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1、1概率论与数理统计第一章随机事件及其概率1.1 随机事件一、给出事件描述，要求用运算关系符表示事件：二、给出事件运算关系符，要求判断其正确性：1.2 概率古典概型公式：P（A）= 所 含 样 本 点 数所 含 样 本 点 数A实用中经常采用“排列组合 ”的方法计算补例 1：将 n 个球随机地放到 n 个盒中去，问每个盒子恰有 1 个球的概率是多少？解：设 A：“每个盒子恰有 1 个球”。求：P(A)=？ 所含样本点数： nn. 所含样本点数： !.)2()(nAP!)(补例 2：将 3 封信随机地放入 4 个信箱中，问信箱中信的封数的最大数分别为 1、2、3 的概率各是多少？解：设 Ai ：“
2、信箱中信的最大封数为 i”。(i =1,2,3) 求：P(A i)=？ 所含样本点数： 6443A1 所含样本点数： 28364)(1AP2A2 所含样本点数： 36423C19)(2APA3 所含样本点数： 4316)(3注：由概率定义得出的几个性质：1、00泊松分布不要求 0指数分布不要求 0解题中经常需要运用的 E 和 D 的性质（ 同志们解题必备速查表）E 的性质 D 的性质212),.210(nkqpCPknk.).(,2)(2)(为 常 数， xexc)( 0)(cEE)( DD)(独 立 ， 则、若9第八章 参数估计8.1 估计量的优劣标准（以下可作填空或选择）若总体参数 的估计
3、量为 ，如果对任给的 0，有，则称 是 的一致估计；1limPn如果满足 ，则称 是 的无偏估计；)(E如果 和 均是 的无偏估计，若 ，则称12 )()(21D是比 有效的估计量。128.3 区间估计：几个术语1、设总体分布含有一位置参数，若由样本算得的一个统计量及 ，对于给定的 （0 1）满足：).(n，x).(12nx1).(12n，x，P则称随机区间（ ， ）是 的 100（1 ）的置信区间， 和12 1称为 的 100（1 ）的置信下、上限，百分数 100（1 ）2 EE)(独 立 ， 则、若 EcE)( DcD2)(10称为置信度。一、求总体期望（均值）E 的置信区间1、总体方差
4、已知的类型2据 ，得 1 ，反查表（课本 P260 表）得临界值)(0U2；U = 求 d= 置信区间（ -xnii1 n xd， +d）补简例：设总体 随机取 4 个样本其观测值为)09.,(NX12.6，13.4，12.8，13.2，求总体均值 的 95%的置信区间。解：1=0.95，=0.05（U ）=1 =0.975，反查表得：U =1.962 41 13)2.8.14.36.(iiX=0.3，n=4 d= = =0.29n4.096.所以，总体均值 的 =0.05 的置信区间为：（ d， d）=（130.29，130.29）即（12.71，13.29）X2、总体方差 未知的类型（这种
5、类型十分重要！务必掌握！2！）据 和自由度 n1（n 为样本容量） ，查表（课本 P262 表）得；)1(nt11确定 = 和 xnii1niixs122)(求 d= 置信区间（ -d， +d）nt)( x注：无特别声明，一般可保留小数点后两位，下同。二、求总体方差 的置信区间2据 和自由度 n1（n 为样本数） ，查表得临界值：和)1(2)1(21n确定 = 和Xniix1niixXs122)(上限 下限)(212n )1(22ns置信区间（下限，上限）典型例题： 补例 1：课本 P166 之 16 已知某种木材横纹抗压力的实验值服从正态分布，对 10 个试件作横纹抗压力试验得数据如下（单位
6、：kg/cm2）:482 493 457 471 510446 435 418 394 469试对该木材横纹抗压力的方差进行区间估计（0.04） 。解：=0.04，又 n=10，自由度 n1=9查表得， = =19.7)1(2)9(20.12= =2.53)1(21n)9(28.0 = = =457.5X10ix)46.9348(= + + 1022)(9iis92)5.7(2)935.7(2)4695.7(=1240.28上限 = = =4412.06)1(212ns)9(28.0s53.28140下限 = = =566.63)(22s)(02.s7.1所以，所求该批木材横纹抗压力的方差的置
7、信区间为（566.63，4412.06）第九章 假设检验必须熟练掌握一个正态总体假设检验的执行标准一般思路：1、提出待检假设 H02、选择统计量3、据检验水平 ，确定临界值4、计算统计量的值5、作出判断检验类型：未知方差 ，检验总体期望 (均值)2根据题设条件，提出 H0: = ( 已知 )；013选择统计量 ；)1(/ntsXT据 和自由度 n1（n 为样本容量） ，查表（课本 P262 表）得；由样本值算出 ？和 ？从而得到 ；)1(nt Xs nsXT/0作出判断 00)1(H，ntT则 拒 绝若 则 接 受若 典型例题：对一批新的某种液体的存贮罐进行耐裂试验，抽查 5 个，得到爆破压力
8、的数据（公斤/寸 2 ）为：545，545，530，550，545。根据经验爆破压认为是服从正态分布的，而过去该种液体存贮罐的平均爆破压力为 549 公斤/寸 2 ，问这种新罐的爆破压与过去有无显著差异？（=0.05）解：H 0: = 549选择统计量 )1(/ntsXT =0.05，n1=4，查表得： =2.776)4(05.t又 = =543 X)54.(51s2= =57.5)543(.)(422 = =1.772.776nsXT/0/.5794接受假设，即认为该批新罐得平均保爆破压与过去的无显著差异。14检验类型：未知期望(均值) ，检验总体方差 2根据题设条件，提出 H0: = (
9、已知 )；0选择统计量 ；22)1()(sn据 和自由度 n1（n 为样本容量） ，查表（课本 P264 表）得临界值： 和 ；)(21)1(2由样本值算出 ？和 ？从而得到 ；Xs 220)1()(sn若 则接受假设，否则拒绝!)1(21n)1(20n)1(2n补例：某厂生产铜丝的折断力在正常情况下服从正态分布，折断力方差 =64，今从一批产品中抽 10 根作折断力试验，试验结果（单2位：公斤）：578，572，570，568，572，570，572，596，584，570。 是否可相信这批铜丝折断力的方差也是 64？（=0.05）解： H0: =64选择统计量 22)1()(sn =0.05，n1=9，查表得：= =2.7)1(21n)9(75.02= =19)(2 )(025.15又 = =575.2 X)570.8(10s2= =75.73)5702.(.).(922 6.1473.5)1(20n =2.7 =19975.02 5.0)(20n)9(025.接受假设，即认为这批铜丝折断力的方差也是 64。
