昆明理工大学概率论课后习题答案1-8章 习题解答

第一章思考题1．事件的和或者差的运算的等式两端能“移项”吗？为什么？2．医生在检查完病人的时候摇摇头“你的病很重，在十个得这种病的人中只有一种能救活.”当病人被这个消息吓得够呛时，医生继续说“但你是幸运的.由于你找到了我，我已经看过九个病人了，他们都死于此病，因此你不会死”，医生的说法对吗？为什么？３．圆周率是一种无限不循环小数,我国数学家祖冲之第一次把它计算到小数点后七位,这个统计保持了1000数年!后来有人不停把它算得更精确.1873年,英国学者沈克士公布了一种的数值,它的数目在小数点后一共有707位之多!但几十年后,曼彻斯特的费林生对它产生了怀疑.他统计了的608位小数,得到了下表:你能说出他产生怀疑的理由吗?答：由于是一种无限不循环小数，因此，理论上每个数字出现的次数应近似相等，或它们出现的频率应都靠近于0.1，但7出现的频率过小.这就是费林产生怀疑的理由.4．你能用概率证明“三个臭皮匠赛过一种诸葛亮”吗？５．两事件A、B互相独立与A、B互不相容这两个概念有何关系？对立事件与互不相容事件又有何区别和联系？６．条件概率与否是概率？为什么？习题1．写出下列实验下的样本空间：（1）将一枚硬币抛掷两次答：样本空间由以下4个样本点构成（2）将两枚骰子抛掷一次答：样本空间由以下36个样本点构成（3）调查都市居民（以户为单位）烟、酒的年支出答：成果能够用（x，y）表达，x，y分别是烟、酒年支出的元数.这时，样本空间由坐标平面第一象限内一切点构成.2．甲，乙，丙三人各射一次靶，记“甲中靶”“乙中靶”“丙中靶”则可用上述三个事件的运算来分别表达下列各事件：(1)“甲未中靶”：(2)“甲中靶而乙未中靶”：(3)“三人中只有丙未中靶”：(4)“三人中正好有一人中靶”：(5)“三人中最少有一人中靶”：(6)“三人中最少有一人未中靶”：或(7)“三人中恰有两人中靶”：(8)“三人中最少两人中靶”：(9)“三人均未中靶”：(10)“三人中至多一人中靶”：(11)“三人中至多两人中靶”：或3.设是两随机事件，化简事件(1)(2)解:(1),(2).4．某都市的电话号码由5个数字构成，每个数字可能是从0-9这十个数字中的任一种，求电话号码由五个不同数字构成的概率.解：.5．张奖券中含有张有奖的，个人购置，每人一张，求其中最少有一人中奖的概率。解法一：实验可模拟为个红球，个白球，编上号，从中任取k个构成一组，则总数为，而全为白球的取法有种，故所求概率为。解法二：令—第i人中奖，B—无一人中奖，则，注意到不独立也不互斥：由乘法公式.6．从5双不同的鞋子中任取4只，这4只鞋子中“最少有两只配成一双”（事件A）的概率是多少？解：7．在上任取一点，求该点到原点的距离不超出的概率.解：此为几何概率问题：,所求事件占有区间，从而所求概率为.8．在长度为的线段内任取两点，将其分成三段，求它们能够构成一种三角形的概率。解：设一段长为，另一段长为，样本空间，所求事件满足：从而所求概率＝.9．从区间内任取两个数，求这两个数的乘积不大于的概率。解：设所取两数为样本空间占有区域,两数之积不大于:,故所求概率,而,故所求概率为。10．设、为两个事件，，，求。解：;11．设、为两个事件，，，求.解：.12．假设，，若、互不相容，求；若、互相独立，求。解：若、互不相容，；若、互相独立，则由可得=0.5.13．飞机投弹炸敌方三个弹药仓库，已知投一弹命中1，2，3号仓库的概率分别为0.01,0.02,0.03,求飞机投一弹没有命中仓库的概率.解：设{命中仓库}，则{没有命中仓库}，又设{命中第i仓库}则，根据题意（其中两两互不相容）故=0.01+0.02+0.03=0.06因此即飞机投一弹没有命中仓库的概率为0.9414．某市有50%住户订日报，有65%的住户订晚报，有85%的住户最少订这两种报纸中的一种，求同时订这两种报纸的住户的比例解：设{顾客订有日报}，={顾客订有晚报}，则{顾客最少订有日报和晚报一种}，{顾客既订日报又订晚报}，已知，因此即同时订这两种报纸的住户的比例为30%15．一批零件共100个，次品率为10%，接连两次从这批零件中任取一种零件，第一次取出的零件不再放回，求第二次才获得正品的概率。解：设{第一次获得次品}，{第二次获得正品}，则{第二次才获得正品}，又由于，则16.设随机变量、、两两独立，与互不相容.已知且，求.解：依题意且，因此有.又因，解方程，17．设是小概率事件，即是给定的无论怎么小的正数.试证明：当实验不停地独立重复进行下去，事件迟早总会发生（以概率1发生）.解：设事件—第次实验中出现，∵，，∴次实验中，最少出现一次的概率为（独立性）∴，证毕.18．三个人独立地破译一密码，他们能单独译出的概率分别是，，，求此密码被译出的概率。解:设A，B，C分别表达{第一、二、三人译出密码}，D表达{密码被译出}，则.19．求下列系统（如图所示）的可靠度，假设元件的可靠度为，各元件正常工作或失效互相独立解：(1)系统由三个子系统并联而成，每个子系统可靠度为，从而所求概率为；（2）同理得.20．三台机器互相独立运转，设第一，第二，第三台机器不发生故障的概率依次为0.9，0.8，0.7，则这三台机器中最少有一台发生故障的概率.解：设—第一第三台机器发生故障，—第一第三台机器发生故障，—第一第三台机器发生故障，—三台机器中最少有一台发生故障，则，故21．设、为两事件，,,，求.解：由得，.22.设某种动物由出生算起活到以上的概率为0.8,活到25年以上的概率为0.4.问现年20岁的这种动物,它能活到25岁以上的概率是多少?解：设—某种动物由出生算起活到以上，，—某种动物由出生算起活到25年以上，，则所求的概率为23．某地区历史上从某年后30年内发生特大洪水的概率为80%，40年内发生特大洪水的概率为85%，求已过去了30年的地区在将来内发生特大洪水的概率。解：设—某地区后30年内发生特大洪灾，，—某地区后40年内发生特大洪灾，，则所求的概率为.24．设甲、乙两袋，甲袋中有2只白球，4只红球；乙袋中有3只白球，2只红球.今从甲袋中任意取一球放入乙袋中，再从乙袋中任意取一球。1）问取到白球的概率是多少？2）假设取到白球，问该球来自甲袋的概率是多少？解：设A：取到白球，B：从甲球袋取白球25、一批产品共有10个正品和2个次品，任取两次，每次取一种，抽出后不再放回，求第二次抽出的是次品的概率.解：设表达第次抽出次品,,由全概率公式=.26.一批晶体管元件，其中一等品占95%，二等品占4%，三等品占1%，它们能工作500的概率分别为90%，80%，70%，求任取一种元件能工作500以上的概率.解：设{取到元件为等品}(=1,2,3)，{取到元件能工作500小时以上}则因此0.89427．某药厂用从甲、乙、丙三地收购而来的药材加工生产出一种中成药，三地的供货量分别占40%，35%和25%，且用这三地的药材能生产出优等品的概率分别为0.65，0.70和0.85，求从该厂产品中任意取出一件成品是优等品的概率.如果一件产品是优质品，求它的材料来自甲地的概率解：以Bi分别表达抽到的产品的原材来自甲、乙、丙三地，A={抽到优等品}，则有：所求概率为由全概率公式得：28．用某种检查办法检查癌症，根据临床纪录，患者施行此项检查，成果是阳性的概率为0.95；无癌症者施行此项检查，成果是阴性的概率为0.90.如果根据以往的统计，某地区癌症的发病率为0.0005.试求用此法检查成果为阳性者而实患癌症的概率.解：设A={检查成果为阳性}，B={癌症患者}.据题意有所求概率为由Bayes公式得29．3个射手向一敌机射击，射中的概率分别是0.4，0.6和0.7.如果一人射中，敌机被击落的概率为0.2；二人射中，被击落的概率为0.6；三人射中则必被击落.（1）求敌机被击落的概率；（2）已知敌机被击落，求该机是三人击中的概率.解:设A={敌机被击落}，Bi={i个射手击中}，i=1,2,3.则B1,B2,B3互不相容.由题意知：，由于3个射手射击是互相独立的，因此由于事件A能且只能与互不相容事件B1,B2,B3之一同时发生.于是（1）由全概率公式得（2）由Bayes公式得.30．某厂产品有70%不需要调试即可出厂，另30%需通过调试，调试后有80%能出厂，求（1）该厂产品能出厂的概率；（2）任取一出厂产品未经调试的概率.解：——需经调试——不需调试——出厂则，，，（1）由全概率公式：.（2）由贝叶斯公式：.31．进行一系列独立实验，假设每次实验的成功率都是，求在实验成功2次之前已经失败了3次的概率.解：所求的概率为.32．10个球中有一种红球，有放回地抽取，每次取一球，求直到第次才取次红球的概率。解：所求的概率为33．灯泡使用寿命在1000h以上的概率为0.2，求3个灯泡在使用1000h后，最多只有一种坏了的概率。解：由二项概率公式所求概率为34．（Banach问题）某人有两盒火柴，每盒各有根，吸烟时任取一盒，并从中任取一根，当他发现有一盒已经用完时，试求：另一盒尚有根的概率。解：设实验E—从二盒火柴中任取一盒，—取到先用完的哪盒，，则所求概率为将E重复独立作次发生次的概率，故所求的概率为.第二章思考题1.随机变量的引入的意义是什么？答：随机变量的引入,使得随机实验中的多种事件可通过随机变量的关系式体现出来，其目的是将事件数量化，从而随机事件这个概念事实上是包容在随机变量这个更广的概念内.引入随机变量后,对随机现象统计规律的研究,就由对事件及事件概率的研究转化为随机变量及其取值规律的研究,使人们可运用数学分析的办法对随机实验的成果进行广泛而进一步的研究.随机变量概念的产生是概率论发展史上的重大事件，随机事件是从静态的观点来研究随机现象,而随机变量的引入则变为能够用动态的观点来研究.2.随机变量与分布函数的区别是什么？为什么要引入分布函数？答：随机变量与分布函数取值都是实数，但随机变量的自变量是样本点，不是普通实数，故随机变量不是普通函数，不能用高等数学的办法进行研究，而分布函数首先是高等数学中的普通函数，另首先它决定概率分布，故它是沟通概率论和高等数学的桥梁，运用它能够将高度数学的办法得以引入.3.除离散型随机变量和持续型随机变量，尚有第三种随机变量吗？答：有，称为混合型.例：设随机变量，令 则随机变量既非离散型又非持续型. 事实上，由的定义可知只在上取值，于是当时，；时，；当时，于是 首先取单点{1}的概率，故不是持续型随机变量.另首先其分布函数不是阶梯形函数，故也不是离散型随机变量.4.普通所说“的概率分布”确实切含义是什么？答：对离散型随机变量而言指的是分布函数或分布律，对持续型随机变量而言指的是分布函数或概率密度函数.5.对概率密度的不持续点，如何由分布函数求出？答：对概率密度的持续点，，对概率密度的有限个不持续点处，可令（为常数）不会影响分布函数的取值.6.持续型随机变量的分布函数是可导的，“概率密度函数是持续的”这个说法对吗？为什么？答：持续型随机变量密度函数不一定是持续的，当密度函数持续时其分布函数是可导的，否则不一定可导.习题1．在测试灯泡寿命的实验中,试写出样本空间并在其上定义一种随机变量.解：每一种灯泡的实际使用寿命可能是中任何一种实数,样本空间为，若用表达灯泡的寿命（小时），则是定义在样本空间上的函数，即是随机变量.2．一报童卖报,每份0.15元,其成本为0.10元.报馆每天给报童1000份报,并规定他不得把卖不出的报纸退回.设为报童每天卖出的报纸份数,试将报童赔钱这一事件用随机变量的体现式表达.解：{报童赔钱}{卖出的报纸钱不够成本}，而当0.15X<1000×0.1时，报童赔钱，故{报童赔钱}{X666}3．若，，其中，求.解：.4．设随机变量的分布函数为试求（1）（2）（3）解：；（2）；（3）.5．5个乒乓球中有2个新的，3个旧的，如果从中任取3个，其中新的乒乓球的个数是一种随机变量，求这个随机变量的概率分布律和分布函数，并画出分布函数的图形.解：设表达任取的3个乒乓球中新的乒乓球的个数，由题目条件可知，的全部可能取值为0，1，2，∵，，∴随机变量的概率分布律以下表所示：0120.10.60.3由可求得以下:，的图形如图所示.6．某射手有5发子弹，射击一次命中率为0.9，如果他命中目的就停止射击，命不中就始终射击到用完5发子弹，求所用子弹数的概率分布解：123450.90.090.0090.00090.00017.一批零件中有9个合格品与3个废品，安装机器时，从这批零件中任取一种，如果每次取出的废品不再放回，求在取出合格品之前已取出的废品数的分布律.解：设，，由题意知，废品数的可能值为0，1，2，3，事件即为第一次获得合格品，事件即为第一次取出的零件为废品，而第二次取出的零件为合格品，于是有，，因此的分布律见下表01230.750.20450.04090.00458.从中任取一种数字，若取到数字的概率与成正比，即，求.解：由条件，由分布律的性质,应有,.9.已知随机变量服从参数的泊松分布，试满足条件的自然数.解：由于从而查附表得10.某公路一天内发生交通事故的次数服从泊松分布，且一天内发生一次交通事故的概率与发生两次交通事故的概率相等，求一周内没有交通事故发生的概率.解：设，由题意：=，，解得，所求的概率即为.11.一台仪器在10000个工作时内平均发生10次故障，试求在100个工作时内故障不多于两次的概率.解：设表达该仪器在100个工作时内故障发生的次数，，所求的概率即为，，三者之和.而100个工作时内故障平均次数为，根据Poisson分布的概率分布近似计算以下：故该仪器在100个工作时内故障不多于两次的概率为0.99984.12.设，现对进行三次独立观察，试求最少有两次观察值不不大于的概率.解：，令，则，令表达三次重复独立观察中出现次数，则，故所求概率为.13.设某种传染病进入一羊群，已知此种传染病的发病率为2/3，求在50头已感染的羊群中发病头数的概率分布律.解：把观察一头羊与否发病作为一次实验，发病率，不发病率，由于对50头感染羊来说与否发病，能够近似看作互相独立，因此将它作为50次重复独立实验，设50头羊群中发病的头数为，则，的分布律为14.设随机变量的密度函数为，用表达对的3次独立重复观察中事件出现的次数，求.解：，，由二项概率公式.15.已知的概率密度为，试求：（1）、未知系数；（2）、的分布函数；（3）、在区间内取值的概率.解：（1）由，解得(2)，∴当x≤0时,当x>0时，,∴.（3）.16.设在内服从均匀分布，求方程有实根的概率.解:“方程有实根”即，故所求的概率为=.17.知随机变量服从正态分布，且服从原则正态分布，求.解：由题意解得：18.已知随机变量服从参数为的指数分布，且落入区间（1，2）内的概率达成最大，求.解：,令，即,即，∴19．设随机变量，求，.解：.20.设电源电压，在电压三种情形下，电子元件损坏的概率分别为，求：（1）该电子元件损坏的概率；（2）该电子元件损坏时，电压在伏的概率.解：设，电子元件损坏，则（1）完备，由全概率公式，今，同理，，从而.（2）由贝叶斯公式.21.随机变量的分布律为－2－1013求的分布律0149解：.22.变量服从参数为0.7的0－1分布，求及的概率分布.解．的分布为010.30.7易见，的可能值为0和1；而的可能值为和0，由于，可见的概率分布为：010.30.7-100.70.3由于，，可得的概率分布为23.概率密度函数为，求的概率密度函数.解：的反函数为，代入公式得.24.设随机变量，求随机变量在内概率密度.解法一（分布函数法）当时，时，当时，从而解法二（公式法）在单增，由于反函数在可导，，从而由公式得 25.，求的密度.解法一（分布函数法）由于，故，当时，， .解法二（公式法）的值域，反函数，故 .26.设随机变量服从上的均匀分布，分别求随机变量和的概率密度和.解：的密度为，（1）函数有唯一反函数，，且，故.（2）在区间上，函数，它有唯一反函数，且，从而.27.设为的密度函数，且为偶函数，求证与有相似的分布. 证：即证与的密度函数相似，即. 证法一（分布函数法），，得证. 证法二（公式法）由于为单调函数，.28.设随机变量服从正态分布，，是的分布函数，随机变量.求证服从区间上的均匀分布.证明：记的概率密度为，则由于是的严格单调增函数，其反函数存在，又因，因此的取值范畴是.即当时于是的密度函数为即服从区间上的均匀分布.第三章思考题1(答:错)2(答:错)3答:错)习题1解：.由此可看出,即使两个离散随机变量互相独立同分布,普通状况下也不会以概率1相等.2解：由=1可得：,从而得：01200.060.150.090.310.140.350.210.70.20.31故互相独立. 10103解:由于:,成果如表所示.4解:的边沿分布律为的边沿分布律为的条件下的条件分布为的条件下的条件分布为5解：（1）由乘法公式容易求得分布律．易知，放回抽样时且0101于是的分布律为（2）不放回抽样，则,在第一次抽出正品后，第二次抽取前的状态：正品9个，次品2个．故又在第一次抽出次品后，第二次抽取前状态：正品10个，次品1个.故0101,且于是的分布律为放回抽样时，两次抽样互不影响，故彼此互相独立；不放回抽样，第一次抽样对第二次抽样有影响，不互相独立．6解=,=随机变量及是独立的.7解（1）==（2）的边沿分布函数=.由此得随机变量的边沿分布密度函数同理可得随机变量的边分布函数=的边沿分布密度函数（3）由（2）知==，因此与独立.8解由于与互相独立，因此的联合概率密度为因此，的分布律为:9解：（1）由=1，即，即因此=（2）的边沿概率密度为当，===，当，===，可知边沿分布密度为：==（3）=10解由于=1，即，对任意，==，因此=对任意，==，因此=故=，因此与互相独立.11解由当时，其它=0.因此:12解（1），的边沿密度为分布密度为：==故====（2）由于=1，故与不互相独立.13证设的概率密度为，的概率密度为，由于互相独立，故的联合密度为=.于是交换积分次序可得：因此1－故.14解设，由于互相独立同分布，于是有则又+－=+（－=解得：因而有两个值.由于，因此，当时，由=得当时，由=得.15解（1）的可能取值为2，3，4.且故有:（2）由已知易得16解由已知得(-1,-1)(-1,0)(,-2)(,-1)(,0)(3,-2)(3,-1)(3,0)概率00-3-2-1--12310-1543因此有-3-2-1--13-1013517证明：对任意的我们有（由于与互相独立）==（运用组合公式）=即～18解在[0，2]中取值，按卷积公式的分布密度为：如图，从而：19解由于互相独立，故～因此：20解，设两周的需求量为，则当时=故21解（1），当时（积分时，是常量）当时，同理，当时，，当时，由于，故与不互相独立.（2）当时，当时，22解设为选用的第只电子管的寿命，则～令则所求概率为=（由独立性）=[]而因此23解由于设互相独立，均服从指数分布.因而它们的联合密度函数为：事件等价于，因而所求概率为：习题四参考答案1解（1）=（-1）×+0×+×+1×+2×=（2）=2×+1×+×+0×+（-1）×=（3）=1×+0×+×+1×+4×=.2解==3解由于，互相独立，因此=4证明显然，且.因此是一种分布密度,但不存在，因此随机变量的数学盼望不存在.5解表达售出设备一年内调换，表达调换费用.则净获利的数学盼望为：净获利的数学盼望为：=（元）6解直径～因此：=7解（1）的边际分布见表上，故1×0.4+2×0.2+3×0.4；=-1×0.3+1×0.3=0.-1010.20.100.40.10.10.1（2）的可能取值为.易知的分布律如表为故=-1×0.2×0.1×0.1+×0.1+×0.1+1×0.1=，解法2（3）=-1-2-301230.20.100.40.10.10.1的可能取值为-1，-2，-3，0，1，2，3.且有如表的概率分布：=-1×0.2+（-2）×0.1+1×0.1+2×0.1+3×0.1=0.2因此=5解法2=+8解：令的取值为0，1，故：类似可求得9解因此=10解:的分布函数为则的分布函数于是的密度函数为从而11解：设随机变量表达获得合格品以前已取出的次品数，则的可能取值为0，1，2，3；下求取这些可能值的概率，易知由此可得：，，12解=======其中“′”表达对的形式导数.因此13解由于故有：，故，因此：14证明：由于=因此对于15解=-+=+=16解：由正态分布与均匀分布的方差知由于与互相独立，因此与也互相独立，从而17解(1)记则即～(2)～因此18解(1)由已知有:因此:(2)(3).19解:由于,因此与成负线性关系,从而;或直接计算:,故.20解:21证明：显然而由即互相独立.即：任意两个服从0—1分布的随机变量若不有关，必互相独立.22解故（有关奇）=0故23证明:由于～,即因此故从而,但,即表达有依赖关系,故两者并不独立.24解的密度为于是，，，因此：，又由于故：．注：其实由于区域为矩形域，且服从上的均匀分布,从而与独立，故与不有关，即．25解，由同理故因互相独立，故同理故.26证明对即这是觉得系数的二次曲线问题=4即27解：28解独立同分布于指数分布则已知由定理4=1-（查表）≈1-0.7881=0.211929解设第次轰炸命中目的的次数为,则为独立同分布系列,且,命中目的的总次数,由独立同分布的中心极限定理(近似)～,因此,所求概率为30解设每部分的长度是一种随机变量,且互相独立同分布,为总长度,又,,由独立同分布的中心极限定理(近似)～,因此,产品合格的概率为31解由独立同分布的中心极限定理32解：设老人死亡数为～，保险公司亏本当且仅当即，于是，由棣莫佛—拉普拉斯定理故公司亏本的概率：．33解（1）：表损坏数，则～由定理6（2）：表损坏数，则～设为取整，由定理6查表得34解（1）由定理4===（查表）（2）=.35解参考资料：概率论与数理统计，第三版，浙江大学，盛骤等编.高等教育出版社.12月.概率论讲义，第二版，沈恒范编，高等教育出版社.1987年3月.概率论，同济大学数学教研室主编，第一版，高等教育出版社.1993年3月.概率论与数理统计典型题，龚冬宝，王宁编，西安交通大学出版社，6月.第八章思考题1.答:方差分析与回归分析都是考察所研究的某一指标与实验因素(条件)的关系的.方差分析考察的是因素对指标的影响与否明显,回归分析考察的是因素的取值与指标的取值存在一种什么样的有关关系.因素能够分为两大类,一类是属性的,一类是数量的.属性的因素普通无数量大小可言,只是性质的不同,如种子的品种,机器的型号,材料的品质,加工的工艺等等.数量的因素能够在一定范畴内取值,如人的身高,体重,实验的温度,产量,产品的合格率等等.也有原来是数量而属性化的,如施肥量能够是某个数量,但有时将它局限在某些范畴内而分为高,中,低几个层次,就属性化了.当所考虑问题的因素是属性的时,问题属于方差分析的范畴;当所考虑的因素是数量时,问题属于回归分析的范畴.2.答:方差分析的种类诸多.在不同类型的方差分析中,因素能够增加或减少,数据构造能够发生变化.但是下列三个重要的假定是不变的.(1)正态性假定有了正态性假定后,数据认为取自,由此求得的多种离差平方和(如比值分布),从而定义F分布函数.没有正态假定,就没有分布,也没有F分布与统计推断.(2)方差齐性假定假定数据来自方差为的正态总体,只有这样才干在相似的条件(相等)下来分析问题.考察指标的变化,才能够建立统计假设,才有方差分析检查.(3)线性假定线性假定指数据的获得仅通过线性运算,这样才能够把数据当线性模型解决,也才能够施行方差分析办法.在大数定律和中心极限定理下,正态性假设是易于确立的.数据的线性假设也符合实际,易于成立.但是,方差齐性假设不易确立.例如对于二项分布来说,其样本的方差随而变化,对于不同的数据,很难保持方差齐性,因此常惯用数据变化来实现.在方差分析中,三个假定缺一不可,否则方差分析就失去了根据.3.答:进行回归分析,对参数的检查对象规定必须满足下列三个基本条件:(1)正态性被检查的对象或者因变量必须是服从正态分布的随机变量.(2)方差齐性被检查的各个总体的方差,应当是相等的.(3)独立性对被检查的各对观察数据而言,从概率意义上理解为是独立获得的.解决实际问题时,往往不能事先预知这三条与否满足.像方差分析同样,正态性可由大数定律和中心极限定理来拟定,方差齐性的检查用F检查来进行,而独立性普通凭实际经验判断.普通有一种近似结论就能够进行回归分析了.4.答:以一元线性回归为例.其模型为,最小二乘预计是指对对实验数值,作离差平方和运用微积分中的极值原理,求出的和,则为所求线性回归方程.最大似然预计是由,,则,得样本的极大似然函数要使L获得最大值,则应使得为最小.用与最小二乘预计中同样的极值办法,求得使最小的和,得线性回归方程.由于两种办法讨论的都是,并且由此求得和,故最小二乘预计与最大似然预计的成果是相似的.5.答:当线性回归方程已经拟定,并经检查确认回归明显,则对给定的,置信度为的预测区间为:其中由此可知,影响预测精度的重要因素为:(1).普通,越小,精度越高.(2).越大,精度越高,因此应尽量扩大样本容量.(3)自变量的取值.应尽量避免过于集中,但预测点离越近时,精度越高.习题1.解:分别以表达三种内容的广告宣传的某种大型机械平均销售量,检查假设,其中.计算方差分析表得以下:表8-1方差分析表方差来源平方和 自由度均方值因素2668.1721334.0910.93误差1098.59122.06总和3766.6711对给定的，查表得，由于，因此回绝，即认为广告宣传内容的不同对某种大型机械销售量的影响是有明显的.2.解:分别以表达三个厂家生产的电池的平均寿命,检查假设,其中.计算方差分析表得以下:表8-2方差分析表方差来源平方和自由度均方值因素615.62205.211.38误差216.41218.03总和83214对给定的，查表得，由于，因此回绝，即认为不同厂家生产的电池的寿命是有明显差别的.由均值差=的置信水平为的置信区间为:,,,,.故,,及的置信水平为0.95的置信区间分别为,,.3.解:表8-3直观分析计算数据表列号水平实验号A1B2C34转化率1234567891(460)112(490)223(520)331(250)2(270)3(300)1231231(甲)2(乙)3(丙)2313121.721.821.801.921.831.981.591.601.805.345.735.005.235.255.595.305.555.221.7801.9101.6671.7431.7501.8631.7671.8501.7400.2430.120.11(1)由上述表中的计算按极差的大小选用各因子的重要性,其次序是:;(2)由于实验指标越大越好,因此按原则选用各因子