数理统计试题及答案[5篇]

第一篇：数理统计试题及答案

一、填空题（本题15分，每题3分）

1、总体X~N(20,3)的容量分别为10，15的两独立样本均值差XY~________；

22、设X1,X2,...,X16为取自总体X~N(0,0.52)的一个样本，若已知0.01(16)32.0,则P{Xi28}=________；

i1163、设总体X~N(,2)，若和均未知，n为样本容量，总体均值的置信水平为

21的置信区间为(X,X)，则的值为________；

4、设X1,X2,...,Xn为取自总体X~N(,2)的一个样本，对于给定的显著性水平，已知关于检验的拒绝域为2≤12(n1)，则相应的备择假设H1为________； 2已知，5、设总体X~N(,2)，在显著性水平0.05下，检验假设H0:0,H1:0，拒绝域是________。

1、N(0，)； 2、0.01；

3、t(n1)2212Sn2；

4、20；

5、zz0.05。

二、选择题（本题15分，每题3分）

1、设X1,X2,X3是取自总体X的一个样本，是未知参数，以下函数是统计量的为（）。

13（A）(X1X2X3)

（B）X1X2X

3（C）X1X2X3

（D）(Xi)2

3i11n22.,Xn为取自总体X~N(,)的样本，X为样本均值，Sn(XiX)2，2、设X1,X2,ni11则服从自由度为n1的t分布的统计量为（）。（A）

n1(X）n(X）n(X)n1(X)

（B）

（C）

（D）

SnSn221n(XiX)2，3、设X1,X2,,Xn是来自总体的样本，D(X)存在，Sn1i1则（）。

（A）S2是2的矩估计

（B）S2是2的极大似然估计

（D）S2作为2的估计其优良性与分布有关（C）S2是2的无偏估计和相合估计

224、设总体X~N(1,1),Y~N(2,2)相互独立，样本容量分别为n1,n2，样本方差分别2222为S12,S2，在显著性水平下，检验H0:1的拒绝域为（）。2,H1:122（A）2s2s122s2F(n21,n11)

（B）

2s2s122s2F12(n21,n11)

（C）s12F(n11,n21)

（D）

2s12F12(n11,n21)

5、设总体X~N(,2)，已知，未知，x1,x2,,xn是来自总体的样本观察值，已知的置信水平为0.95的置信区间为（4.71，5.69），则取显著性水平0.05时，检验假设H0:5.0,H1:5.0的结果是（）。

（A）不能确定

（B）接受H0

（C）拒绝H0

（D）条件不足无法检验

1、B；

2、D；

3、C；

4、A；

5、B.2x0x,三、（本题14分）

设随机变量X的概率密度为：f(x)2，其中未知

其他0,参数0，X1,,Xn是来自X的样本，求（1）的矩估计；（2）的极大似然估计。解：(1)E(X)xf(x)dx02x2dx，322ˆˆ)X，得令E(X(2)似然函数为：L(xi,)i1n233X为参数的矩估计量。22n2xi22n0xi,(i1,2,,n)，xi，i1nˆmax{X,X,,X}。而L()是的单调减少函数，所以的极大似然估计量为12n

四、（本题14分）设总体X~N(0,2)，且x1,x2x10是样本观察值，样本方差s22，（1）求的置信水平为0.95的置信区间；（2）已知Y2X22X2~(1)，求D3的置信222水平为0.95的置信区间；（0。.975(9)2.70，0.025(9)19.023）解：

1818，即为（0.9462，6.6667）（1）的置信水平为0.95的置信区间为；

2(9),2(9)0.9750.0252X21X2122=（2）D； DD[(1)]2322222X222，由于D是的单调减少函数，置信区间为,3222即为（0.3000，2.1137）。

五、（本题10分）设总体X服从参数为的指数分布，其中0未知，X1,,Xn为取自总体X的样本，若已知UXi~2(2n)，求： i12n（1）的置信水平为1的单侧置信下限；

（2）某种元件的寿命（单位：h）服从上述指数分布，现从中抽得容量为16的样本，测得样本均值为5010（h），试求元件的平均寿命的置信水平为0.90的单侧置信下限。22(0)44.985,0.05(31.10(32)42.585)。

解：(1)P2nX2nX2(2n)1,P21，(2n)2nX2165010；（2）3764.706。242.585(2n)即的单侧置信下限为

六、（本题14分）某工厂正常生产时，排出的污水中动植物油的浓度X~N(10,1)，今阶段性抽取10个水样，测得平均浓度为10.8（mg/L），标准差为1.2（mg/L），问该工厂生产是

22否正常？（0.05,t0.025(9)2.2622,0.025(9)19.023,0.975(9)2.700）

解：（1）检验假设H0：=1，H1：≠1； 取统计量：22

2(n1)s220；

拒绝域为：2≤2122222

(n1)0.975(9)=2.70或≥(n1)0.025=19.023，2经计算：2(n1)s22091.2212.96，由于212.96(2.700,19.023)2，1故接受H0，即可以认为排出的污水中动植物油浓度的方差为2=1。

：10，H1：10；

取统计量：t（2）检验假设H010.8101.2/10X10S/10~ t(9)；

2拒绝域为tt0.025(9)2.2622；t，2.1028<2.2622，所以接受H0即可以认为排出的污水中动植物油的平均浓度是10（mg/L）。

综上，认为工厂生产正常。

七、（本题10分）设X1,X2,X3,X4为取自总体X~N(,42)的样本，对假设检验问题H0:5,H1:5，（1）在显著性水平0.05下求拒绝域；（2）若=6，求上述检验所犯的第二类错误的概率。

解：(1)拒绝域为zx54/4x5z0.0251.96;2（2）由(1)解得接受域为（1.08，8.92），当=6时，接受H0的概率为

P{1.08X8.92}8.9261.0860.921。22

八、（本题8分）设随机变量X服从自由度为(m,n)的F分布，(1)证明：随机变量自由度为(n,m)的F分布；(2)若mn，且P{X}0.05，求P{X证明：因为X~F(m,n),由F分布的定义可令X与V相互独立，所以

1服从 X1}的值。

U/m，其中U~2(m),V~2(n)，UV/n1V/n~F(n,m)。XU/m11当mn时，X与服从自由度为(n,n)的F分布，故有P{X}P{X}，X111从而

P{X}P{}1P{}1P{X}10.050.95。

XX

第二篇：数理统计试题及答案

数理统计考试试卷 一、填空题（本题15分，每题3分）1、总体的容量分别为10，15的两独立样本均值差________；

2、设为取自总体的一个样本，若已知,则=________；

3、设总体，若和均未知，为样本容量，总体均值的置信水平为的置信区间为，则的值为________；

4、设为取自总体的一个样本，对于给定的显著性水平，已知关于检验的拒绝域为2≤，则相应的备择假设为________；

5、设总体，已知，在显著性水平0.05下，检验假设,，拒绝域是________。

1、；

2、0.01；

3、；

4、；

5、。

二、选择题（本题15分，每题3分）1、设是取自总体的一个样本，是未知参数，以下函数是统计量的为（）。

（A）（B）（C）（D）2、设为取自总体的样本，为样本均值，则服从自由度为的分布的统计量为（）。

（A）（B）（C）（D）3、设是来自总体的样本，存在，, 则（）。

（A）是的矩估计（B）是的极大似然估计（C）是的无偏估计和相合估计（D）作为的估计其优良性与分布有关 4、设总体相互独立，样本容量分别为，样本方差分别为，在显著性水平下，检验的拒绝域为（）。

（A）（B）（C）（D）5、设总体，已知，未知，是来自总体的样本观察值，已知的置信水平为0.95的置信区间为（4.71，5.69），则取显著性水平时，检验假设的结果是（）。

（A）不能确定（B）接受（C）拒绝（D）条件不足无法检验 1、B；

2、D；

3、C；

4、A；

5、B.三、（本题14分）设随机变量X的概率密度为：，其中未知 参数，是来自的样本，求（1）的矩估计；

（2）的极大似然估计。

解：(1)，令，得为参数的矩估计量。

(2)似然函数为：，而是的单调减少函数，所以的极大似然估计量为。

四、（本题14分）设总体，且是样本观察值，样本方差，（1）求的置信水平为0.95的置信区间；

（2）已知，求的置信水平为0.95的置信区间；

（，）。

解：

（1）的置信水平为0.95的置信区间为，即为（0.9462，6.6667）；

（2）=；

由于是的单调减少函数，置信区间为，即为（0.3000，2.1137）。

五、（本题10分）设总体服从参数为的指数分布，其中未知，为取自总体的样本，若已知，求：

（1）的置信水平为的单侧置信下限；

（2）某种元件的寿命（单位：h）服从上述指数分布，现从中抽得容量为16的样本，测得样本均值为5010（h），试求元件的平均寿命的置信水平为0.90的单侧置信下限。

解：(1)即的单侧置信下限为；

（2）。

六、（本题14分）某工厂正常生产时，排出的污水中动植物油的浓度，今阶段性抽取10个水样，测得平均浓度为10.8（mg/L），标准差为1.2（mg/L），问该工厂生产是否正常？（）解：

（1）检验假设H0：2=1，H1：2≠1；

取统计量：；

拒绝域为：2≤=2.70或2≥=19.023，经计算：，由于2，故接受H0，即可以认为排出的污水中动植物油浓度的方差为2=1。

（2）检验假设；

取统计量：~ ；

拒绝域为；

<2.2622，所以接受，即可以认为排出的污水中动植物油的平均浓度是10（mg/L）。

综上，认为工厂生产正常。

七、（本题10分）设为取自总体的样本，对假设检验问题，（1）在显著性水平0.05下求拒绝域；

（2）若=6，求上述检验所犯的第二类错误的概率。

解：(1)拒绝域为;（2）由(1)解得接受域为（1.08，8.92），当=6时，接受的概率为。

八、（本题8分）设随机变量服从自由度为的分布，(1)证明：随机变量服从 自由度为的分布；

(2)若，且，求的值。

证明：因为,由分布的定义可令，其中，与相互独立，所以。

当时，与服从自由度为的分布，故有，从而。

数理统计试卷参考答案 一、填空题（本题15分，每题3分）1、；

2、0.01；

3、；

4、；

5、。

二、选择题（本题15分，每题3分）1、B；

2、D；

3、C；

4、A；

5、B.三、（本题14分）解：(1)，令，得为参数的矩估计量。

(2)似然函数为：，而是的单调减少函数，所以的极大似然估计量为。

四、（本题14分）解：

（1）的置信水平为0.95的置信区间为，即为（0.9462，6.6667）；

（2）=；

由于是的单调减少函数，置信区间为，即为（0.3000，2.1137）。

五、（本题10分）解：(1)即的单侧置信下限为；

（2）。

六、（本题14分）解：

（1）检验假设H0：2=1，H1：2≠1；

取统计量：；

拒绝域为：2≤=2.70或2≥=19.023，经计算：，由于2，故接受H0，即可以认为排出的污水中动植物油浓度的方差为2=1。

（2）检验假设；

取统计量：~ ；

拒绝域为；

<2.2622，所以接受，即可以认为排出的污水中动植物油的平均浓度是10（mg/L）。

综上，认为工厂生产正常。

七、（本题10分）解：(1)拒绝域为;（2）由(1)解得接受域为（1.08，8.92），当=6时，接受的概率为。

八、（本题8分）证明：因为,由分布的定义可令，其中，与相互独立，所以。

当时，与服从自由度为的分布，故有，从而。

第三篇：概率与数理统计 2011年7月试题及答案

全国2011年7月自学考试概率论与数理统计

（二）课程代码：02197

一、单项选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）

在每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，请将其代码填写在题后的括号内。错选、多选或未选均无分。

1．设A={2，4，6，8}，B={1，2，3，4}，则A-B=（）A．{2，4} B．{6，8} C．{1，3}

D．{1，2，3，4} 解：称事件“A发生而B不发生”为事件A与事件B的差事件，记作AB

说的简单一些就是在集合A中去掉集合AB中的元素，故本题选B.2．已知10件产品中有2件次品，从这10件产品中任取4件，没有取出次品的概率为（A．15 B．14 C．13

D．

解：从10件产品中任取4件，共有C410种取法；若4件中没有次品，则只能从8件正品中取，共有C48;

4本题的概率PC8C48765109871C.103，故选3．设事件A，B相互独立，P(A)0.4,P(AB)0.7,，则P(B)=（）A．0.2 B．0.3 C．0.4

D．0.5 解：A，B相互独立，PABPAPB，所以PABPAPBPABPAPBPAPB，代入数值，得0.70.4PB0.4PB，解得PB0.5，故选D.4．设某试验成功的概率为p，独立地做5次该试验，成功3次的概率为（）A．C35 B．C35p3(1p)2 C．C35p3

D．p3(1p)2

解：X~Bn，p定理：在n重贝努力实验中，设每次检验中事件A的概率为p0p1，则事件A恰好发生k次的概率

PknkCknp1pnk，k0,1,2,...n.本题n5，k3，所以P33253C5p1p，故选B.）

5．设随机变量X服从[0，1]上的均匀分布，Y=2X-1，则Y的概率密度为（）

A．f(y)12,1y1,Y

B．f1,Y(y)1y1,0,其他,0,其他，C．f1,0y1,Y(y)2

D．f1,0y1,Y(y)0,其他,0,其他，解：X~U0，1，f11，0x1，Xx100，其他，由y2x1，解得x12y1，其中y1,1即hy122y12，hy12，由公式ffXhyhy，y1,1Yy

0，其他.，得f111fXy，y1,1112，y1,11Yy222，y1,120，其他.0，其他.0，其他.故选A.6．设二维随机变量（X，Y）的联合概率分布为（）

则c= A．1 B．1126

C．1

D．143

解：X，Y的分布律具有下列性质：①Pij0，i,j1,2,...②Pij1.ij由性质②，得1116411212c141，解得c16，故选B.7．已知随机变量X的数学期望E(X)存在，则下列等式中不恒成立．．．．的是（）A．E[E(X)]=E(X)B．E[X+E(X)]=2E(X)C．E[X-E(X)]=0

D．E(X2)=[E(X)]2 解：X的期望是EX，期望的期望值不变，即EEXEX，由此易知A、B、C均恒成立，故本题选D.2

8．设X为随机变量E(X)10,E(X2)109，则利用切比雪夫不等式估计概率P{|X-10|≥6}≤

（）

A．C．1434

B．D．

518

10936解：DXEX切比雪夫不等式：2EX96221091009，PXEX14DX2 ；所以PX106，故选A.9．设0，1，0，1，1来自X～0-1分布总体的样本观测值，且有P{X=1}=p，P{X=0}=q，其中0

）A．1/5 C．3/5 解：矩估计的替换原理是：用样本均值35x估计总体均值35ˆXx，EX，即E

B．2/5 D．4/5 本题EX1p0qp，xˆ，所以p，故选C.10．假设检验中，显著水平表示（）A．H0不真，接受H0的概率 C．H0为真，拒绝H0的概率

解：显著水平B．H0不真，拒绝H0的概率 D．H0为真，接受H0的概率

拒真，表示第一类错误，又称即P拒绝H0H0为真，故选C.二、填空题（本大题共15小题，每小题2分，共30分）

请在每小题的空格中填上正确答案。错填、不填均无分。

11．盒中共有3个黑球2个白球，从中任取2个，则取到的2个球同色的概率为________.解：PC3C2C522225.12．有5条线段，其长度分别为1，3，5，7，9，从这5条线段中任取3条，所取的3条线段能拼成三角形的概率为________.解：C510，其中能够成三角形的所以P0.3.33,7,9，5,7,9共3种，情况有3,5,7，13．袋中有50个乒乓球，其中20个黄球，30个白球，甲、乙两人依次各取一球，取后不放回，甲先取，则乙取得黄球的概率为________.3

解：设A甲取到黄球由全概率公式，得，A甲取到白球，B乙取到黄球，则

PBPAPBAPAPBA205019493050204925.14．掷一枚均匀的骰子，记X为出现的点数，则P{2

0xC其它32x15．设随机变量X的概率密度为f(x)80，则常数C=________.解：1c380xdx218x3c018c，所以c2.316．设随机变量X服从正态分布N（2，9），已知标准正态分布函数值Φ(1)=0.8413，则P{X>5}=________.52X2解：PX5P110.1587.3317．设二维随机变量（X，Y）的联合概率分布为

则P（X>1）=________.解：PX1PX20.20.10.3.18．设二维随机变量（X，Y）服从区域D上的均匀分布，其中D为x轴、y轴和直线x+y≤1所围成的三角形区域，则P{X

COV（X，Y）=________.解：EXY***8271927321123.22．设随机变量X～B（200,0.5），用切比雪夫不等式估计P{80

78.t/2(n)23．设随机变量t～t(n)，其概率密度为ft(n)(x)，若P{|t|t/2(n)},则有ft(n)(x)dx________.24．设,分别是假设检验中犯第一、二类错误的概率，H0，H1分别为原假设和备择假设，则P{接受H0|H0不真}=________.解：第二类错误，又称取伪，故本题填β.2225．对正态总体N(,)，取显著水平a=________时，原假设H0∶=1的接受域为0.9(n1)52n(1S)220.05n(.1)解：显著水平为，自由度为n1的卡方检验的拒绝域为0，2n11--22n1，，所以本题220.05，0.1.三、计算题（本大题共2小题，每小题8分，共16分）

26．设某地区地区男性居民中肥胖者占25%，中等者占60%，瘦者占15%，又知肥胖者患高血压病的概率为20%，中等者患高血压病的概率为8%，瘦者患高血压病的概率为2%，试求：（1）该地区成年男性居民患高血压病的概率；

（2）若知某成年男性居民患高血压病，则他属于肥胖者的概率有多大？ 解：设A肥胖者，B中等者，C瘦者，D患高血压PA0.25，PB0.6，PC0.15，PDA0.2，PDB0.08，PDC0.02，，则

1.由全概率公式，得PDPAPDAPBPDBPCPDC0.250.20.60.080.150.020.1010.27．设随机变量X在区间[-1，2]上服从均匀分布，随机变量

1,X0Y0,X0，1,X0求E(Y)，D(Y).5

解：fX13，-1x2，；PX022100，其他，3dx3；PX00，对于连续性随机变量X，去任一指定的实数值x的概率都等于0，即PXx0.PX001113dx3；由题意可知，随机变量Y是离散型随机变量，且PY1PX023；PY0PX00，PY1PX013，所以EY12230113123；EY122301131，DYEY2EY211989.四、综合题（本大题共2小题，每小题12分，共24分）28．设随机变量X的概率密度函数为

f(x)k(x1),1x1, 0,其它.求（1）求知参数k；（2）概率P(X>0)；

（3）写出随机变量X的分布函数.解：由1111kx1dxkx2x2k，得k1；-12121PX0112x1dx121x2x30

2；040，x-1，FX1x12，1x1，41，x1.29．设二维随机变量(X,Y)的概率密度为

f(x,y)Cxy2,0x1,0y10,其它

试求：E(X)；E(XY)；X与Y的相关系数xy.（取到小数3位）

解：由1Cxdxydy0012121121310Cxdx02116C，得C6.EX6xdxydy2xdx0023；；1EX261010xdxydy2xdx00133121312EY6xdxydy034；EY12；620xdxydy01435；EXY6x2dx0011ydy23DXEXDYEY22EX212；23183212EY33；5480122335110；CovX,YEXYEXEYXYDXDYCovX,Y110

4802.191.五、应用题（本大题共1小题，10分）

30．假定某商店中一种商品的月销售量X～Ｎ(,2)，,2均未知。现为了合理确定对该商品的进货量，需对,2进行估计，为此，随机抽取7个月的销售量，算得，x65.143,S11.246,试求的95%的置信区间及2的90%的置信区间.（取到小数3位）（附表：t0.025(6)=2.447.t0.05(6)=1.943

22220.025(6)14.449.0.05(6)12.595.0.975(6)1.237.0.95(6)1.635）

解：先求的95t62.447，200的置信区间：0.05，0.025，n27，n16，的公式，得x65.143，S11.246，把以上数据代入下面SS，xtn175.544.xtn154.742，nn22再求的902200的置信区间：21--0.1，0.05，n16，S11.246，2的公式，得

612.595，2261.635，把以上数据代入下面22n1Sn1S，2260.249,464.119.n1n11--22

第四篇：浙江大学概率论与数理统计试题连答案

《概率论》试题

一、填空题（每空5%）

1、设为A，B为随机变量，P(A|B)0.48,P(B|A)0.4,P(AB)0.86。则P(AB)_________，P(AB)________。

2、设某电话交换台等候一个呼叫来到的时间为X，它的概率密度函数为

ke0.5xx0f(x){x0 0

第一次呼叫在5分钟到10分钟之间来到的概率为

________。

3、已知随机向量(X,Y)的联合分布律如下表所示

1，那么它在15分钟以后来的概率为

4则P(0XY2)________，E(XY)________。

4、投一枚硬币直到正反面都出现为止，投掷次数的数学期望是________。

5、设随机变量X,Y，已知X服从正态分布，XN(,2)，Y服从的指数分布，ZaXbYc，则E(Z)________，Var(Z)________。

二、（15%）妈妈给儿子小明做了4张饼，她想知道这回做得是好极了还是一般般。以她的手艺1/3的概率是好极了。此时，小明有点饿或者非常饿的可能性各占一半。如果饼味道好极了，若小明有点饿，他吃掉1、2、3、4张饼的概率分别为0、0、0.6、0.4；若他非常饿，上述概率为0、0、0、1。如果味道仅一般般，若小明有点饿时，概率为0、0.2、0.4、0.4；若他非常饿，上述概率为0、0.1、0.3、0.6。

（1）小明吃掉4张饼的概率是多少？

（2）妈妈看见小明吃掉4张饼，则他非常饿而饼仅一般般的概率是多少？

（3）妈妈看见小明吃掉4张饼，则饼味道好极了的概率是多少？

三、（12%）(X,Y)的联合密度函数为

John Nash

2x0x1,0y1 f(x,y){ else0

Z2XY2，（1）求fX(x)和fY(y)；

（2）X和 Y是否独立？（3）Z的概率分布函数。

四、（15%）一只盒子中有5个小球，其中有3个是红色且标有不同序号，（1）若无放回的一个一个取，直到全部取出红色小球，用X表示取的次数，写出X的分布律，求E(X)和Var(X)；

（2）若有放回的一个一个取，直到3个不同序号的红色小球都出现，用Y表示取的次数，求E(Y)。

五、（18%）50个同学把写有祝福的卡片都放进一个纸箱中，然后让他们随机取走一张，设事件Ai表示i同学取走了自己的卡片，（1）求P(Ai)和

P(AA)；

i

j

i

1j1

（2）已知事件Bk，试用数学归纳法证明：

n

P（k1

Bk)P(Bk)P(Bk1Bk2)

k1

k11k21

nn

(1)

t1

P（ki1

50ti1

Bki)

P（k1

5050

Bk)

k1

（3）所有同学都没有取到自己卡片的概率是多少？

John Nash

《概率论》试题答案

一、填空题 1、0.76，0.26 2、1/83、0.25，13.5 4、322225、abc，ab

二、（1）17/30（2）6/17（3）7/17

2x0x110y

1fX(x){f(y){0 else 0 else，Y

三、（1）

（2）独立

（3）

fZ(x){0

2z5/2(z2)3/2(z3)]

0z3 else

四、（1）4.5，0.4

5（2）55/6

五、（1）1/50，1/2（2）略

(1)k1

1

k!k2（3）

第五篇：研究生数理统计问答题答案2013

1.检验的显著性水平：在假设检4.方差分析的目的：方差分析的个新的变量分别由第一组变量和确定性，接着还要对回归模型进验中，若小概率事件的概率不超目的是通过分析，判定某一因子第二组变量的线性组合构成,并行统计检验；统计检验通过后，过α，则称α为检验水平或显著是否显著，当因子显著时，我们且两组变量的个数可以是不同的,最后是利用回归模型，根据自变性水平。检验的P值：拒绝原假还可以给出每一水平下指标均值两组变量所代表的内容也可以是量去估计、预测因变量。回归有设的最小显著水平称为假设检验的估计，以便找出最好的水平。不同的。不同种类，按照自变量的个数分，中的P值。方差分析是对多个总体均值是否8.贝叶斯判别法：如果对多个总有一元回归和多元回归。只有一

2.参数估计的类型：① 点估计；相等这一假设进行检验。思想：体的判别考虑的不是建立判别个自变量的叫一元回归，有两个② 区间估计；参数的点估计的检验μ1=μ2=„„μγ是通过式，而是计算新给样品属于各总或两个以上自变量的叫多元回

l=1，„„k。归；按照回归曲线的形态分，有方法：① 矩估计法基本思想：方差的比较来确定的，即：要考体的条件概率P()，由于样本来源于总体，样本矩在虑均值（观测值）之间的差异，比较这k个概率的大小，然后将线性（直线）回归和非线性（曲一定程度上反映了总体矩，而且差异的产生来自两个方面，一方新样品判归为来自各概率最大的线）回归。实际分析时应根据客由大数定律可知，样本矩依概率面是由因素中的不同水平造成总体，这种判别法称为Bayes判观现象的性质、特点、研究目的收敛于总体矩。因此，只要总体的，称为系统性差异；另一方面别法。Bayes判别法的基本思想和任务选取回归分析的方法。X的k阶原点矩存在，就可以用是由随机性而产生的差异。两方总是假定对所研究的对象已有一11.系统聚类法的基本思想是：样本矩作为相应总体矩的估计面的差异用两个方差来计量，一定的认识，常用先验概率来描述首先是n个样本各自成一类，然量，用样本矩的函数作为总体矩个称为水平之间的方差（既包括这种认识。后规定类与类之间的距离，选择的函数的估计量。② 极大似然估系统性因素，也包括随机性因9.聚类：聚类分析的职能是建距离最小的两类合并成一个新计法基本思想：设总体分布的素）；一个称为水平内部的方差立一种分类方法，它是将一批样类，计算新类与其它类的距离，函数形式已知，但有未知参数（仅包括随机性因素）。如果不同品或变量，按照它们在性质上的再将距离最小的两类进行合并，θ，θ可以取很多值，有θ的的水平对结果没有影响，两个方亲疏程度进行分类。距离的种类这样每次减少一类，直到达到所一切可能取值中选一个使样本观差的比值会接近于1（即H0为很多，其中欧式距离在聚类分析需的分类数或所有的样本都归为察值出现的概率为最大的值作为真）；反之，如果不同水平对结果中用得最广，它的表达式中Xik一类为止。系统聚类法的步骤如θ的估计值，记作 ，并称为产生影响，两个方差的比值会显表示第i个样品的第k个指标的下：①用数字描述样本的特征。θ的极大似然估计值。这种求估著地大于1许多，认为H0不真，观测值，Xjk表示第j个样品的②规定样本之间的相似系数计值的方法称为极大似然估计可作出判断，说明不同水平之间第k个指标的观测值，dij为第irij(0≤rij≤1；i，j＝1，„，n)。

24法。参数的点估计的评价方法：存在着显著性差异。如果方差分个样品与第j个样品之间的欧氏③运用合成运算R＝R⋅R（或R

221无偏性；2有效性；3一致性。○○○ 析只对一个因素进行称为单因素距离。若dij越小，那么第i与j＝R⋅R等）求出最接近相似关系

243.假设检验的思想：先假设总体方差分析。单因素方差分析所讨两个样品之间的性质就越接近。R的模糊等价关系S＝R（或R

具有某种特征，然后再通过对样论的是在个总体标准差皆相等的性质接近的样品就可以划为一等）。④选取适当水平α（0≤α本的加工，即构造统计量推断出条件下，解决个总体平均数是否类。分类：的方法很多，系统聚≤1）,得到X 的一种聚类。假设的结论是否合理。假设检验相等的问题。类法是聚类分析中应用最广泛的12.如何看待多元统计方法在是带有概率性质的反证法。6.主成分分析答：主成分分析法一种方法。首先将n个样品每个实际数据处理中的作用与地位。推理依据：第一，假设检验所采是一种数学变换的方法, 它把给自成一类，然后每次将具有最小答：多元统计方法起源于20世纪用的逻辑推理方法是反证法。第定的一组相关变量通过线性变换距离的两类合并成一类，合并后20年代，50年代后随着计算机和二，合理与否，所依据的是“小转成另一组不相关的变量，这些重新计算类与类之间的距离，这统计分析软件的发展，得到广泛概率事件实际不可能发生的原新的变量按照方差依次递减的顺个过程一直持续到所有样品归为应用，逐步渗透到自然科学和社

1提序排列。在数学变换中保持变量一类为止。分类结果可以画成一会科学的各个领域。多元统计是理”。参数假设检验步骤：○

2选择适的总方差不变，使第一变量具有张直观的聚类谱系图。研究多个变量之间相互依赖关系出原假设和备择假设；○

当的统计量，并确定其分布形式；最大的方差，称为第一主成分，10.线性回归分析的主要内容及以及内在统计规律性的一门统计3选择显著性水平α，确定临第二变量的方差次大，并且和第应用中注意的问题。答：回归分学科，其技术可以分为非对称性○

4作出结论。一变量不相关，称为第二主成分。析主要用于回答一些定义明确的技术和对称性技术。利用多元分界值；○

1直依次类推，I个变量就有I个主度量单位的数值变量之间的关系析中不同的方法可以对研究对象5.正交试验数据分析方法：○

接对比法就是对试验结果进行简成分。问题。回归分析通过一个变量或进行分类和简化。在当前科技和

2直观分析法是7.典型相关分析：的基本思想一些变量的变化解释另一变量的经济迅速发展的今天，在国民经单的直接对比。○

通过对每一因素的平均极差来分典型相关分析是主成分分析和因变化。其主要内容和步骤是：首济许多领域中特别对社会经济现析问题。所谓极差就是平均效果子分析的进一步发展,是研究两先根据理论和对问题的分析判象的分析，只停留在定性分析上中最大值和最小值的差。有了极组变量间的相互依赖关系,把两断，将变量分为自变量和因变量；往往是不够的。为提高科学性，差，就可以找到影响指标的主要组变量之间的相互关系变为研究其次，设法找出合适的数学方程可靠性，通常需要定性与定量分因素，并可以帮助我们找到最佳两个新的变量之间的相关,而且式（即回归模型）描述变量间的析相结合。实践证明，多元分析因素水平组合。又不抛弃原来变量的信息,这两关系；由于涉及到的变量具有不是实现定量分析的有效工具。