假设检验二项分布与正态分布

第七章假设检验

有了概率和概率分布的知识，接下来我们要逐步掌握统计检验的一般步骤。既然按照数学规则得到的概率都不能用经验方法准确求得，于是，理论概率和经验得到的频率之间肯定存在某种差别，这就引出了实践检验理论的问题。

第一节二项分布

二项分布是从著名的贝努里试验中推导而来。所谓贝努里试验，是指只有两种可能结果的随机试验。。每当情况如同贝努里试验，是在相同的条件下重复n次，考虑的是“成功”的概率，且各次试验相互独立，就可利用与二项分布有关的统计检验。虽然许多分布较之二项分布更实用，但二项分布简单明了，况且其他概率分布的使用和计算逻辑与之相同。所以要理解统计检验以及它所涉及的许多新概念，人们几乎都乐意从二项分布的讨论入手。

1.二项分布的数学形式

C p x q n-x。

二项试验中随机变量X的概率分布，即P(X=x)＝x

n

(7．3)

2．二项分布的讨论

(1)二项分布为离散型随机变量的分布。

(2)二项分布的图形当p＝0．5时是对称的，当p≠0．5时是非对称的，而当n愈大时非对称性愈不明显。

(3)二项分布的数学期望E(X)＝μ＝np，变异数D(X)＝σ2＝npq。

(4)二项分布受成功事件概率p和试验次数n两个参数变化的影响，只要确定了p和n，成功次数x的概率分布也随之确定。因而，二项分布还可简写作B(x；n，p)。

(5)二项分布的概率值除了根据公式直接进行计算外，还可查表求得。

第二节统计检验的基本步骤

概率分布不是一种研究者从资料中看到的分布，我们讨论它，不是出于对数学的爱好，而是因为统计推论的有关工作需要它。所有的统计检验都包含某些特定的步骤：

(1)建立假设；

(2)求抽样分布（所谓抽样分布，就是把具体概率数值赋予样本每个或每组结果的概率分布）；

(3)选择显著性水平和否定域；

(4)计算检验统计量；

(5)判定。

1．建立假设

统计检验是将抽样结果和抽样分布相对照而作出判断的工作。取得抽样结果，依据描述性统计的方法就足够了。抽样分布则不然，它无法从资料中得到，非利用概率论不可。而不对待概括的总体和使用的抽样程序做某种必要的假设，这项工作将无法进行。

2．求抽样分布

在做了必要的假设之后，我们就能用数学推理过程来求抽样分布了。由于数学上已经取得的成果，实际上统计工作者要做的这项工作往往并不是真的去求抽样分布的数学形式，而是根据具体需要，确定特定问题的统计检验应该采用哪种分布的数学用表。

3．选择显著性水平和否定域

有了与问题相关的抽样分布，我们便可以把所有可能的结果分成两类：一类是不大可能的结果；另一类人们预料这些结果很可能发生。既然如此，如果我们在一次实际抽样中得到的结果恰好属于第一类，我们就有理由对概率分布的前提假设产生怀疑。在统计检验中，这些不大可能的结果称为否定域。如果这类结果真的发生了，我们将否定假设；反之就不否定假设。

概率分布的具体形式是由假设决定的，假设肯定不止一个。在统计检验中，通常把被检验的那个假设称为零假设(或称原假设，用符号H0表示)，并用它和其他备择假设(用符号H1表示)相对比。

值得注意的是，假设只能被检验，从来不能加以证明。统计检验可以帮助我们否定一个假设，却不能帮助我们肯定一个假设。为了使检验更严格、更科学，还需要更多的东西。首先，我们必须确定甘冒犯第一类和第二类错误的风险的程度；其次，要确定否定域是否要包含抽样分布的两端。

第一类错误是，零假设H0实际上是正确的，却被否定了。第二类错误则是，H0实际上是错的，却没有被否定。第二类错误是，零假设H0实际上是错误的，却没有被否定。遗憾的是，不管我们如何选择否定域，都不可能完全避免第一类错误和第二类错误，也不可能同时把犯两类错误的危险压缩到最小。对任何一个给定的检验而言，第一类错误的危险越小，第二类错误的概率就越大；反之亦然。一般来讲，不可能具体估计出第二类错误的概率值。第一类错误则不然，犯第一类错误的概率是否定域内各种结果的概率之和。

由于犯第一类错误的危险和犯第二类错误的危险呈相背趋向，所以统计检验时，我们必须事先在甘冒多大第一类错误的风险和多大第二类错误的风险之间作出权衡。被我们事先选定的可以犯第一类错误的概率，叫做检验的显著性水平(用α表示)，它决定了否定域的大小。如果抽样分布是连续的，否定域可以建立在想要建立的任何水平上，否定域的大小可以和显著性水平的要求一致起来（后面的正态检验就如此）。如果抽样分布是非连续的，就要用累计概率的方法找出一组构成否定域的结果。即在已知概率分布表上，从两端可能性最小的概率开始向中心累计，直至概率之和略小于选定的显著性水平为止。

在许多场合，我们能预测偏差的方向，或只对一个方向的偏差感兴趣。每当方向能被预测的时候，在同样显著性水平的条件下，单侧检验比双侧检验更合适。因为否定域被集中到抽样分布更合适的一侧，可以得到一个比较大的尾端。这样做，可以在犯第一类错误的危险不变的情况下，减少了犯第二类错误的危险。

4．计算检验统计量

完成了上述工作之后，接下来就是做一次与理想试验尽量相同的实际抽样(比如实际做一次重复抛掷硬币的试验)，并从获取的样本资料算出检验统计量。检验统计量是关于样本的一个综合指标，但与第九章参数估计中将要讨论的统计量有所不同，它不用作估测，而只用作检验。

5．判定

假设检验系指拒绝或保留零假设的判断，又称显著性检定。在选择否定域并计算检验统计量之后，我们完成最后一道手续，即根据试验或样本结果决定假设的取与舍。如果结果落

在否定域内，我们将在已知犯第一类错误概率的条件下，否定零假设。反之，如果结果落在否定域外，则不否定零假设，与此同时，我们就有了犯第二类错误的危险。

第三节 正态分布

如果说二项分布是离散型随机变量最具典型意义的概率分布，那么连续型随机变量最具典型意义的概率分布就是正态分布了。这是因为：①许多自然现象与社会现象，都可用正态分布加以叙述；②不少离散型随机变量与连续型随机变量的概率分布都以正态分布为其极限（即当样本相当大时，可用正态近似法解决这些概率分布的问题）；③许多统计量的抽样分布呈正态分布，故在参数估计与假设检验上经常以正态分布为理论基础。

1．正态分布的数学形式

正态分布的概率密度表达为：?(X ＝x )＝πσ21222)(ομ--X e 。

正态曲线具有下列性质：

(1)正态曲线以X ＝μ呈钟形对称，其均值、中位数和众数三者必定相等。

(2) ?(X ＝x )在X ＝μ处取极大值。X 离μ越远，?(X ＝x )值越小。

(3)对于固定的σ值，不同均值μ的正态曲线的外形完全相同，差别只在于曲线在横轴方向上整体平移了一个位置(参见图7．3)。

(4)对于固定的μ值，改变σ值，σ值越小，正态曲线越陡峭；σ值越大，正态曲线越低平(参见图7．4)。

(5)正态分布的数学期望E (X )＝μ，变异数D (X )＝σ2。

2．标准正态分布

引入新的随机变量Z ＝

σμ-X ，我们便得到了用Z 分数表达的标准正态分布，其概率密度为?(Z )＝

π

2122Z e -。标准正态变量的数学期望E (Z )＝0，变异数(即方差)D (Z )＝1。实际上，标准正态分布?(Z )只是正态分布的一个特例，即μ＝0，σ2＝1的正态分布，简记作N (0，1)。对于一般正态分布则简记为N (μ，σ2

)。

3．正态曲线下的面积

有了正态分布的概率密度(7．5)式，随机变量X 的取值在某区间{x 1≤X ≤x 2}上的概率便可用下式求得

P (x 1≤X ≤x 2 )＝?

21)x x dx x （?

但积分毕竟太麻烦了，更何况许多人对积分运算不熟悉，为此须计算出现成的数值表供使用者查找。由于正态曲线的优良性质，这项工作可以卓有成效地完成：①经过X 的标准分Z ＝σμ

-X ，可以将任何正态分布N (μ，σ2

)转换成标准正态分布N (0，1)；②运用分布函数的定义，并利用正态曲线的对称性，通过下式（分布函数）可以计算编制出正态分布表(见附表4)。

F (Z α)＝P （0≤Z ≤Z α）＝?

α

?Z dZ Z 0)（

4．二项分布的正态近似法

二项分布是以正态分布为极限的。所以当n 很大时，只要p 或q 不近于零，我们就可以用正态近似来解决二项分布的计算问题，即

)(lim b x a P n ≤≤∞→＝P (Z 1≤Z ≤Z 2)＝π21?21Z Z 22Z e -d z

又 Z α＝

npq

np x - 第四节 中心极限定理

1．抽样分布

统计的学习进入到推论统计阶段，我们就必须同时与三种不同的分布概念打交道，即总体分布、样本分布、抽样分布。

已知一总体分布，可求得它的特征值。根据总体分布计算的特征值，即根据总体各个单位标志值计算的统计指标，在推论统计中称为总体参数。总体均值和总体标准差(或方差)是反映总体分布特征最重要的两个总体参数，习惯上分别记作μ和σ(或σ2)。

同理，已知一样本分布．可求得它的特征值。根据样本分布计算特征值，即根据样本各个单位标志值计算的统计指标，在推论统计中称为统计量。样本均值和样本标准差(或方差)是反映样本分布特征最重要的两个统计量，习惯上分别记作X 和S (或S 2)。

将总体均值、总体标准差与样本均值、样本标准差加以区别是很必要的。因为总体参数和统计量之间存在着重要差别。参数是有关总体的固定值，一般都是未知的。

由于统计量是随机变量，并且在一个统计总体中可以重复抽取的样本在理论上是无数的，所以可以用概率分布来进行描述。本书在引出总体分布、样本分布的概念之后，又引出了抽样分布的概念。需要再次强调，抽样分布是运用数理统计的方法，把具体概率赋予样本的所有可能结果的一种理论分布。但有了抽样分布对概率分布的具体化，研究者便找到了一种理论与实际相联系的有效途径。

2．中心极限定理

概率论中用来阐明大量随机现象平均结果的稳定性的定理，是著名的大数定理。其具体内容是：频率稳定于概率，平均值稳定于期望值。但是，大量随机现象的稳定性不仅表现在平均结果上，同时也表现在分布上，这就是中心极限定理所要阐明的内容。仔细考虑统计量和与之相对应的未知参数的接近程度，引出了研究和应用抽样分布的课题。显然，推论统计需要有一座能够架通抽样调查和抽样分布的桥梁。中心极限定理告诉我们：如果从任何一个

具有均值μ和方差σ2的总体(可以具有任何形式)中重复抽取容量为n 的随机样本，那么当n 变得很大时，样本均值X 的抽样分布接近正态，并具有均值μ和方差n

2

σ。 统计检验应用正态分布和二项分布有两点区别：①抽样分布在这里是连续的而非离散的，否定域的大小可以和显著性水平的要求精确地一致起来。②计算检验统计量不再像在应用二项分布时那样，可以不劳而获了。很显然，为了能使用现成的正态分布表，关键是要从

样本资料中计算出在N (0，1)形式下的统计量Z ，再根据Z 是否落在否定城内而对被检验假设的取舍作出决定。注意：在正态检验对于的抽样分布中，随机变量的取值是每个X ，均值是μ，标准差是X σ＝

n σ。因此，Z 如果作为检验统计量，要用X 替换X ，用X σ替换σ，μ不动，即 Z ＝n

X /σμ-。 第五节 总体均值和成数的单样本检验

1． σ已知，对总体均值的检验

检验统计量是Z ＝n

X /σμ-。 2．学生t 分布(小样本总体均值的检验)

当n 较小时，检验统计量是t ＝

1

/--n S X μ 。 3．关于总体成数的检验 成数的检验统计量是Z ＝n pq p p /-∧

。成数检验与二项检验的联系是不言而愈的。因为在二项检验中，随机变量是样本的“成功”次数x ，而在成数检验中，随机变量是样本的“成功”比例∧

p （即样本成数）。成数检验与二项检验的关系是：①在二项分布中，我们处理的是成功次数x ，而不是成数∧p ，将成功次数的期望值和标准差除以n ，即可得到成数的期望值和标准差。②在样本容量较大时，我们可以用成数表示二项分布问题，再用正态检验来加以处理。但在样本容量较小时，则使用二项检验更合适。③应该注意到，成功次数x 是离散型随机变量，而成数∧p 却可以是连续型随机变量。但成数检验和二项检验都属二分定类尺度，所以可以适用于不同测量层次。

社会统计学习题集--二项分布与正态分布.

第七章假设检验 第一节二项分布 二项分布的数学形式·二项分布的性质 第二节统计检验的基本步骤 建立假设·求抽样分布·选择显著性水平和否定域·计算检验统计量·判定 第三节正态分布 正态分布的数学形式·标准正态分布·正态分布下的面积·二项分布的正态近似法 第四节中心极限定理 抽样分布·总体参数与统计量·样本均值的抽样分布·中心极限定理 第五节总体均值和成数的单样本检验 σ已知，对总体均值的检验·学生t分布(小样本总体均值的检验·关于总体成数的检验一、填空 1．不论总体是否服从正态分布，只要样本容量n足够大，样本平均数的抽样分布就趋于（正态）分布。 2．统计检验时，被我们事先选定的可以犯第一类错误的概率，叫做检验的( 显著性水平，它决定了否定域的大小。 3．假设检验中若其他条件不变，显著性水平的取值越小，接受原假设的可能性越（大），原假设为真而被拒绝的概率越（小）。 4．二项分布的正态近似法，即以将B(x；n，p视为（( np ，npq查表进行计算。 5．已知连续型随机变量～(0,1，若概率P{≥}=0.10，则常数= （）。 6．已知连续型随机变量～(2,9，函数值，则概率=（）。 二、单项选择

1．关于学生t分布，下面哪种说法不正确（ B ）。 A 要求随机样本 B 适用于任何形式的总体分布 C 可用于小样本 D 可用样本标准差S代替总体标准差 2．二项分布的数学期望为（ C ）。 A n(1-np B np(1- p C np D n(1- p。 3．处于正态分布概率密度函数与横轴之间、并且大于均值部分的面积为（ D ）。 A 大于0.5 B －0.5 C 1 D 0.5。 4．假设检验的基本思想可用（ C ）来解释。 A 中心极限定理 B 置信区间 C 小概率事件 D 正态分布的性质 5．成数与成数方差的关系是（D）。 A 成数的数值越接近0，成数的方差越大 B 成数的数值越接近0.3，成数的方差越大 C 成数的数值越接近1，成数的方差越大 D 成数的数值越接近0.5，成数的方差越大 6．在统计检验中，那些不大可能的结果称为( D 。如果这类结果真的发生了， 我们将否定假设。 A 检验统计量 B 显著性水平 C 零假设 D 否定域 7．对于大样本双侧检验，如果根据显著性水平查正态分布表得Zα/2＝1．96，则当零假设被否定时，犯第一类错误的概率是( C 。 A 20% B 10% C 5% D．1% 8．关于二项分布，下面不正确的描述是（ A ）。 A 它为连续型随机变量的分布；

二项分布与正态分布 练习题

二项分布与正态分布 1．用电脑每次可以自动生成一个(0,1)内的实数，且每次生成每个实数都是等可能的，若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实数都大于1 3 的概率为( ) A.1 27 B.23 C. 827 D.49 解析：选C 由题意可得，用该电脑生成1个实数，且这个实数大于1 3的概率为P ＝ 1－13＝23，则用该电脑连续生成3个实数，这3个实数都大于13的概率为? ????233＝8 27.故选 C. 2．(2019·汕头模拟)甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人能荣获一等奖的概率分别为23和3 4，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中 恰有一人获得一等奖的概率为( ) A.34 B.23 C.57 D.512 解析：选D 根据题意，恰有一人获得一等奖就是甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得，则所求概率是23×? ????1－34＋34×? ????1－23＝5 12 ，故选D. 3．(2018·厦门二模)袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，则3次中恰有2次抽到黄球的概率是( ) A.25 B.35 C.18125 D.54125 解析：选D 袋中装有2个红球，3个黄球，有放回地抽取3次，每次抽取1球，每次取到黄球的概率为35，∴3次中恰有2次抽到黄球的概率是P ＝C 23? ????352? ????1－35＝ 54 125 . 4．(2018·唐山二模)甲、乙等4人参加4×100米接力赛，在甲不跑第一棒的条件下，乙不跑第二棒的概率是( ) A.2 9 B.49

C.23 D.79 解析：选D 甲不跑第一棒共有A 13·A 3 3＝18种情况，甲不跑第一棒且乙不跑第二棒共有两类：(1)乙跑第一棒，共有A 33＝6种情况；(2)乙不跑第一棒，共有A 12·A 12·A 2 2＝8 种情况，∴甲不跑第一棒的条件下，乙不跑第二棒的概率为6＋818＝79 .故选D. 5．(2019·福建四校联考)某校在高三第一次模拟考试中约有1 000人参加考试，其数学考试成绩X 近似服从正态分布N (100，a 2)(a ＞0)，试卷满分150分，统计结果显示数学考试成绩不及格(低于90分)的人数占总人数的1 10，则此次数学考试成绩在100 分到110分之间的人数约为( ) A ．400 B ．500 C ．600 D ．800 解析：选A 由题意得，P (X ≤90)＝P (X ≥110)＝110，所以P (90≤X ≤110)＝1－2× 1 10＝45，所以P (100≤X ≤110)＝2 5，所以此次数学考试成绩在100分到110分之间的人数约为 1 000×2 5 ＝400.故选A. 6．(2018·河北“五个一名校联盟”二模)某个电路开关闭合后会出现红灯或绿灯闪烁，已知开关第一次闭合后出现红灯的概率为12，两次闭合后都出现红灯的概率为1 5， 则在第一次闭合后出现红灯的条件下第二次闭合后出现红灯的概率为( ) A.1 10 B.15 C.25 D.12 解析：选C 设“开关第一次闭合后出现红灯”为事件A ，“第二次闭合后出现红灯”为事件B ，则由题意可得P (A )＝12，P (AB )＝1 5，则在第一次闭合后出现红灯的条件 下第二次闭合出现红灯的概率是P (B |A )＝P AB P A ＝1 512 ＝25 .故选C. 7．(2019·淄博一模)设每天从甲地去乙地的旅客人数为随机变量X ，且X ～ N (800,502)，则一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为( )

二项分布与正态分布

二项分布与正态分布 [最新考纲] 1．了解条件概率和两个事件相互独立的概念． 2．理解n 次独立重复试验的模型及二项分布． 3．能解决一些简单的实际问题. 知 识 梳 理 1．条件概率及其性质 设A ，B 为两个事件，如果P (AB )＝P (A )P (B )，则称事件A 与事件B 相互独立． 若事件A ，B 相互独立，则P (B |A )＝P (B )；事件A 与B ，A 与B ，A 与B 都相互独立． 3．独立重复试验与二项分布 (1)独立重复试验 在相同条件下重复做的n 次试验称为n 次独立重复试验，若用A i (i ＝1,2，…，n )表示第i 次试验结果，则 P (A 1A 2A 3…A n )＝P (A 1)P (A 2)P (A 3)…P (A n )． (2)二项分布 在n 次独立重复试验中，用X 表示事件A 发生的次数，设每次试验中事件A 发 生的概率为p ，则P (X ＝k )＝C k n p k (1－p ) n －k (k ＝0,1,2，…，n )，此时称随机变量X 服从二项分布，记为X ～B (n ，p )，并称p 为成功概率． 4．正态分布 (1)正态分布的定义及表示 如果对于任何实数a ，b (a

机变量X 服从正态分布，记为X ～N (μ，σ2)． 函数φμ，σ(x )＝，x ∈R 的图象(正态曲线)关于直线x ＝μ对称，在x ＝μ处达到峰值1σ2π. (2)正态总体三个基本概率值 ①P (μ－σ

数学分布(泊松分布、二项分布、正态分布、均匀分布、指数分布) 生存分析 贝叶斯概率公式 全概率公式讲解

数学期望：随机变量最基本的数学特征之一。它反映随机变量平均取值的大小。又称期望或均值。它是简单算术平均的一种推广。例如某城市有10万个家庭，没有孩子的家庭有1000个，有一个孩子的家庭有9万个，有两个孩子的家庭有6000个，有3个孩子的家庭有3000个，则此城市中任一个家庭中孩子的数目是一个随机变量，记为X，它可取值0，1，2，3，其中取0的概率为0.01，取1的概率为0.9，取2的概率为0.06，取3的概率为0.03，它的数学期望为0×0.01＋1×0.9＋2×0.06＋3×0.03等于1.11，即此城市一个家庭平均有小孩1.11个，用数学式子表示为：E(X)=1.11。 也就是说，我们用数学的方法分析了这个概率性的问题，对于每一个家庭，最有可能它家的孩子为1.11个。 可以简单的理解为求一个概率性事件的平均状况。 各种数学分布的方差是： 1、一个完全符合分布的样本 2、这个样本的方差 概率密度的概念是：某种事物发生的概率占总概率(1)的比例,越大就说明密度越大。比如某地某次考试的成绩近似服从均值为80的正态分布，即平均分是80分，由正态分布的图形知x=80时的函数值最大，即随机变量在80附近取值最密集，也即考试成绩在80分左右的人最多。 下图为概率密度函数图(F(x)应为f(x)，表示概率密度)：

离散型分布：二项分布、泊松分布 连续型分布：指数分布、正态分布、X 2分布、t 分布、F 分布 抽样分布只与自由度，即样本含量（抽样样本含量）有关 二项分布（binomial distribution ）：例子抛硬币 1、 重复试验（n 个相同试验，每次试验两种结果，每种结果概率恒定————伯努利试验） 2、 抽样分布

二项分布与正态分布的特点及联系

二项分布与正态分布的特点及他们的联系 2008-05-23 09:22:10| 分类：数学|举报|字号订阅 正态分布的特点如下： 1．正态分布的形式是对称的，它的对称轴是过平均数点的垂直线，即关于x=u对称。 2．曲线在Z=0处为最高点，向左右延伸时，在正负1个标准差之内，既向下又向内弯。从正负1个标准差开始，既向下又向外弯。拐点位于正负一个标准差处，曲线两端向靠近基线处无限延伸和接近，但不相交。 3．正态分布下的面积为1，过平均数的垂直线将面积分为左右各0.50的部分。正态曲线下的每一面积都可以被看成是概率，即对应着横坐标值的随机变量出现的概率。 4．正态分布是一族分布，它随着随机变量的平均数、标准差的大小与单位不同而有不同的分布形态。但是所有的正态分布都可以通过公式Z＝(Xl—M)／S，转换成标准正态分布，即平均数为0，标准差为1的正态分布。 5．在正态分布曲线中，标准差与概率(面积)有一定的关系。 二项分布的特点如下： 1、二项分布的均值为np，方差为npq。 2、以事件A出现的次数为横坐标，以概率为纵坐标，画出二项分布的图象，可以看出： （1）、二项分布是一种离散性分布 （2）、当p=q=0.5时，图象对称；当p不等于q时，图形是偏斜的。p>q 时，呈负偏态； 3、n->∞时，趋近于正态分布N(np,npq）

一般1/2np>=5且nq>=5时，二项分布就非常接近正态分布。 二项分布函数在教育中主要用来判断试验结果的机遇性与真实性的界限，例如，求测验猜测行为的判断标准：在选择题测验中，通过二项分布计算得出被试凭猜测答对N道以上的概率。 阅读(744)|评论(0)

二项分布、超几何分布、正态分布总结归纳及练习

二项分布与超几何分布辨析 二项分布与超几何分布是两个非常重要的、应用广泛的概率模型，实际中的许多问题都可以利用这两个概率模型来解决．在实际应用中，理解并区分两个概率模型是至关重要的．下面举例进行对比辨析． 例 袋中有8个白球、2个黑球，从中随机地连续抽取3次，每次取1个球．求： （1）有放回抽样时，取到黑球的个数Ｘ的分布列； （2）不放回抽样时，取到黑球的个数Ｙ的分布列． 解：（1）有放回抽样时，取到的黑球数Ｘ可能的取值为０，1，2，3．又由于每次取到黑球的概率均 为，3次取球可以看成3次独立重复试验，则1~35X B ?? ???，． 3 03 1464(0)55125P X C ???? ==?= ? ????? ∴； 12 13 1448(1)55125 P X C ???? ==?= ? ?????； 21 231412(2)55125P X C ???? ==?= ? ?????； 3 33 141(3)55125 P X C ???? ==?= ? ?????． 因此，X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 64125 48125 12125 1125 2．不放回抽样时，取到的黑球数Ｙ可能的取值为0，1，2，且有： 03283107(0)15C C P Y C ===；12283107(1)15C C P Y C ===；21283101 (2)15 C C P Y C ===． 因此，Y 的分布列为 Y 0 1 2 P 715 715 115 辨析：通过此例可以看出：有放回抽样时，每次抽取时的总体没有改变，因而每次抽到某物的概率都是相同的，可以看成是独立重复试验，此种抽样是二项分布模型．而不放回抽样时，取出一个则总体中就少一个，因此每次取到某物的概率是不同的，此种抽样为超几何分布模型．因此，二项分布模型和超几何分布模型最主要的区别在于是有放回抽样还是不放回抽样．所以，在解有关二项分布和超几何分布问题时，仔细阅读、辨析题目条件是非常重要的． 超几何分布和二项分布都是离散型分布

参数估计和假设检验习题解答

参数估计和假设检验习题 1.设某产品的指标服从正态分布，它的标准差σ已知为150，今抽了一个容量为26的样本，计算得平均值为1637。问在5％的显著水平下，能否认为这批产品的指标的期望值μ为1600? 解: 01:1600, :1600,H H μμ=≠标准差σ已知,拒绝域为2 Z z α>,取0.05,α=26,n = 0.0250.9752 1.96z z z α===, 由检验统计量 1.25 1.96Z = ==<,接受0:1600H μ=, 即,以95%的把握认为这批产品的指标的期望值μ为1600. 2.某纺织厂在正常的运转条件下，平均每台布机每小时经纱断头数为O.973根，各台布机断头数的标准差为O.162根，该厂进行工艺改进，减少经纱上浆率，在200台布机上进行试验，结果平均每台每小时经纱断头数为O.994根，标准差为0.16根。问,新工艺上浆率能否推广(α=0.05)? 解: 012112:, :,H H μμμμ≥< 3.某电器零件的平均电阻一直保持在2.64Ω，改变加工工艺后，测得100个零件的平均电阻为2.62Ω，如改变工艺前后电阻的标准差保持在O.06Ω，问新工艺对此零件的电阻有无显著影响(α=0.05)? 解: 01: 2.64, : 2.64,H H μμ=≠已知标准差σ=0.16,拒绝域为2 Z z α>,取0.0252 0.05, 1.96z z αα===, 100,n = 由检验统计量 3.33 1.96Z = ==>,接受1: 2.64H μ≠, 即, 以95%的把握认为新工艺对此零件的电阻有显著影响. 4.有一批产品，取50个样品，其中含有4个次品。在这样情况下，判断假设H 0：p ≤0.05是否成立(α=0.05)? 解: 01:0.05, :0.05,H p H p ≤>采用非正态大样本统计检验法,拒绝域为Z z α>,0.950.05, 1.65z α==, 50,n = 由检验统计量0.9733Z = ==<1.65,接受H 0：p ≤0.05. 即, 以95%的把握认为p ≤0.05是成立的. 5.某产品的次品率为O.17，现对此产品进行新工艺试验，从中抽取4O0件检验，发现有次品56件，能否认为此项新工艺提高了产品的质量(α=0.05)? 解: 01:0.17, :0.17,H p H p ≥<采用非正态大样本统计检验法,拒绝域为Z z α<-,400,n = 0.950.05, 1.65z α=-=-,由检验统计量 400 1.5973i x np Z -= = =-∑>-1.65, 接受0:0.17H p ≥, 即, 以95%的把握认为此项新工艺没有显著地提高产品的质量. 6.从某种试验物中取出24个样品，测量其发热量，计算得x =11958，样本标准差s =323，问以5％的显著水平是否可认为发热量的期望值是12100(假定发热量是服从正态分布的)?

二项分布、超几何分布、正态分布总结归纳与练习

二项分布？还是超几何分布 二项分布与超几何分布是两个非常重要的、应用广泛的概率模型，实际中的许多问题都可以利用 这两个概率模型来解决．在实际应用中，理解并区分两个概率模型是至关重要的．下面举例进行对比辨析．例 1 袋中有 8 个白球、 2 个黑球，从中随机地连续抽取 3 次，每次取 1 个球．求：（ 1）有放回抽样时，取到黑球的个数Ｘ的分布列； （ 2）不放回抽样时，取到黑球的个数Ｙ的分布列． 解：（ 1）有放回抽样时，取到的黑球数Ｘ可能的取值为０，1， 2， 3．又由于每次取到黑球的概率 均为1 ， 3 次取球可以看成 3 次独立重复试验，则 1 ，．5X~B 35 0312 ∴ P(X 0) C301 464 ；P(X 1)C31 1 448 ； 5512555125 21 P(X 3) C33 130 P(X 2) C321 412 ；4 1 ．5512555125 因此， X 的分布列为 X0123 P 6448121 125125125125 （2）不放回抽样时，取到的黑球数Ｙ可能的取值为0， 1，2，且有： P(Y 0)C20C837 ；P(Y1)C21C82 7 ；P(Y2)C22C81 1 ． C10315C10315C10315 因此， Y 的分布列为 Y012 771 P 1515 15 例 2 某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40 件产品作为样本称出它们的重量（单位：克），重量的分组区间为(490,495] ， (495,500] ，,, ，(510,515] ，由此得到样本的频率分布直方图，如图4 （ 1）根据频率分布直方图，求重量超过505 克的产品数量 , （ 2）在上述抽取的40 件产品中任取 2 件，设 Y 为重量超过505 克 的产品数量，求Y 的分布列； （ 3）从该流水线上任取 5 件产品，求恰有 2 件产品的重量超过505 克的概率。

单个正态总体的假设检验

学院数学与信息科学学院 专业信息与计算科学 年级 2011级 姓名姚瑞娟 论文题目单个正态总体的检验假设 指导教师韩英波职称副教授成绩 2014年3月10日

目录 摘要 (1) 关键词 (1) Abstrac (1) Keywords (1) 前言 (1) 1 假设检验的基本步骤 (2) 1.1 建立假设 (2) 1.2 建立假设选择检验统计量,给出拒绝域形式 (2) 2 单个正态总体均值的检验 (3) 2.1 δ已知时的μ检验 (4) 2.2 δ未知时的t检验 (6) 3 单个正态总体方差的检验 (8) 参考文献 (9)

单个正态总体的假设检验 学生姓名：姚瑞娟学号：20115034036 数学与信息科学学院信息与计算科学专业 指导老师：韩英波职称：副教授 摘要：本文介绍了假设检验的基本步骤,如何建立假设检验,判断假设是否正确.此外,从2δ已知和2δ未知详细的讲述了单个正态总体μ的检验,还有单个正态总体方差的检验,及与它们相关的应用举例. 关键词：正态分布；假设检验；均值；方差；拒绝域；接受域；原假设； Hypothesis test of one normal population Abstract：It introduces the basic steps of hypothesis test in this paper, and how to build hypothesis and correct judgment test. In addition, it detailed introduces the single hypothesis test from variance is known and unknown. There is a single of normal population variance test and the related application. Keywords：normal distribution；price value；hypothesis test；variance；rejected region；receptive regions；the original hypothesis 前言 假设检验是由K.Pearson于20世纪初提出的,之后由费希尔进行了细化,并最终由奈曼和E.Pearson提出了较完整的假设检验理论.统计推断的一个重要内容就是假设检验.然而,正态分布正态分布是最重要的一种概率分布,正态分布概念是由德国的数学家和天文学家Moiré于1733年受次提出的,但由于德国数学家Gauss率先将其应用于天文学家研究,故正态分布又叫高斯分布,高斯这项工作对后世的影响极大他使正态分布同时有了”高斯分布”的名称,后世之所以多将最小二乘法的发明权归之于他.也是出于这一工作,高斯是一个伟大的数学家,重要的贡献不胜枚举.但现今德国10马克的印有高斯头像的钞票,其上还印有正态

第三节-两正态总体的假设检验

第三节 两个正态总体的假设检验 上一节介绍了单个正态总体的数学期望与方差的检验问题，在实际工作中还常碰到两个正态总体的比较问题. 1.两正态总体数学期望假设检验 （1） 方差已知，关于数学期望的假设检验（Z 检验法） 设X ~N (μ1,σ12），Y ~N （μ2，σ22），且X ，Y 相互独立，σ12与σ22 已知，要检验的是 H 0：μ1=μ2；H 1：μ1≠μ2.(双边检验) 怎样寻找检验用的统计量呢从总体X 与Y 中分别抽取容量为n 1，n 2的样本X 1，X 2，…， 1n X 及Y 1，Y 2，…，2n Y ，由于 2111~,X N n σμ?? ??? ，2222~,Y N n σμ?? ???， E （X -Y ）=E （X ）-E （Y ）=μ1-μ2， D （X -Y ）=D （X ）+D （Y ）= 22 121 2 n n σσ+， 故随机变量X -Y 也服从正态分布，即 X -Y ~N (μ1-μ2， 22 121 2 n n σσ+). 从而 X Y ~N （0，1）. 于是我们按如下步骤判断. （a ） 选取统计量 Z X Y ， （） 当H 0为真时，Z ~N （0，1）. （b ） 对于给定的显著性水平α，查标准正态分布表求z α/2使 P {｜Z ｜＞z α/2}=α，或P {Z ≤z α/2}=1-α/2. （） （c ） 由两个样本观察值计算Z 的观察值z 0： z 0 x y . （d ） 作出判断： 若｜z 0｜＞z α/2，则拒绝假设H 0，接受H 1； 若｜z 0｜≤z α/2，则与H 0相容，可以接受H 0. 例8.7 A ，B 两台车床加工同一种轴，现在要测量轴的椭圆度.设A 车床加工的轴的椭

二项分布与正态分布习题理含答案

一、选择题 1．某人参加一次考试，4道题中解对3道即为及格，已知他的解题正确率为0.4，则他能及格的概率是() A．0.18B．0.28 C．0.37 D．0.48 [答案] A [解析]C0.43·0.6＋C·0.44＝0.1792.故应选A. 2．某气象站天气预报的准确率为80%，则5次预报中至少有4次准确的概率为() A．0.2 B．0.41 C．0.74 D．0.67 [答案] C [解析]设事件A为“预报一次，结果准确”P＝P(A)＝0.8，至少有4次准确这一事件是下面两个互斥事件之和：5次预报，恰有4次准确；5次预报，恰有5次准确，故5次预报，至少有4次准确的概率为P5(4)＋P5(5)＝C×0.84×0.2＋C×0.85×0.20≈0.74.故应选C. 3．(2011·湖北理，5)已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，且P(ξ<4)＝0.8，则P(0<ξ<2)＝() A．0.6 B．0.4 C．0.3 D．0.2 [答案] C [解析]本题考查利用正态分布求随机变量的概率． ∵P(ξ<4)＝0.8，∴P(ξ≥4)＝0.2，又μ＝2， ∴P(0<ξ<2)＝P(2<ξ<4)＝0.5－P(ξ≥4) ＝0.5－0.2＝0.3.

4．位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率是.质点P移动五次后位于点(2,3)的概率是() A．()5B．C()5 C．C()3D．CC()5 [答案] B [解析]由于质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，移动五次后位于点(2,3)，所以质点P必须向右移动二次，向上移动三次，故其概率为C()3·()2＝C()5＝C()5.故应选B. 5．在4次独立重复试验中，随机事件A恰好发生1次的概率不大于其恰好发生两次的概率，则事件A在一次试验中发生的概率P的取值范围是() A．[0.4,1) B．(0,0.6] C．(0,0.4] D．[0.6,1) [答案] A [解析]CP(1－P)3≤CP2(1－P)2,4(1－P)≤6P，P≥0.4，又01>σ2>σ3>0 B．0<σ1<σ2<1<σ3 C．σ1>σ2>1>σ3>0 D．0<σ1<σ2＝1<σ3 [答案] D [解析]当μ一定时，曲线由σ确定，当σ越小，曲线越高瘦，反之越矮胖．故选D. 二、填空题 7．在某项测量中，测量结果X服从正态分布N(1，σ2)(σ>0)．若X在(0,1)内取值的概率为0.4，则X在(0,2)内取值的概率为________． [答案]0.8

例右侧正态分布均值的假设检验

Z 假设检验 例1 (Z 值右侧检验) 某种元件的寿命X （以h 计）服从正态分布N （μ,δ2 ）, 已知δ2 =10000，μ未知，现在测得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 取α=0.05，问是否有理由认为元件的平均寿命大于225h ？ 解：按题意需检验 H 0：μ≤μ0=225 ，H 1 ：μ>225 由题设得Z 0.05=1.65 , n=16,x =241.5, z 0.66 x = = = 得，Z 0.05=1.65 > z=0.66 即z 值没有落在拒绝域内，故接受H 0 。认为元件的平均寿命不大于225h.

例2（t值右侧检验）某种元件的寿命X（以h计）服从正态分布 N（μ,δ2 ）, δ2 ,μ均未知，现在测得16只元件的寿命如下： 159280101212224379179264 222362168250149260485170 取α=0.05，问是否有理由认为元件的平均寿命大于225 h？ 解：按题意需检验 H0：μ≤μ0=225 ，H1：μ>225 由题设得t0.05 (15)=1.75 , n=16, χ=241.5, 0.67 t=== 得，t0.05 (15)=1.75 > z=0.67 即z值没有落在拒绝域内，故接受H0。认为元件的平均寿命不大于225 h.

例3 某厂生产的某种型号的电池，其寿命（以h 计）长期以来服从方差δ2 =5000的正态分布，现有一批这种电池，从他的生产情况来看，寿命的波动性有所改变。现随机取26只电池，测出其寿命的样本方差S 2=9200。问根据这一数据能否推断这批电池的寿命的波动性较以往的有显著的变化（取α=0.02）？ 解：本题要求在水平α=0.02下检验假设 H0: δ2 = 5000 , H0: δ2 ≠ 5000 现在n = 26 , 22/20.01(1)(25)44.314n αχχ-== , 221/20.99(25)(25)11.524αχχ-== . 即拒绝域为， 2 2 (1)44.314n S δ -≥ ,或 2 20 (1)11.524n S δ -≤ 由观察值S 2 = 9200 得 2 2 0(1)4644.314n S δ-=>， 所以拒绝H 0。认为这批电池寿命波动性较以往的有显著的变化。

假设检验习题答案

1．假设某产品的重量服从正态分布，现在从一批产品中随机抽取16件，测得平均重量为820克，标准差为60克，试以显著性水平α=0.01与α=0.05，分别检验这批产品的平均重量是否是800克。 解：假设检验为800:,800:0100≠=μμH H (产品重量应该使用双侧 检验)。采用t 分布的检验统计量n x t /0σμ-=。查出α＝0.05和0.01两个水平下的临界值(df=n-1=15)为2.131和2.947。334.116/60800 820=-=t 。因为t <2.131<2.947，所以在两个水平下都接受原假设。 2．某牌号彩电规定无故障时间为10 000小时，厂家采取改进措施，现在从新批量彩电中抽取100台，测得平均无故障时间为10 150小时，标准差为500小时，能否据此判断该彩电无故障时间有显著增加(α=0.01)？ 解：假设检验为10000:,10000:0100>=μμH H （使用寿命有无显著增加，应该使用右侧检验）。n=100可近似采用正态分布的检验统计量n x z /0σμ-=。查出α＝0.01水平下的反查正态概率表得到临界值2.32到2.34之间（因为表中给出的是双侧检验的接受域临界值，因此本题的单侧检验显著性水平应先乘以2，再查到对应的临界值）。计算统计量值3100 /5001000010150=-=z 。因为z=3>2.34(>2.32)，所以拒绝原假设，无故障时间有显著增加。 3.设某产品的指标服从正态分布，它的标准差σ已知为150，今抽了一个容量为26的样本，计算得平均值为1637。问在5％的显著水平下，能否认为这批产品的指标的期望值μ为1600? 解: 01:1600, :1600,H H μμ=≠标准差 σ已知,当

二项分布与正态分布习题理含答案完整版

二项分布与正态分布习 题理含答案 Document serial number【NL89WT-NY98YT-NC8CB-NNUUT-NUT108】

一、选择题 1．某人参加一次考试，4道题中解对3道即为及格，已知他的解题正确率为0.4，则他能及格的概率是( ) A．0.18 B．0.28 C．0.37 D．0.48 [答案]A [解析]C0.43·0.6＋C·0.44＝0.1792.故应选A. 2．某气象站天气预报的准确率为80%，则5次预报中至少有4次准确的概率为( ) A．0.2 B．0.41 C．0.74 D．0.67 [答案]C [解析]设事件A为“预报一次，结果准确”P＝P(A)＝0.8，至少有4次准确这一事件是下面两个互斥事件之和：5次预报，恰有4次准确；5次预报，恰有5次准确，故5次预报，至少有4次准确的概率为P5(4)＋P5(5)＝C×0.84×0.2＋C×0.85×0.20≈0.74.故应选C. 3．(2011·湖北理，5)已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，且P(ξ<4)＝0.8，则P(0<ξ<2)＝( ) A．0.6 B．0.4 C．0.3 D．0.2 [答案]C [解析]本题考查利用正态分布求随机变量的概率．

∵P(ξ<4)＝0.8，∴P(ξ≥4)＝0.2，又μ＝2， ∴P(0<ξ<2)＝P(2<ξ<4)＝0.5－P(ξ≥4) ＝0.5－0.2＝0.3. 4．位于坐标原点的一个质点P按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率是.质点P移动五次后位于点(2,3)的概率是( ) A．()5B．C()5 C．C()3D．CC()5 [答案]B [解析]由于质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，移动五次后位于点(2,3)，所以质点P必须向右移动二次，向上移动三次，故其概率为C()3·()2＝C()5＝C()5.故应选B. 5．在4次独立重复试验中，随机事件A恰好发生1次的概率不大于其恰好发生两次的概率，则事件A在一次试验中发生的概率P的取值范围是( ) A．[0.4,1) B．(0,0.6] C．(0,0.4] D．[0.6,1) [答案]A [解析]CP(1－P)3≤C P2(1－P)2,4(1－P)≤6P，P≥0.4，又01>σ2>σ3>0 B．0<σ1<σ2<1<σ3 C．σ1>σ2>1>σ3>0 D．0<σ1<σ2＝1<σ3

二项分布与正态分布

课时规范练61 二项分布与正态分布 基础巩固组 1.(2018江西南昌二模,6)已知随机变量X服从正态分布,即X~N(μ,σ2),且P(μ- σ3)=0.2,则P(ξ≥- 1)=.

单个正态总体的假设检验复习过程

单个正态总体的假设 检验

学号：20115034036 学年论文（本科） 学院数学与信息科学学院 专业信息与计算科学 年级 2011级 姓名姚瑞娟 论文题目单个正态总体的检验假设 指导教师韩英波职称副教授 成绩 2014年3月10日

目录 摘要 (1) 关键词 (1) Abstrac (1) Keywords (1) 前言 (1) 1 假设检验的基本步骤 (2) 1.1 建立假设 (2) 1.2 建立假设选择检验统计量,给出拒绝域形式 (3) 2 单个正态总体均值的检验 (3) 2.1 δ已知时的μ检验 (5) 2.2 δ未知时的t检验 (7) 3 单个正态总体方差的检验 (9) 参考文献 (10)

单个正态总体的假设检验 学生姓名：姚瑞娟学号：20115034036 数学与信息科学学院信息与计算科学专业 指导老师：韩英波职称：副教授 摘要：本文介绍了假设检验的基本步骤,如何建立假设检验,判断假设是否正确.此外,从2δ已知和2δ未知详细的讲述了单个正态总体μ的检验,还有单个正态总体方差的检验,及与它们相关的应用举例. 关键词：正态分布；假设检验；均值；方差；拒绝域；接受域；原假设； Hypothesis test of one normal population Abstract：It introduces the basic steps of hypothesis test in this paper, and how to build hypothesis and correct judgment test. In addition, it detailed introduces the single hypothesis test from variance is known and unknown. There is a single of normal population variance test and the related application. Keywords： normal distribution；price value；hypothesis test；variance； rejected region； receptive regions；the original hypothesis 前言 假设检验是由K.Pearson于20世纪初提出的,之后由费希尔进行了细化,并最终由奈曼和E.Pearson提出了较完整的假设检验理论.统计推断的一个重要内容就是假设检验.然而,正态分布正态分布是最重要的一种概率分布,正态分布概念是由德国的数学家和天文学家Moiré于1733年受次提出的,但由于德国数学家Gauss率先将其应用于天文学家研究,故正态分布又叫高斯分布,高斯这项工作对后世的影响极大他使正态分布同时有了”高斯分布”的名称,后世之所以多将

二项分布超几何分布正态分布总结归纳及练习

专题：超几何分布与二项分布 ● 假定某批产品共有100个，其中有5个次品，采用不放回和放回抽样方式从中取出10件产品，那么次品数X 的概率分布如何？ 一、先考虑不放回抽样： 从100件产品中随机取10件有C 10 100种等可能基本事件．{X = 2}表示的随机事件是“取到 2件次品和8件正品”，依据乘法原理有C 25C 8 95种基本事件，根据古典概型，得 P (X = 2) = C 25C 8 95 C 10100 则称X 服从超几何分布 类似地，可以求得X 取其它值时对应的随机事件的概率，从而得到次品数X 的分布列 X 0 1 2 3 4 5 P C 05C 595C 10100 C 15C 495 C 10100 C 25C 395 C 10100 C 35C 295 C 10100 C 45C 195 C 10100 C 55C 095 C 10100 二、再考虑放回抽样： 从100件产品中有放回抽取10次，有10010种等可能基本事件．{X = 2}表示的随机事件 是“取到2件次品和8件正品”，依据乘法原理有C 2 10·52·958种基本事件，根据古典概型，得 P (X = 2) = C 2 10·52·95810010 = C 210(5100)2(95100)8 ． 一般地，若随机变量X 的分布列为 P (X = k ) = C k n p k q n k ， 其中0 < p < 1，p + q = 1，k = 0，1，2，…，n ，则称X 服从参数为n ，p 的二项分布记作X ～ B (n ，p )。 例1： 袋中有8个白球、2个黑球，从中随机地连续抽取3次，每次取1个球．求： （1）有放回抽样时，取到黑球的个数Ｘ的分布列； （2）不放回抽样时，取到黑球的个数Ｙ的分布列． 解：（1）有放回抽样时，取到的黑球数Ｘ可能的取值为０，1，2，3．又由于每次取到黑 球的概率均为，3次取球可以看成3次独立重复试验，则1 ~35X B ?? ???，． 3 03 1464(0)55125P X C ???? ==?= ? ????? ∴； 12 13 1448(1)55125 P X C ???? ==?= ? ?????； 21 23 1412(2)55125P X C ???? ==?= ? ????? ；

单个正态总体均值和方醚的假设检验

§2 一．已知方差2σ, 检验假设：:H μμ=o o （1）提出原假设：:H μμ=o o ( μo 是已知数) （2）选择统计量： 2 X U n μσ-= o （3 ）求出在假设H o 成立的条件下，确定该统计量服从的概率分布： (0,1)U N : （4）选择检验水平 α，查正态分布表（附表1），得临界值12 u α- ，即 2 12 ( )X P u n α μα σ- ->=o （5） 根据样本值计算统计量的观察值u o ，给出拒绝或接受H 。的判断： 当 12 u u α - >o 时， 则拒绝H 。； 当 12 u u α - ≤o 时， 则接受H 。． 【例1】 某厂生产干电他，根据长期的资料知道，干电他的寿 解：

现取0.05 α=，即 ( 1.96)0.05 5/10 X P>= 因而，拒绝原假设，即这批干电他的平均寿命不是200小时. 【例２】P.191 ――例2.1（0.05 α=，0.01） P.193――例2．2 二．未知方差2σ, 检验假设：: Hμμ = o o ： （1）提出原假设：: Hμμ = o o ( μ o是已知数) （2）选择统计量：2 X T S n - =o （3）求出在假设H o成立的条件下，确定该统计量服从的概率分布： (1) T t n- : （4）选择检验水平 α，查自由度为1 n-的t-分布表（附表2），得临界值λ，即 2 () X P S n μ λα - >= o

（5） 根据样本值计算统计量的观察值t o ，且给出拒绝或接受H 。的判断： 当t λ> o 时， 则拒绝H 。； 当 t λ≤o 时， 则接受H 。． 【例2】 某糖厂用自动打包机包装糖，每包重量服从正态分布，其标准重量μo ＝100斤．某日开工后测得9包重量如下： 99.3， 98.7, 100.5，101.2， 98.3， 99.7， 99.5， 102.1，100.5， 问：这一天打包机的工作是否正常?(检验水平α=5％) 解： （０）计算样本均值与样本均方差： 1.21S = （1）提出原假设：:100H μ=o （2）选择统计量： 2 9 X T S = （3）求出在假设H o 成立的条件下，确定该统计量服从的概率分布： (8)T t : （4）检验水平 α=0.05，查自由度为８的t -分布表（附表2），得临界值 2.36λ= ，即