概率統(tǒng)計習(xí)題冊詳細答案

1、 2.1-2.2 離散型隨機變量及其概率分布一 填空題（1）1/5 （2) 2/3（3）解 0 1 26/11 9/22 1/22二、 解答題1) 解 （1） 123410/13(3/13)(10/12)(3/13)(2/12)(10/11)(3/13)(2/12)(1/11)（2）2） 3）解：由題意知，查表得時概率值為0.9513，故進貨15件商品4）解:5）解：由于產(chǎn)品數(shù)量很大，而抽出的相對于總數(shù)很小，因而可以當(dāng)作放回抽樣來處理，相當(dāng)于作20重貝努利試驗 2.3 隨機變量的分布函數(shù)一 填空題1 解 0.72 解 p = 1/33解 ， 。二 解答題1解：由概率的有限可加性，不難求得 =2

2、.解： 解： 的分布函數(shù)為 解：X的分布律為 2.4 連續(xù)型隨機變量及其概率密度1 解： 2 解：（1） （2）3 4 解 （查表）解： 2.5 隨機變量函數(shù)的分布1 解： 2 解：由此得到：（1）的分布律為：03/22461/81/41/81/61/3（2）的分布律為：-4-1/40-167/241/41/81/3（3）的分布律為：19/497/241/411/243 解： 4 解：解： 第二章 復(fù)習(xí)題答案一、 填空題 1） ，1/2 ； 2）0.2 ； 3）4/5二、選擇題 1） C； 2）B； 3）B； 4）C； 5）C三、計算題 1） （1）A1/2 ， （2） ， （3） 2） ，

3、3）由得 4）A=1/2，B=； 1/2； f (x)=1/(1+x2)四、提示：參數(shù)為2的指數(shù)函數(shù)的密度函數(shù)為 ，利用的反函數(shù)即可證得。第三章 第一節(jié) 二維隨機變量及其分布1設(shè)二維隨機變量的密度函數(shù)為 求：（1） 常數(shù)，（2），（3）. 圖3-3 (a) 圖3-3 (b)解：由二維隨機變量密度函數(shù)的性質(zhì)，有（1） （2）如圖3-3（a）所示：（3）如圖3-3（b）所示；2設(shè)，問是不是某二維隨機變量的分布函數(shù)？解 不是。若是某隨機變量的分布函數(shù)，則必須滿足分布函數(shù)的所有性質(zhì)，但，故不是分布函數(shù)。3一口袋中有四個球，它們依次標(biāo)有數(shù)字。從這袋中任取一球后，不放回袋中，再從袋中任取一球。設(shè)每次取球時

4、，袋中每個球被取到的可能性相同。以X、Y分別記第一、二次取到的球上標(biāo)有的數(shù)字，求的分布律與關(guān)于X和Y的邊緣分布率及。解 X可能的取值為，Y可能的取值為，相應(yīng)的，其概率為故的分布律與關(guān)于X和Y的邊緣分布率為XY123101/61/121/421/61/61/61/231/121/601/41/41/21/4。4設(shè)二維隨機變量的聯(lián)合密度函數(shù)為： 試求 (1) 系數(shù)； (2) 和各自的邊緣密度函數(shù)； (3) ； (4) 與相互獨立嗎？為什么？解：（1）由概率密度性質(zhì)，即故 （2） （3） （4）X與Y相互獨立，因為.5求在D上服從均勻分布的隨機變量的密度函數(shù)及分布函數(shù)，其中D為x軸、y軸及直線圍成的

5、三角形區(qū)域；并寫出關(guān)于X及關(guān)于Y的邊緣密度函數(shù)。解 區(qū)域D見圖5.2。易算得D的面積為，所以的密度函數(shù)y1-1 0 1 x 的分布函數(shù)當(dāng)或時，； 圖5.2 當(dāng)時, ； 當(dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，綜合有 X的邊緣密度函數(shù)為= = Y的邊緣密度函數(shù)為 = = 6 設(shè)在平面區(qū)域上服從均勻分布，求矩陣的特征值為實數(shù)的概率。解易計算，故7設(shè)國際市場上甲、乙兩種產(chǎn)品的需求量（單位：噸）是服從區(qū)域上的均勻分布，試求兩種產(chǎn)品需求量的差不超過1000噸的概率. 解：設(shè)甲、乙兩產(chǎn)品的需求量分別是 ，則的聯(lián)合密度為所求概率為落入如圖3-4陰影處的概率 圖3-4第二節(jié) 獨立性與條件分布1 。袋中有2個紅球，3個白球?，F(xiàn)隨

6、機地抽取2次，每次抽取一個，定義，分別就有放回和無放回抽樣兩種情況，分別求的分布律和關(guān)于的邊緣分布律，并問是否相互獨立？解 （1）有放回抽樣：，的分布律和出邊緣分布為：顯然有，、相互獨立。（2）無放回抽樣：，的分布律和邊緣分布為：因，、不相互獨立。該例邊緣分布相同，但聯(lián)合分布不同，它說明由聯(lián)合分布可唯一地確定邊緣分布，但反之不然，需附加一定的條件。2如果二維隨機變量的概率分布由下表給出，那么當(dāng)取什么值時，與才能相互獨立？解：由聯(lián)合分布列計算X和Y的邊緣分布，并列于表中 YX12312 若與相互獨立， 則對于所有的，都有，因此： （1）= （2） 由（1）、（2）兩式聯(lián)立可解出：. 3 甲、乙兩

7、人獨立地各進行兩次射擊，假設(shè)甲的命中率為0.2，乙的命中率為0.5，以和分別表示甲和乙命中的次數(shù)。試求和的聯(lián)合概率分布。解 與的概率分布分別為，即， 由與的獨立性：得聯(lián)合概率分布為4設(shè)隨機變量在1、2、3、4四個整數(shù)中等可能地取值,而隨機變量在中等可能地取一個整數(shù).求：2時的條件分布律；1時的條件分布律.12340.50.50012340.480.240.160.125設(shè)二維隨機變量的聯(lián)合密度函數(shù)為 求：（1）系數(shù)；（2）；（3）證明X與Y相互獨立。解 （1）必須滿足，即，經(jīng)計算得；（2）；（3）關(guān)于X的邊緣密度函數(shù) = 同理可求得Y的邊緣密度函數(shù)為 易見，因此X與Y相互獨立。6已知的聯(lián)合密度

8、函數(shù)為 （1）求在的條件下的條件概率密度函數(shù)（2）與是否相互獨立？說明理由。（3）求解（作圖）易求得 ，（1）（2）與不相互獨立（3）7 已知隨機變量的概率分布，而且。求的分布率；（2）問是否相互獨立？為什么？解（1）由，得，由于，故，再由邊緣分布易求得聯(lián)合分布（2）因為，而 ，所以與不相互獨立。8 設(shè)隨機變量獨立同分布，（1）求隨機變量的分布律；（2）求方程組只有零解的概率。解（1），可能的取值為 由對稱性，由相互獨立與相互獨立故 （2）9設(shè)隨機變量X與Y的聯(lián)合分布律為XY01012且，（1） 求常數(shù)的值；（2）當(dāng)?。?）中的值時，X與Y是否獨立？為什么？解 （1）必須滿足，即，可推出，另外

9、由條件概率定義及已知的條件得由此解得，結(jié)合可得到，即 （2）當(dāng)時，可求得，易見因此，X與Y不獨立。第三節(jié) 二維隨機變量函數(shù)的分布1 解 (1) （可加性）（2） （3）2 解 ，即3 概率密度函數(shù)為 4 的概率密度為5 6 7 （1）概率（）-1012概率（）從聯(lián)合分布律可求得的邊緣分布律為概率由此得的分布律為概率（）1236概率8 解 （）概率（）概率第三章 總復(fù)習(xí)題一、填空題1（1）（2）（3）（4） 2。34 B（0.2，3） 。5. 6.7. 8 。 9. 10 二、選擇題1（ B ）2 3（ A ）4（ C ）5（ D ）三 解 （1）的分布律和邊緣分布如下：（2）顯然不獨立。（3）

10、在條件下的條件分布律為：（4）的分布律：的分布律：(5) 的分布律為：的分布律為：（6）. 四設(shè)（1）求常數(shù)；（2）求關(guān)于的邊緣概率密度；（3）求；（4）求的分布函數(shù)；（5）求的概率密度；（6）求的概率密度；（7）求。 解（1） （2） （3） （4）（5） 當(dāng)時， 當(dāng)時，（6）的概率密度為 的概率密度為 （7）五略 六 解 （1） 。（2）邊緣分布律為：七 . 解（1），（2） ，（3）（）即第四章 第一節(jié) 數(shù)學(xué)期望一、填空題1解：E(X)=2；2解： EY=2EX+5=1053.解： A=2 E（XY）= 二、單項選擇題1（b） 2c； 3b； 4b；三、計算題1解：設(shè)X表示取到的白子次數(shù)

11、，X的概率函數(shù)為：解：Xb（3, ）EX=np=3=1.2 DX=npq=3=0.722解：（1） E（X）= （2） E（2X2+1）=3解：=2，EX=1.5；4解： E（X）第二節(jié) 方 差一、填空題1 EX=1，DX=24；3a=，b=；4a=2 or2，b=2 or b=0 EX=or；5；二、單項選擇題1C 2A三、計算題1參看前一節(jié)答案2解：EX=5 DX= 3EY1=0.1，DY1=0.026，EY2=0.736,DY2=0.026；4略；第三節(jié) 協(xié)方差與相關(guān)系數(shù)一、填空題1.解： E（3X+2Y）=12 D（3X+2Y）=3642.XY=0 二、單項選擇題1（b） 2b； 3c

12、； 4c三、計算題 1 XY=X與Y不是不相關(guān)，因而X、Y不獨立2解：EX=0.56 DX=0.080 EY=1.22 DY=0.284 Cov（X、Y）=0.012 XY0.083解：XX=0 Cov（X1，X2）=0第四節(jié) 大數(shù)定律與中心極限定理1解： 0.9375 2. 解：0.5 3. 解: 0.8164. 解：0.20335解：1）0.00032）0.56解：(1)0.562）。總習(xí)題四一、填空題1解：EX= EX2=2解：EY=(+b)( 2+b2)30；4.85，37二、單項選擇題1a；2d；3c；4a；5b；6d；三、計算題1 a=12、b=12、C=32解： 031000g，

13、10g；40.3，0.32；5a=，b=，EX=0，DX=；6EX=3，DX=3；7.略；8XY=0.690，不獨立 10EX=0.785 DX=0.188 EY=0.785 DY=0.188 0.434 , 0.434 , XY0.24411.0.97512. 0.166 413.842第五章答案習(xí)題5-1 數(shù)理統(tǒng)計的基礎(chǔ)知識1解 樣本的分量獨立且均服從與總體相同的分布，故樣本的分布為 ，2解 因為，所以樣本的聯(lián)合分布列為： 3 解 零件的加工時間為總體，則，其概率密度為 于是樣本的密度為 4是統(tǒng)計量，不是統(tǒng)計量。5解：（1） 0 其他（2）和是，和不是。因為和中不含總體中的唯一未知參數(shù)，而

14、和中含有未知參數(shù)。（3）樣本均值樣本方差樣本標(biāo)準(zhǔn)差。6解：（1）總體：該班級所有同學(xué)的英語期末考試成績；樣本：（，）樣本值：=（100，85，70，65，90，95，63，50，77，86）樣本容量： =10（2）(100+85+86)=78.17解 總體的分布函數(shù)為：對該總體進行樣本容量為200的抽樣，（）為第個顧客投訴的空調(diào)缺陷數(shù)，該樣本的觀測值中取值為0，1，2，3，4，5的數(shù)目分別為10，37，49，55，36， 13，則其經(jīng)驗分布函數(shù)為：習(xí)題5-2 常用統(tǒng)計分布1 2 344 5 6.7， 8解 由t分布關(guān)于縱軸對稱，所以即為。由附表可查得，所以。9解：（1）易見，即為二個獨立的服從

15、的隨機變量平方和，服從分布，即；自由度為2。（2）由于，則。又，與相互獨立，則即 即，自由度為3。10. 解 總體，則則 通過查表所以習(xí)題5-3 抽樣分布1A 2B 3C 4B 5 6 7 8解 則 9解 即 ，亦即 .10解，11解設(shè)樣本均值為，則 .12解 即 ，查正態(tài)分表得即.故樣本容量至少應(yīng)為35。13解第五章 總復(fù)習(xí)題一選擇題1C 2A 3 D4D 5B 6 C二填空題1 2 3 4 5=7， S2=2 6三解答題1解：因為相互獨立，且都服從正態(tài)分布，所以查自由度為16的分布臨界值表可得2解（1）因為 ，查分布表知 . （2），. 3解 ，于是 4 解 ， ，所以 （1） （2） 解

16、 ，又所以 而 所以 .四證明題 1證（1）獨立同分布于，由分布的定義，即。（2）易見，即，由分布的定義，即。2證 獨立同分布，今先證. 設(shè)的分布函數(shù)為則 所以的密度為注意到，則的概率密度為可見. 由分布的可加性立即得到 第六章 習(xí)題61 一、填空題 ； （4）二解答題1 解 故的矩估計量是的無偏估計。2證明：故的最大似然估計是的無偏估計。習(xí)題62 點估計的常用方法1. ，故的矩估計量有。的最大似然估計量。2. 的矩估計量。最大似然估計量。3.的矩估計量。最大似然估計量，的最大似然估計值。4.解： 5.解： 矩估計： 極大似然估計：6.解： 矩估計： 極大似然估計： 7.解： 矩估計： 極大似

17、然估計： 習(xí)題63 置信區(qū)間一.填空題1. （12.71，13.29）2. 3. 書上160例題4 300 二.解答題 1. 解 由于已知，所以選用的置信區(qū)間。當(dāng)，查表得，當(dāng)，查表得。代入數(shù)據(jù)得的雙側(cè)0.9置信區(qū)間觀測值為，即為。的雙側(cè)0.99置信區(qū)間觀測值為，即為。2. 解 由于和都未知，故的雙側(cè)置信區(qū)間為，的雙側(cè)置信區(qū)間為，代入數(shù)據(jù)得，的0.95雙側(cè)置信區(qū)間觀測值為，即為。的0.9雙側(cè)置信區(qū)間觀測值為，即為。3.解 由于未知，故的雙側(cè)置信區(qū)間為，代入數(shù)據(jù)得，的0.95雙側(cè)置信區(qū)間觀測值為，即為。故的0.95雙側(cè)置信區(qū)間觀測值為，即為。習(xí)題64 正態(tài)總體的置信區(qū)間一.填空題1. (4.412

18、,5.588)2. (305.69, 334.31)3. (7.43, 21.07)二.解答題1. 的0.95單側(cè)置信下限觀測值為，的0.95單側(cè)置信上限觀測值為。2.故的0.95雙側(cè)置信區(qū)間觀測值為。3. 。4.（0.396,3.768）. 第七章 7-21在漂白工藝中，溫度會對針織品的斷裂強力有影響。假定斷裂強力服從正態(tài)分布，在兩種不同溫度下，分別進行了8次試驗，測得斷裂強力的數(shù)據(jù)如下（單位：）：700C： 20.5 18.8 19.8 20.9 21.5 19.5 21.0 21.2800C： 17.7 20.3 20.0 18.8 19.0 20.1 20.2 19.1判斷這兩種溫度下

19、的斷裂強力有無明顯差異？（取顯著性水平）解 設(shè)700C下的斷裂強力為， 800C下的斷裂強力為，。判斷這兩種溫度下的斷裂強力有無明顯差異，就是檢驗是否有，這里與未知，要作檢驗，需有，為此先做的檢驗。（1）設(shè)：； ： 由于與未知，選統(tǒng)計量對顯著性水平，查表得，由樣本值計算得， 接受，認為。 （2）設(shè)：； ： 由于與未知，選統(tǒng)計量對顯著性水平，查表得， 拒絕，接受，這兩種溫度下的斷裂強力有明顯差異。 注 本題中與臨界值很接近，非常容易做出錯誤判斷。在實際中，如果遇到這種情況，可以再作一次抽樣，重新檢驗。2在20世紀(jì)70年代后期人們發(fā)現(xiàn)，釀造啤酒時，在麥芽干燥過程中形成一種致癌物質(zhì)亞硝基二甲胺（ND

20、MA）。到了20世紀(jì)80年代初期開發(fā)了一種新的麥芽干燥過程，下面是新、老兩種過程中形成的NDMA含量的抽樣（以10億份中的份數(shù)記）：設(shè)新、老兩種過程中形成的NDMA含量服從正態(tài)分布，且方差相等。分別以、記老、新過程的總體均值，取顯著性水平，檢驗：；： 。 解 記老過程中形成的NDMA含量為，新過程中形成的NDMA含量為。 為簡化檢驗過程，設(shè)：； ：由于與未知，但相等，故選統(tǒng)計量在成立時對顯著性水平，查表得。 由樣本值計算得， 拒絕，接受，即認為.3. 設(shè)從兩個不同的地區(qū)各取得某種植物的樣品12個，測得該種植物中鐵元素含量的數(shù)據(jù)如下：地區(qū)A: 11.5 18.6 7.6 18.2 11.4 16

21、.5 19.2 10.1 11.2 9.0 14.0 15.3地區(qū)B: 16.2 15.2 12.3 9.7 10.2 19.5 17.0 12.0 18.0 9.0 19.0 10.0假定已經(jīng)知道這種植物中鐵元素含量分布為正態(tài)，且分布的方差是不受地區(qū)影響的，檢驗這兩個地區(qū)該種植物中鐵元素含量的分布是否相同。()解： 查表知 所以接受。4. 在平爐上進行一項試驗以確定改變操作方法的建議是否會增加鋼的得率, 試驗是在同一只平爐上進行的. 每煉一爐鋼時除操作方法外, 其它條件都盡可能做到相同.先采用標(biāo)準(zhǔn)方法煉一爐, 然后用建議的新方法煉一爐, 以后交替進行, 各煉10爐, 其得率分別為(1)標(biāo)準(zhǔn)方

22、法: 78.1, 72.4, 76.2, 74.3, 77.4, 78.4, 76.0, 75.5, 76.7, 77.3; (2)新方法:79.1, 81.0, 77.3, 79.1, 80.0, 78.1, 79.1, 77.3, 80.2, 82.1; 設(shè)這兩個樣本相互獨立, 且分別來自正態(tài)總體，問建議的新操作方法能否提高得率? 解：分別求出標(biāo)準(zhǔn)方法和新方法下的樣本均值和樣本方差： 查表8.1知其拒絕域為即認為建議的新操作方法較原來的方法為優(yōu).1.按規(guī)定，某種型號的電子元件的使用壽命低于500小時為不合格品，從某廠生產(chǎn)的產(chǎn)品中任意抽取300件樣品進行檢驗，發(fā)現(xiàn)有14件的使用壽命低于500

23、小時，問是否可以認為該廠產(chǎn)品的不合格率不超過4%？(=0.05)解 設(shè)該廠產(chǎn)品的不合格率為p,其待檢假設(shè)是 H0: p=4%; H1: p4%引入隨機變量 則XB(1,4%),有EX=p=4%, DX=p(1-p)=4%96%取檢驗統(tǒng)計量當(dāng)H0為真，則U近似服從N(0,1)。 H0的拒絕域為W=UZ代入具體數(shù)據(jù)得查表得Z0.05=1.645U Z0.05,所以在=0.05下不拒絕H0,即認為該廠產(chǎn)品的不合格品率不超過4%。2設(shè)一批電子元件，其壽命服從均值為 的指數(shù)分布。假定從這批元件中隨機地抽取個樣品，進行加速壽命試驗，并測得全部個樣品的失效時間。假定按照國家標(biāo)準(zhǔn)，這批電子元件的平均壽命不得低

24、于 ，又假定在加速壽命試驗中，樣品的平均壽命為正常狀態(tài)下的十分之一，要根據(jù)上述試驗結(jié)果來判定這批元件是否合乎標(biāo)準(zhǔn)。假定， , 20個樣品的平均失效時間為，問這批元件是否能通過檢驗？解： 所以接受 .3.從某廠生產(chǎn)的產(chǎn)品中隨機抽取200件樣品進行質(zhì)量檢驗，發(fā)現(xiàn)有9件不合格品，問是否可以認為該廠產(chǎn)品的不合格率不大于3%？（取顯著性水平）解則總體服從“”分布，它不是正態(tài)總體。但是，由于樣本容量，屬于大樣本。因此，近似服從正態(tài)分布。又由于,所以本題可以按正態(tài)總體均值進行檢驗。設(shè)：； ：由于，選統(tǒng)計量在成立時，近似服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布。對顯著性水平，查表得。由樣本值計算得， 接受，即可以認為該廠產(chǎn)品的不合格

25、率不大于3% 。但是，為了慎重起見，也可以再次抽樣進行檢驗。1 檢查了100個零件的疵點數(shù)，結(jié)果如下點數(shù)0123456頻查整批零件上的疵點數(shù)是否服從Poisson分布（）？解：設(shè)：疵點數(shù)服從Poisson分布利用極大似然估計得參數(shù)，又,得.查表得依次計算 在成立的條件下，根據(jù)接受假設(shè)即：認為其服從Poisson分布。2有一正四面體，將此四面體的四面分別涂為紅、黃、藍、白四種不同顏色，現(xiàn)作如下拋擲實驗：任意地拋擲該四面體，直到白色的一面與地面相接觸為止，記錄下拋擲的次數(shù)。作如此實驗200次，其結(jié)果如下。 表2拋擲次數(shù)12345頻數(shù)5648322836試問該四面體是否均勻

26、？（）解： 設(shè)表示首次出現(xiàn)白色的一面與地面相接觸所需的拋擲次數(shù)。若四面體是均勻的，則。 討論四面體是否均勻可歸結(jié)為在下，檢驗假設(shè) 。下面先計算相應(yīng)的值： 作檢驗計算表表組號1156503607222483751102529433322812515015605344282109347707226536632817442531176 200 18.21 故拒絕，即應(yīng)認為此四面體不均勻。一 名詞解釋1.統(tǒng)計推斷2 第一類和第二類錯誤1 統(tǒng)計推斷：通過樣本指標(biāo)來說明總體特征，這種從樣本獲取有關(guān)總體信息的過程稱為統(tǒng)計推斷。2 第一類和第二類錯誤：I型錯誤（type I error），指拒絕了實際上成立的

27、H0，這類“棄真”的錯誤稱為I型錯誤，其概率大小用表示；II型錯誤（type II error），指接受了實際上不成立的H0，這類“存?zhèn)巍钡恼`稱為II型錯誤，其概率大小用表示。二 簡答題1在假設(shè)檢驗中，如何確定零假設(shè)和備擇假設(shè)？它對假設(shè)檢驗有何影響?答:在假設(shè)檢驗中，常常把那些保守的、歷史的、經(jīng)驗的結(jié)論取為零假設(shè)，而把那些猜測的、可能的、預(yù)期的結(jié)論作為備擇假設(shè)，零假設(shè)通常應(yīng)該受到保護，沒有充足的證據(jù)不能被拒絕。而備擇假設(shè)只有當(dāng)零假設(shè)被拒絕后，才能被接受，這就決定了零假設(shè)與備擇假設(shè)不是處于對等的地位。或者我們可以反過來說，備擇假設(shè)可能是我們真正感興趣的，接受備擇假設(shè)可能以為得到有某種特別意義的結(jié)

28、論，或意味著采取某種重要決斷。因此對備擇假設(shè)應(yīng)取慎重態(tài)度，沒有充足的證據(jù)不能輕易接受。 2什么是顯著性檢驗？顯著性水平對結(jié)論有何影響？答:在假設(shè)檢驗中，當(dāng)樣本容量給定時，我們一般只是對犯第一類錯誤的概率加以控制，使它小于或等于事先給定的水平，我們稱此水平為顯著性水平。這種先對犯第一類錯誤的概率加以控制，再盡量減少犯第二類錯誤的概率的檢驗，稱之為顯著性檢驗。檢驗的結(jié)果是接受零假設(shè)還是接受備擇假設(shè)與檢驗的顯著性水平有關(guān)。如果取的很小，則拒絕域也會較小，其產(chǎn)生的后果是零假設(shè)難以被拒絕。因此，限制顯著水平原則體現(xiàn)了“保護零假設(shè)”的原則，顯著水平的值越小，對零假設(shè)的“保護”程度就越大。反之，值越大，對零假設(shè)的“保護”程度越小。一般說來，應(yīng)“保護”零假設(shè)，不能輕易否定，所以根據(jù)實際問題的需要，一般控制的值不宜過大，通常取=0.05、0.01等。3參數(shù)的假設(shè)檢驗和區(qū)間估計有何聯(lián)系？有何差異？答:假設(shè)檢驗和區(qū)間估計是兩種重要的統(tǒng)計推斷形式，初看起來，二者似乎完全不同，實際上有一定的聯(lián)系。在一般情況下，利用某參數(shù)的置信區(qū)間可以確定該參數(shù)假設(shè)檢驗的接受域，反之亦然