统计学第四章、第十章课后练习答案 贾俊平第四版.docx

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1、 统计学第四版 统计学 第四章练习题答案 4.1 （ 1 ） 众 数 ： M0=10; 中 位 数 ： 中 位 数 位 置 =n+1/2=5.5 ， Me=10 ； 平 均 数 ： x= x n i = 96 = 9 .6 10 2 (2)QL 位置=n/4=2.5, QL=4+7/2=5.5；QU 位置=3n/4=7.5，QU=12 （3） s = ( xi ? x ) n ?1 = 156.4 = 4.2 9 （4）由于平均数小于中位数和众数，所以汽车销售量为左偏分布。 4.2 （1）从表中数据可以看出，年龄出现频数最多的是 19 和 23，故有个众数，即 M0=19 和 M0=23。 将

2、原始数据排序后，计算中位数的位置为：中位数位置= n+1/2=13，第 13 个位置上的数 值为 23，所以中位数为 Me=23 （2）QL 位置=n/4=6.25, QL=19；QU 位置=3n/4=18.75，QU=26.5 x (3)平均数 x = n i = 600/25=24,标准差 s = ( xi ? x ) n ?1 2 = 1062 = 6.65 25 ? 1 （4）偏态系数 SK=1.08，峰态系数 K=0.77 （5）分析：从众数、中位数和平均数来看，网民年龄在 23-24 岁的人数占多数。由于标准 差较大，说明网民年龄之间有较大差异。从偏态系数来看，年龄分布为右偏，由于

3、偏态系数 大于 1，所以，偏斜程度很大。由于峰态系数为正值，所以为尖峰分布。 4.3 （1）茎叶图如下： 茎 5 6 7 叶 5 678 13488 频数 1 3 5 2 x （2） x = n i = 63/9=7, s = ( xi ? x ) n ?1 = 4.08 = 0.714 8 （3）由于两种排队方式的平均数不同，所以用离散系数进行比较。 第一种排队方式：v1=1.97/7.2=0.274;v2=0.714/7=0.102.由于 v1v2，表明第一种排队方式的 离散程度大于第二种排队方式。 （4）选方法二，因为第二种排队方式的平均等待时间较短，且离散程度小于第一种排队方 式。 4

4、.4 （1） x = x n i = 8223/30=274.1 中位数位置=n+1/2=15.5，Me=272+273/2=272.5 （2）QL 位置=n/4=7.5, QL=(258+261)/2=259.5；QU 位置=3n/4=22.5，QU=(284+291)/2=287.5 ） (3) s = ( xi ? x ) n ?1 2 = 13002.7 = 21.17 30 ? 1 2100 + 3000 + 1500 6600 = = 19.41 2100 3000 1500 340 + + 15 20 30 4.5 （1）甲企业的平均成本=总成本/总产量= 乙企业的平均成本=总成

5、本/总产量= 3255 + 1500 + 1500 6255 = = 18.29 3255 1500 1500 342 + + 15 20 30 原因： 尽管两个企业的单位成本相同， 但单位成本较低的产品在乙企业的产量中所占比重较 大，因此拉低了总平均成本。 4.6 （1）(计算过程中的表略)， x = M f i i n = 51200/120=426.67 s= (M i ? x ) n ?1 2 fi = .7 = 116.48 120 ? 1 SK=0.203 K=-0.688 4.7 (1)两位调查人员所得到的平均身高应该差不多相同，因为均值的大小基本上不受样本大 小的影响。 （2）

6、两位调查人员所得到身高的标准差应该差不多相同，因为标准差的大小基本上不受样 本大小的影响。 （3）具有较大样本的调查人员有更大的机会取得最高或最低者，因为样本越大，变化的范 围就可能越大。 4.8 （1）要比较男女学生体重的离散程度应该采用离散系数。女生体重的离散系数为 v 女 =5/50=0.1，男生体重的离散系数为 v 男=5/60=0.08,所以女生的体重差异大。 （2）男生： x = 602.2=132（磅） ，s=52.2=11（磅） 女生： x = 502.2=110（磅） ，s=52.2=11（磅） （3）假定体重为对称分布，根据经验法则，在平均数加减 1 个标准差范围内的数据个

7、数大 约为 68%。因此，男生中大约有 68%的人体重在 55kg-65kg 之间。 （4）假定体重为对称分布，根据经验法则，在平均数加减 2 个标准差范围内的数据个数大 约为 95%。因此，男生中大约有 95%的人体重在 40kg-60kg 之间。 4.9 通过计算标准分数来判断： x ?x 115 ? 100 z A = A s A A = 15 = 1; z B = x B ? x B 425 ? 400 = = 1; sB 50 该测试者在 A 项测试中比平均分数高出 1 个标准差，而在 B 项测试中只高出平均分数 0.5 个标准差，由于 A 项测试的标准分数高于 B 项测试，所以，A

8、 项测试比较理想。 4.9 通过标准分数来判断，各天的标准分数如下表： 日期 标准分数 Z 周一 3 周二 -0.6 周三 -0.2 周四 0.4 周五 -1.8 周六 周日 -2.2 0 周一和周六两天失去了控制。 4.11 （1）应该采用离散系数，因为它消除了不同组数据水平高低的影响。 （2）成年组身高的离散系数： v s = 4 .2 = 0.024 172.1 2 .5 = 0.035 幼儿组身高的离散系数： v s = 71.3 由于幼儿组身高的离散系数大于成年组身高的离散系数， 说明幼儿组身高的离散程度相对 较大。 4.12 （1）应该从平均数和标准差两个方面进行评价。在对各种方法

9、的离散程度进行比较时，应 该采用离散系数。 （2）下表给出了各种方法的主要描述统计量。 方法 A 方法 B 方法 C 平均 165.6 平均 128.73 平均 125.53 中位数 165 中位数 129 中位数 126 众数 164 众数 128 众数 126 标准差 2.13 标准差 1.75 标准差 2.77 极差 8 极差 7 极差 12 最小值 162 最小值 125 最小值 116 最大值 170 最大值 132 最大值 128 从三种方法的集中趋势来看，方法 A 的平均产量最高，中位数和众数也都高于其他两种方 法 。 从 离 散 程 度 来 看 ， 三 种 方 法 的 离 散

10、系 数 分 别 为 ： vA = 2.13 = 0.013 ， 165.6 vB = 1.75 2.77 = 0.014 ， vC = = 0.022 。方法 A 的离散程度最小，因此，应选择方 128.73 125.53 法 A。 4.13 （1）用方差或标准差来评价投资的风险。 （2）从直方图可以看出，商业类股票收益率的离散程度较小，说明投资风险也就较小。 （3）从投资风险角度看，应该选择风险较小的商业类股票。当然，选择哪类股票还与投资 者的主观判断有很大关系。 第五章练习题答案 5.1 （1）平均分数是范围在 0-100 之间的连续变量，=0,100 (2)已经遇到的绿灯次数是从 0 开

11、始的任意自然数，=N （3）之前生产的产品中可能无次品也可能有任意多个次品，=10,11,12,13. 5.2 设订日报的集合为 A，订晚报的集合为 B，至少订一种报的集合为 AB，同时订两种报 的集合为 AB。 P(AB)=P(A)+ P(B)-P(AB)=0.5+0.65-0.85=0.3 5.3 P(AB)=1/3，P(A B )=1/9, P(B)= P(AB)- P(A B )=2/9 5.4 P(AB)= P(B)P(AB)=1/3*1/6=1/18 P( A B )=P( AB )=1- P(AB)=17/18 P( B )=1- P(B)=2/3 P( A B )=P( A )

12、+ P( B )- P( A B )=7/18 P( A B )= P( AB )/P( B )=7/12 5.5 设甲发芽为事件 A，乙发芽为事件 B。 （1）由于是两批种子，所以两个事件相互独立，所以有：P(AB)= P(B)P(B)=0.56 （2）P(AB)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.94 （3）P(A B )+ P(B A )= P(A)P( B )+P(B)P( A )=0.38 5.6 设合格为事件 A，合格品中一级品为事件 B P(AB)= P(A)P(BA)=0.96*0.75=0.72 5.7 设前 5000 小时未坏为事件 A，后 5000 小时未坏为事件 B。

13、 P(A)=1/3，P(AB)=1/2, P(BA)= P(AB)/ P(A)=2/3 5.8 设职工文化程度小学为事件 A，职工文化程度初中为事件 B，职工文化程度高中为事件 C，职工年龄 25 岁以下为事件 D。 P(A)=0.1 P(B)=0.5, P(C)=0.4 P(DA)=0.2, P(DB)=0.5, P(DC)=0.7 P(AD)= P(A)P(D A) P(A)P(D A) + P(B)P(D B) + P(C)P(D C) = 2/55 同理 P(BD)=5/11, P(CD)=28/55 5.9 设次品为 D，由贝叶斯公式有： P(AD)= P(A)P(D A) P(A)

14、P(D A) + P(B)P(D B) + P(C)P(D C) =0.249 同理 P(BD)=0.112 5.10 由二项式分布可得：P（x=0）=0.25, P（x=1）=0.5, P（x=2）=0.25 5.11 (1) P（x=100）=0.001, P（x=10）=0.01, P（x=1）=0.2, P（x=0）=0.789 （2）E(X)=100*0.001+10*0.01+1*0.2=0.4 5.13 答对至少四道题包含两种情况，对四道错一道，对五道。 3 C 54 1 （ ） C 65 1 + （4） 4 4 =1/64 （4） 5 5.14 由泊松分布的性质有： P（X=1

15、）= e ，P（X=2）= 2 e ? 2! ，可得 =2 P（X=4）=2/3e 5.15 P(X = k + 1) k +1 (k )! = ? k = =1 P(X = k) (k + 1)! k +1 所以，当 k= -1 和 k= 时 P（x=k）最大。 5.16 （1）P( x 2)= P(x2)+ P(x-2)= (0.5)+1- (2.5)=0.6977 由于 N（3,4）关于均值 3 对称，所以 P（x3）=0.5 5.17 P(120x200)=P（ x - 160 40 40 ? ） 2（ ） 1 0.08 = ? （ 40 5.18 （1） P ( x 230) = P

16、 ( x ? 200 30 ) = (1.5) = 0.9332 20 20 x ? 200 10 ) = 2 (0.5) ? 1 = 0.383 （2） P (190 x 210) = P ( 20 20 ） 0.9 ， 398.27 第七章 练习题参考答案 7.1 （1）已知 =5，n=40， x =25， =0.05， z 0.05 2 =1.96 样本均值的抽样标准差 x = n = 5 40 = 0.79 （2）估计误差（也称为边际误差）E= z 2 =1.96*0.79=1.55 n 7.2（1）已知 =15，n=49， x =120， =0.05， z 0.05 2 =1.96

17、（2）样本均值的抽样标准差 x = n = 15 49 = 2.14 估计误差 E= z 2 =1.96* 15 49 n = 4.2 （3）由于总体标准差已知，所以总体均值 的 95%的置信区间为： x z 2 n =120 1.96*2.14=120 4.2，即（115.8,124.2） 7.3（1）已知 =85414，n=100， x =， =0.05， z 0.05 2 =1.96 由于总体标准差已知，所以总体均值 的 95%的置信区间为： x z 2 n = 1.96* 85414 100 = 16741.144 即（87818.856,.144） 7.4（1）已知 n=100， x

18、 =81，s=12， =0.1， z 0.1 2 =1.645 由于 n=100 为大样本，所以总体均值 的 90%的置信区间为： x z 2 s n =81 1.645* 12 100 = 81 1.974，即（79.026,82.974） （2）已知 =0.05， z 0.05 2 =1.96 由于 n=100 为大样本，所以总体均值 的 95%的置信区间为： x z 2 s n =81 1.96* 12 100 = 81 2.352，即（78.648,83.352） （3）已知 =0.01， z 0.01 2 =2.58 由于 n=100 为大样本，所以总体均值 的 99%的置信区间为：

19、 x z 2 s n =81 2.58* 12 100 = 81 3.096，即（77.94,84.096） 7.5（1）已知 =3.5，n=60， x =25， =0.05， z 0.05 2 =1.96 由于总体标准差已知，所以总体均值 的 95%的置信区间为： x z 2 n =25 1.96* 3.5 60 = 25 0.89,即（24.11,25.89） （2）已知 n=75， x =119.6，s=23.89， =0.02， z 0.02 2 =2.33 由于 n=75 为大样本，所以总体均值 的 98%的置信区间为： x z 2 s n =119.6 2.33* 23.89 75

20、 = 119.6 6.43，即（113.17,126.03） （3）已知 x =3.419，s=0.974，n=32， =0.1， z 0.1 2 =1.645 由于 n=32 为大样本，所以总体均值 的 90%的置信区间为： x z 2 s n =3.419 1.645* 0.974 32 = 3.419 0.283，即（3.136,3.702） 7.6（1）已知：总体服从正态分布， =500，n=15， x =8900， =0.05， 由于总体服从正态分布，所以总体均值 的 95%的置信区间为： z 0.05 2 =1.96 x z 2 n =8900 1.96* 500 15 = 890

21、0 253.03,即（8646.97,9153.03） (2)已知：总体不服从正态分布， =500，n=35， x =8900， =0.05， z 0.05 2 =1.96 虽然总体不服从正态分布，但由于 n=35 为大样本，所以总体均值 的 95%的置信区间为： x z 2 n =8900 1.96* 500 35 = 8900 165.65,即（8734.35,9065.65） （3） 已知：总体不服从正态分布， 未知， n=35，x =8900，s=500， =0.1，z 0.1 2 =1.645 虽然总体不服从正态分布，但由于 n=35 为大样本，所以总体均值 的 90%的置信区间为：

22、 x z 2 s n =8900 1.645* 500 35 = 8900 139.03，即（8760.97,9039.03） （4） 已知： 总体不服从正态分布， 未知， n=35，x =8900， s=500， =0.01，z 0.01 2 =2.58 虽然总体不服从正态分布，但由于 n=35 为大样本，所以总体均值 的 99%的置信区间为： x z 2 s n =8900 2.58* 500 35 = 8900 218.05，即（8681.95,9118.05） 7.7 已知：n=36，当 =0.1，0.05,0.01 时，相应的 z 0.1 2 =1.645， z 0.05 2 =1.

23、96， z 0.01 2 =2.58 根据样本数据计算得： x =3.32，s=1.61 由于 n=36 为大样本，所以平均上网时间的 90%置信区间为： x z 2 s n =3.32 1.645* 1.61 36 = 3.32 0.44，即（2.88,3.76） 平均上网时间的 95%置信区间为： x z 2 s n =3.32 1.96* 1.61 36 = 3.32 0.53，即（2.79,3.85） 平均上网时间的 99%置信区间为： x z 2 s n =3.32 2.58* 1.61 36 = 3.32 0.69，即（2.63,4.01） 7.8 已知：总体服从正态分布，但 未知

24、，n=8 为小样本， =0.05， 根据样本数据计算得： x =10，s=3.46 总体均值 的 95%的置信区间为： t 0.05 2 （8 ? 1 =2.365 ） x t 2 7.9 s n =10 2.365* 3.46 8 = 10 2.89，即（7.11,12.89） 已知：总体服从正态分布，但 未知，n=16 为小样本， =0.05， t 0.05 2 （ ? 1） 16 =2.131 根据样本数据计算得： x =9.375，s=4.113 从家里到单位平均距离的 95%的置信区间为： x t 2 s n =9.375 2.131* 4.113 14 = 9.375 2.191,

25、即（7.18,11.57） 7.10 （1）已知：n=36， x =149.5， =0.05， z 0.05 2 =1.96 由于 n=36 为大样本，所以零件平均长度的 95%的置信区间为： x z 2 s n =149.5 1.96* 1.93 36 = 149.5 0.63,即（148.87,150.13） （2）在上面的估计中，使用了统计中的中心极限定理。该定理表明：从均值为 、方差为 2 的总体中，抽取了容量为 n 的随机样本，当 n 充分大时（通常要求 n 30 ） ，样本均值 2 的抽样分布近似服从均值为 ，方差为 n 的正态分布。 7.12 （1） 已知： 总体服从正态分布，

26、未知， 但 n=25 为小样本， =0.01， 0.01 2 ( 25 ? 1) =2.797 t 根据样本数据计算得： x =16.128，s=0.871 总体均值 的 99%的置信区间为： x t 2 s n =16.128 2.797* 0.871 25 = 16.128 0.487,即（15.64,16.62） 7.13 已知：总体服从正态分布，但 未知，n=18 为小样本， =0.1， 根据样本数据计算得： x =13.56，s=7.8 网络公司员工平均每周加班时间的 90%的置信区间为： t 0.1 2 (18 ? 1) =1.74 x t 2 s n =13.56 1.74* 7

27、.8 18 = 13.56 3.2,即（10.36,16.76） 7.14 （1）已知：n=44，p=0.51， =0.01， 总体比例 的 99%的置信区间为： z 0.01 2 =2.58 p z 2 p(1 ? p) 0.51(1 ? 0.51) =0.51 2.58 =0.51 0.19，即（0.32,0.7） n 44 （2）已知：n=300，p=0.82， =0.05， 总体比例 的 95%的置信区间为： z 0.05 2 =1.96 p z 2 p(1 ? p) 0.82(1 ? 0.82) =0.82 1.96 =0.82 0.04，即（0.78,0.86） n 300 （3）

28、已知：n=1150，p=0.48， =0.1， ， 总体比例 的 90%的置信区间为： z 0.1 2 =1.645 p z 2 p(1 ? p) 0.48(1 ? 0.48) =0.48 1.645 =0.48 0.02，即（0.46,0.5） n 1150 7.15 已知：n=200，p=0.23， 为 0.1 和 0.05 时，相应的 总体比例 的 90%的置信区间为： z 0.1 2 =1.645， z 0.05 2 =1.96 p z 2 p(1 ? p) 0.23(1 ? 0.23) =0.23 1.645 =0.23 0.05，即（0.18,0.28） n 200 总体比例 的

29、95%的置信区间为： p z 2 p(1 ? p) 0.23(1 ? 0.23) =0.23 1.96 =0.23 0.06，即（0.17,0.29） n 200 7.16 已知： =1000，估计误差 E=200， =0.01， z 0.01 2 =2.58 ( z 2 ) 应抽取的样本量为： n = E 2 2 2 = 2.58 1000 200 2 2 2 =167 7.17 （1）已知：E=0.02， =0.4， =0.04， 2 z 0.04 2 =2.05 ( z 2 ) （1 ? ） 2.05 0.4 1 ? 0.4） （ 应抽取的样本量为： n = = =2522 E 0.02

30、 2 2 2 （2）已知：E=0.04， 未知， =0.05， z 0.05 2 =1.96 由于 未知，可以使用 0.5（因为对于服从二项分布的随机变量，当 取 0.5 时，其方差达 到最大值。因此，在无法得到总体比例的值时，可以用 0.5 代替计算。这样得出的必要样本 容量虽然可能比实际需要的容量大一些， 但可以充分保证有足够高的置信水平和尽可能小的 置信区间） 故应抽取的样本量为： n = ( z 2 ) （1 ? ） 1.96 0.5 1 ? 0.5） （ 2 2 E 2 = 0.04 z 0.1 2 2 =601 （3）已知：E=0.05， =0.55， =0.1， 2 =1.645

31、 应抽取的样本量为： n = ( z 2 ) （1 ? ） 1.645 0.55 1 ? 0.55） （ 2 E 2 = 0.05 z 0.05 2 2 =268 7.18 （1）已知：n=50，p=32/50=0.64， =0.05， =1.96 总体中赞成该项改革的户数比例的 95%的置信区间为： p z 2 p(1 ? p) 0.64(1 ? 0.64) =0.64 1.96 =0.64 0.13，即（0.51,0.77） n 50 （2）已知：E=0.1， =0.8， =0.05， z 0.05 2 =1.96 应抽取的样本量为： n = ( z 2 ) （1 ? ） 1.96 0.8

32、 1 ? 0.8） （ 2 2 E 2 = 0.1 2 62 第 10 章 F = 4.6574 = 0.01 )，不能拒绝原假设。 F = 15.8234 F0.01 = 4.579 (或 P ? value = 0.00001 = 0.01 )，拒绝原假设。 (或 P ? value = 0. = 0.01 )，拒绝原假设。 (或 P ? value = 0. = 0.05 )，拒绝原假设。 (或 P ? value = 0.0003 F0.01 = 5.4170 F = 11.7557 F0.05 = 3.6823 F = 17.0684 F0.05 = 3.8853 x A ? x B

33、 = 44.4 ? 30 = 14.4 LSD = 5.85 x A ? xC = 44.4 ? 42.6 = 1.8 LSD = 5.85 方差分析表中所缺的数值如下表： 差异源 组间 组内 总计 SS 420 3836 4256 df 2 27 29 MS 210 142.07 ，拒绝原假设。 F 1.478 P-value 0. F crit 3. F = 1.478 = 0.05 )，不能拒绝原假设。 9 有 5 种不同品种的种子和 4 种不同的施肥方案，在 20 快同样面积的土地上，分别采用 5 种种子和 4 种施肥方案搭配进行试验，取得的收获量数据如下表： F种子 = 7.2397

34、 F0.05 = 3.2592 (或 P ? value = 0.0033 = 0.05 )，拒绝原假设。 (或 P ? value = 0.0019 = 0.05 )， 不能拒绝原假设。 (或 P ? value = 0.1522 = 0.05 )， 不能拒绝原假设。 (或 P ? value = 0.0104 = 0.05 )，拒绝原假设。 F施肥方案 = 9.2047 F0.05 = 3.4903 10. F地区 = 0.0727 F0.05 = 6.9443 F包装方法 = 3.1273 F0.05 = 5.1432 F广告媒体 = 3 = 0.05 )，不能拒绝原假设。 (或 P ? value = 0.2519 = 0.05 )，不能拒绝原假设。 F交互作用 = 1.75 F0.05 = 5.1432