正态分布。51.解：使用P301，表14.3，检验假设012:0H，112:H，这是一个双侧假设检验问题，因此有检验法则若1/2221212xyunn，则拒绝0H，计算得24.4x，15n，27y，25n，因0.05，查分布表得，1/21.96u，251/224.4271.61251.965855u所以接受0H，无显著差异。>>x=[2427262124];y=[2728233126];n1=length(x);n2=length(y);mx=mean(x);my=mean(y);h=ttest2(x,y)h=052.解：使用P301，表14.3，检验假设012:0H，112:H，这是一个双侧假设检验问题，因此有检验法则若1/21212(2)11wxytnnSnn，则拒绝0H，计算得21.5x，15n，18y，24n，*2*2112212(1)(1)47.505032.59332.32382542wnSnSSnn因0.05，查分布表得，1/2120.975(2)(7)2.1448tnnt，1/2121221.518.02.2453<2.3646(2)11112.323854wxytnnSnn所以拒绝0H，有显著差异。>>x=[24.320.823.721.317.4];y=[18.216.920.216.7];n1=length(x);n2=length(y);mx=mean(x);my=mean(y);v1=var(x);v2=var(y);26sw=sqrt(((n1-1)*var(x)+(n2-1)*var(y))/(n1+n2-2))h=ttest2(x,y)sw=2.3238h=053.解：使用P301，表14.3，检验假设012:0H，112:H，这是一个双侧假设检验问题，因此有检验法则若1/21212(2)11wxytnnSnn，则拒绝0H，计算得20.6571x，17n，19.1111y，29n，*2*2112212(1)(1)61.296280.78611.00242792wnSnSSnn因0.05，查分布表得，1/2120.975(2)(14)2.1448tnnt，1/2121220.657119.11113.0606>2.1448(2)11111.002479wxytnnSnn所以接受0H，无显著差异。>>x=[20.518.820.921.519.521.621.8];y=[17.719.220.320.018.619.019.120.018.1];n1=length(x);n2=length(y);mx=mean(x);my=mean(y);v1=var(x);v2=var(y);sw=sqrt(((n1-1)*var(x)+(n2-1)*var(y))/(n1+n2-2))h=ttest2(x,y)sw=1.0024h=154.解：由题设，进行配对检验12nnn，检验假设012:0H，012:0H，这是一个双侧假设检验问题，因此有检验法则27若1/212*2*21212(2)11wxyxytnnSSSnnn，则拒绝0H，计算得1.4671x，7n，1.4929y，*2*21122121212*2*21211(1)(1)1120.20360.19870.23977wnSnSSnnnnnnSSn因0.05，查分布表得，1/2120.975(2)(12)2.1788tnnt，1/212121.46711.49290.1073<2.1788(2)0.239711wxytnnSnn所以接受0H，无显著差异。>>x=[1.151.860.751.821.141.651.90];y=[1.001.900.901.801.201.701.95];n=length(x);%n2=length(y);mx=mean(x);my=mean(y);v1=var(x);v2=var(y);sw=sqrt((var(x)+var(y))/n)h=ttest2(x,y)sw=0.2397h=055.解：由题设，进行配对检验12nnn，检验假设012:0H，112:0H，这是一个双侧假设检验问题，因此有检验法则若1/212*2*21212(2)11wxyxytnnSSSnnn，则拒绝0H，计算得140.6x，10n，126.8y，28*2*21122121212*2*21211(1)(1)11216.933371.95562.981410wnSnSSnnnnnnSSn因0.05，查分布表得，1/2120.975(2)(18)2.1009tnnt，1/21212140.6126.84.6287>2.1009(2)2.981411wxytnnSnn所以拒绝0H，有显著差异。56.解：由题设，检验假设012:0H，012:0H，这是一个双侧假设检验问题，因此有检验法则若11212(2)11wxytnnSnn，则拒绝0H，计算得140.6x，10n，126.8y，*2*2112212(1)(1)(51)4.3(51)5.52.21362552wnSnSSnn因0.05，查分布表得，1120.95(2)(8)1.8595tnnt，1/2121289.6881.1429<2.2136(2)11112.213655wxytnnSnn所以接受0H，甲种零件抗压强度不比乙种零件高。57.解：见P307表14.4检验假设22012:H，22112:H，这是一个双侧假设检验问题，因此有检验法则若*211/212*22(1,1)SFnnS或*21/212*22(1,1)SFnnS，则拒绝0H，29计算得111n，24n，*210.0640S，*220.0300S，因0.05，查分布表得，1/2120.975(1,1)(10,8)4.2951FnnF，/2120.025(1,1)(10,8)0.2594FnnF，*21/2121/212*220.0640(1,1)0.2594=2.1333<4.2951(1,1)0.0300SFnnFnnS所以接受0H，无显著差异。>>x=[6.25.76.56.06.35.85.76.05.86.06.0];y=[5.65.95.65.75.86.05.55.75.5];H=vartest2(x,y,0.05)H=058.解：见P307表14.4检验假设22012:H，22112:H，这是一个单侧假设检验问题，因此有检验法则若*21112*22(1,1)SFnnS，则拒绝0H，计算得18n，29n，*210.0955S，*220.0261S，因0.05，查分布表得，1120.95(1,1)(7,8)3.5005FnnF，*21112*220.0955=3.65883.5005(1,1)0.0261SFnnS所以拒绝0H，乙机床的加工精度比甲机床高。>>x=[15.014.515.215.514.815.115.214.8];y=[15.215.014.815.215.015.014.815.114.8];H=vartest2(x,y,0.05,'right')H=159.解：见P307表14.4检验假设22012:H，22112:H，这是一个单侧假设检验问题，因此有检验法则30若*21112*22(1,1)SFnnS，则拒绝0H，计算得110n，210n，*219.4610S，*221.7684S，因0.05，查分布表得，1120.95(1,1)(9,9)3.1789FnnF，*21112*229.4610=5.34993.1789(1,1)1.7784SFnnS所以拒绝0H，第二种安眠药比第一种效果更稳定。>>x=[1.4-1.54.0-2.54.55.5-21.50.55.5];y=[1.90.83.0-0.53.02.5-0.52.52.02.5];H=vartest2(x,y,0.05,'right')H=160.解：先检验方差，再检验均值。见P307表14.4检验假设22012:H，22112:H，这是一个双侧假设检验问题，因此有检验法则若*211/212*22(1,1)SFnnS或*21/212*22(1,1)SFnnS，则拒绝0H，计算得19n，28n，*210.1337S，*220.1736S，因0.05，查分布表得，1/2120.975(1