设某个假设检验问题的拒绝域为W，且当原假设H0成立时，样本值
（x1,x2,…,xn）落入W的概率为0.15,当原假设H0不成立时，样本值
（x1,x2,…,xn）落入W的概率为0.7。犯第二类错误的概率为——————？
风险分析与评估 一、风险概述 1．风险的定义 天有不测风云，人有旦夕祸福，生产和生活中充满了来自自然和人为(技术的风险(Risk)。风险是通过事故现象和损失事件表现出来的。为加深对风险概念的理解，可从分析事故形成的过程入手。事故的形成过程如图1所示。 图1事故的形成过程 所谓危险(Hazard)就是事物所处的一种不安全状态，在这种状态下，将可能导致某种事故或一系列的损害或损失事件。事故链上的最终事故会引起某些损失(Loss)或损害，包括人员损害、财产损失或环境破坏等。 危险的出现概率、发生何种事故及其发生概率、导致何种损失及其概率都是不确定的。这种事故形成过程中的不确定性，就是广义上的风险，可写为： R=(H，P，L)(1) 式中：R——风险（Risk)： H——危险(Hazard)； P——危险发生的概率(Probability)； L——危险发生导致的损失(Loss)。 在实际的风险分析工作中，人们主要关心事故所造成的损失，并把这种不确定的损失的期望值叫做风险。这种狭义的风险，可写为： R=E(L)(2) 式中L——危险发生导致的损失(Loss)。 在工业系统，风险是指特定危害事件发生的概率与后果的结合。风险是描述系统危险程度的客观量，又称风险度或危险性。风险R具有概率和后果的二重性，风险可用损失程度c和发生概率p的函数来表示： R=f(p，c)(3) 2．风险分析、风险评价与风险评估三者的关系 通过风险分析，得到特定系统中所有危险的风险估计。在此基础上，需要根据相应的风险标准判断系统的风险是否可接受，是否需要采取进一步的安全措施，这就是风险评价。风险分析和风险评价合称风险评估。它们之间的关系如图2所示。 图2风险评估的内容及相互关系
2． 2．1条件概率 一、复习引入： 探究: 三张奖券中只有一张能中奖,现分别由三名同学无放回地抽取,问最后一名同学抽到中奖奖券的概率是否比前两名同学小. 若抽到中奖奖券用“Y ”表示，没有抽到用“ Y ” ，表示，那么三名同学的抽奖结果共有三种可能：Y Y Y ，Y Y Y 和 Y Y Y ．用 B 表示事件“最后一名同学抽到中奖奖券” , 则 B 仅包含一个基本事件Y Y Y ．由古典概型计算公式可 知，最后一名同学抽到中奖奖券的概率为1()3 P B = . 思考:如果已经知道第一名同学没有抽到中奖奖券，那么最后一名同学抽到奖券的概率又是多少？ 因为已知第一名同学没有抽到中奖奖券，所以可能出现的基本事件只有Y Y Y 和Y Y Y ．而“最后一名同学抽到中奖 奖券”包含的基本事件仍是Y Y Y .由古典概型计算公式可知．最后一名同学抽到中奖奖券的概率为 1 2 ，不妨记为P （B|A ) ， 其中A 表示事件“第一名同学没有抽到中奖奖券”. 已知第一名同学的抽奖结果为什么会影响最后一名同学抽到中奖奖券的概率呢？ 在这个问题中，知道第一名同学没有抽到中奖奖券，等价于知道事件 A 一定会发生，导致可能出现的基本事件必然在事件 A 中，从而影响事件 B 发生的概率，使得 P ( B|A ）≠P ( B ) . 思考:对于上面的事件A 和事件B ，P ( B|A ）与它们的概率有什么关系呢？ 用Ω表示三名同学可能抽取的结果全体，则它由三个基本事件组成，即Ω=｛Y Y Y , Y Y Y ,Y Y Y ｝ ．既然已知事件A 必然发生，那么只需在A={Y Y Y , Y Y Y}的范围内考虑问题，即只有两个基本事件Y Y Y 和Y Y Y ．在事件 A 发 生的情况下事件B 发生，等价于事件 A 和事件 B 同时发生，即 AB 发生．而事件 AB 中仅含一个基本事件Y Y Y ，因 此 (|)P B A = 12=() () n AB n A . 其中n ( A ）和 n ( AB ）分别表示事件 A 和事件 AB 所包含的基本事件个数．另一方面，根据古典概型的计算公式， ()() (),()()() n AB n A P AB P A n n = =ΩΩ 其中 n （Ω）表示Ω中包含的基本事件个数．所以， (|)P B A =()()()() ()()()() n AB n AB P AB n n A n P n Ω==ΩΩΩ. 因此，可以通过事件A 和事件AB 的概率来表示P （B| A ) . 条件概率 1.定义 设A 和B 为两个事件，P(A )>0，那么，在“A 已发生”的条件下，B 发生的条件概率（conditional probability ). (|)P B A 读作A 发生的条件下 B 发生的概率．
本文为自本人珍藏 版权所有 仅供参考 本文为本人珍藏，有较高的使用、参考、借鉴价值！！ 本文为本人珍藏，有较高的使用、参考、借鉴价值！！ 相互独立事件概率问题求解辨析 焦景会 055350 河北隆尧一中 事件A 、B 是相互独立事件，当且仅当事件A 和B 是否发生，相互之间没有影响。如果事件A 与B 相互独立，那么A 与B 、A 与B 、A 与B 也都是相互独立的。尤其在涉及“至多”或“至少”问题时，常先求此事件的对立事件的概率，再利用公式()1()P A P A =-求出所求事件的概率。这种解法，称为逆向思考方法。下面就相互独立事件概率问题举例分析如下。 一、 反面求解相互独立事件同时发生的概率 例1、加工某零件需3道工序，设第1、2、3道工序出现次品的概率分别为0.02，0.03，0.05，假设三道工序互不影响，求加工出来的零件是次品的概率。 解：由题中“三道工序互不影响”，可判定1、2、3道工序出现次品的事件是相互独立事件，可用相互独立事件的乘法公式。 设A=“加工出来的零件是次品”，i A =“第i 道工序出现次品”，则123A A A A =??， 由于三道工序互不影响，123()()()()P A p A P A P A ∴=??=（1-0.12）（1-0.03）（1-0.05）=0.90307。所以 ()1()10.903070.09693P A P A =-=-=。 点评：两个或多个相互独立事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率积，结合“对立事件的概率和为1”，先求其对立事件的概率，然后再求原事件概率，采用这种解法可使问题变得简易。 二、用排列组合思想理解相互独立事件的概率 例2、甲乙两人各投篮3次，每次投中得分概率为0.6，0.7，求甲乙两人得分相同的概率。 解： 甲乙两人得分相同可以有；甲乙都中0、1、2、3次共四种情况。设甲投中0、1、2、3次概率分别为0123A A A A 、、、，乙投中0、1、2、3次概率分别为 0123B 、B 、B 、B ， 则 0012233()()()()P P A B P A B P A B P A B =+++ 1 1 2 2 3 3 2 2 2 2 3 33 30.40.30.60.40.70.30.60.40.70.3C C C C =?+ ???+???3 30.60.70.321+?=。 点评：全面考虑各种可能性，然后利用公式()(1)k k n k n n P k p p C -=-。 三、通过分类或分步将复杂事件分解为简单事件
概率风险分析评价PRA又称为概率安全分析PSA，作为一种核安全评价方法，PSA 近年来发展很快。 作为一项评价技术，概率安全评价（PSA）用于找出复杂工程系统运行中所可能发生的潜在事故、估算其发生概率以及确定它们所可能导致的后果。概率安全评价是由安全性和统计学的概念在工程设计的应用中发展而来的。 概率安全评价(PSA)的应用可以追溯到上个世纪50年 代,最早应用于美国太空总署(NASA)的阿波罗登月计划, 1961年,美国贝尔实验室的H.A.Watson发展PSA的故障树 方法,将其应用于“民兵”导弹的发射控制系统的评估中,并 获得成功。1972年,PSA分析第1次应用于核电站设施上, 里程碑式的报告就是发表于1975年的W ASH-1400,分别用于 一个轻水堆和一个压水堆,开创了对于大型设备的安全进行 定量化描述的阶段。PSA用于工业辐照设备的安全分析开 始于90年代初[1-3],近年来取得较大发展。 1吴德强,译.国际放射防护委员会第76号出版物—潜在照射的 防护:对所选择辐射源的应用,北京:原子能出版社,1999. 2IAEA.Procedures for conductiong probabilistic safety assessment of nu- clear power plants(Level 1):A safety practice,safety series No.50-P-4, IAEA,Vienna.1992.
3IAEA.Human reliability analysis in probabilistic safety assessment for nuclear power plants,safety series No.50-P-10,IAEA,Vienna.1995. 安全评估分为动态和静态，以上可以放在最后 PRA,概率风险评价(PRA:ProbabilisticRisk Assessment) 自1972年美国原子能委员会(AEC)应用事件树和故障树相结合的分析技术成功地对核电站的风险进行了首次综合的评价,以定量 的方式给出了核电站的安全风险后,美国核管理委员会(NRC)开始使用PRA来支持其管理过程。在“挑战者”事件之后,NASA(美国航空航天局)制定了更严格的安全和质量保证大纲,采用概率评价方法对航天任务进行评价[2],并开发了一套完整的PRA程序对航天飞机的飞行任务进行评价, ESA(欧空局)的安全评价也从以定性为主转向定量评价,并开发了自己的风险评价程序[3]。PRA正作为许多工程系统安全风险管理程序的重要组成部分而应用于系统的设计、制造和使用运行中。 航天系统的安全性一直是人们所关注的问题。对航天系统进行安全性分析的方法经历了从定量到定性,再到定量的过程。早在50年代,美国
?基本定量风险评价法：概率危险评价技术 ?来源：安全资讯网编辑：冰雪时间：2009-6-26 14:15:17 1 概述 概率危险评价方法通过综合分析单个元件(如管路、泵、阀门、压力容器、控制装置、操作人员等)的设计和操作性能来估计整个系统发生事故概率。 2 应用范围 作为危险分析的一部分，定量危险评价包括辨识与公众健康、安全和环境有关的危险并估计危险发生的概率和严重度。自20世纪60年代末概率危险评价方法问世以来，主要应用于下述3个方面： ⑴提供某种技术的危险分析情况,用于制定政策、答复公众咨询、评价环境影响等。 ⑵提供危险定量分析值及减小危险的措施，帮助建立有关法律和操作程序。 ⑶在工厂设计、运行、质量管理、改造及维修时提出安全改进措施。 概率危险评价是评价和改善技术安全性的一种方法。用这种方法可建造导致不希望后果的事件树或故障树，来分析事故原因。通过估算事件发生概率或事故率以及损失值，可定量表示危险性大小。损失值通常用死亡人数、受伤人数、设备和财产损失表示，有时也用生态危害来表示。 3 评价步骤 在核工业中，概率法用来替代传统的决定论方法评价工厂的安全性。使用概率危险评价方法便于设计冗余安全系统和高度防护装置。概率危险评价通常由3个步骤组成： ⑴辨识引发事件； ⑵对已辨识事件发生的后果及概率建模； ⑶对危险性进行量化分析。 概率危险评价可进行不同层次的分析。核工业中有3种概率危险评价方法：一级评价，仅考虑反应堆芯溶化的概率；二级评价，分析释放到环境中的放射性物质的浓度；三级评价，分析事故产生的个体和群体危险。后者常称作综合性或大规模危险评价。 4 应用分析 概率危险评价为安全评价起了很大的促进作用。但是，该方法的一些不足之处影响了它的应用范围。 1)完整性和失效数据
单选题(共40 分) 1、在假设检验问题中，犯第一类错误的概率α的意义是（） (C) A、在H0不成立的条件下，经检验H0被拒绝的概率 B、在H0不成立的条件下，经检验H0被接受的概 率C、在H0成立的条件下，经检验H0被拒绝的概率D、在H0成立的条件下，经检验H0被接受的概率2、设,AB是两个事件,且P(A)≤P(A|B),则有 (C) A、P(A)=P(A|B) B、P(B)>0 C、P(A|B)≥P(B) D、设,AB是两个事件 3、某中学为迎接建党九十周年,举行了”童心向党,从我做起”为主题的演讲比赛.经预赛,七、八年纪各有一名同学进入决赛,九年级有两名同学进入决赛,那么九年级同学获得前两名的概率是（）(A) A、1/6. B、1/5. C、1/4. D、1/3. 4、设,,ABC是三个相互独立的事件，且0
典型例题 例1 掷三颗骰子，试求： （1）没有一颗骰子出现1点或6点的概率； （2）恰好有一颗骰子出现1点或6点的概率． 分析：我们把三颗骰子出现1点或6点分别记为事件，由已知，是相互独立事件．问题（1）没有1颗骰子出现1点或6点相当于，问题（2）恰有一颗骰子出现1点或6点可分为三类：，三个事件为互斥事件．问题（1）可以用相互独立事件的概率公式求解，问题（2）可以用互斥事件的概率公式求解． 解：记“第1颗骰子出现1点或6点”为事件，由已知是相互独立事件，且． （1）没有1颗骰子出现1点或6点，也就是事件全不发生，即事件，所以所求概率为： ． （2）恰好有1颗骰子出现1点或6点，即发生不发生不发生或 不发生发生不发生或不发生不发生发生，用符号表示为事件 ，所求概率为：
说明：再加上问题：至少有1颗骰子出现1点或6点的概率是多少我们逆向思考，其对立事件为“没有一颗骰子出现1点或6点，即问题（1）中的事件， 所求概率为，在日常生活中，经常遇到几个独立事件，要求出至少有一个发生的概率，比如例1中的至少有1个人译出密码的概率，再比如：有两门高射炮，每一门炮击中飞机的概率都是，求同时发射一发炮弹，击中飞机的概率是多少把两门炮弹击中飞机分别记为事件A与B，击中飞机即 A与B至少有1个发生，所求概率为 ． 例2 某工厂的产品要同时经过两名检验员检验合格方能出厂，但在检验时也可能出现差错，将合格产品不能通过检验或将不合格产品通过检验，对于两名检验员，合格品不能通过检验的概率分别为，不合格产品通过检验的概率分别为，两名检验员的工作独立．求：（1）一件合格品不能出厂的概率，（2）一件不合格产品能出厂的概率． 分析：记“一件合格品通过两名检验员检验”分别记为事件和事件，问题（1）一件合格品不能出厂相当于一件合格品至少不能通过一个检验员检验，逆向考虑，其对立事件为合格品通过两名检验，即发生，而的概率可以用相互独立事件的概率公式求解．我们把“一件不合格品通过两名检验员检验”分别记为事件和事件，则问题（2）一件不合格品能出厂相当于一件不合格品同时通过两名检验员检验，即事件发生，其概率可用相互独立事件概率公式求解． 解：（1）记“一件合格品通过第i名检验员检验”为事件，“一件合格品不能通过检验出厂”的对立事件为“一件合格品同时通过两名检验员检验”，即事件发生．
期末研究学习论文 基于单个均值检验 的第Ⅱ类错误成因及计算 姓名： 教师： 时间：2013.12
基于单个均值检验 的第Ⅱ类错误成因及计算 摘要 在统计假设检验中,不可避免会遭遇两种类型的错误:第Ⅰ类错误（拒真错误）与第Ⅱ类错误（纳伪错误）。可以认为，第一类错误由检验中的实际推断原理引起，第二类错误由检验中的逻辑谬误引起。第一类错误出现的概率为显著性水平α，即小概率事件发生的概率。第二类错误的计算方法是阐述的重点，也是在解决这一问题上与目前的方法不一致的地方。本文基于对单个均值的检验，着重分析了第Ⅱ类错误的成因、能否计算及如何计算。 本文发现，犯第Ⅰ类错误的概率为α, 是可以控制的；而另一方面，由于0H 非真状态不唯一，真实分布的未知，β的数值通常是不可控制。 一般地，β的数值也与显著性水平α，样本容量n ，真实参数μ的值有密切关系。特别地，β的数值随着真实1μμ=和原假设中0μ的偏离程度而变化，01μμμ?=-越小，犯第Ⅱ类错误β的值会显著增大。 本文倾向于认为β的数值在实际情况中是不能计算的。事实上，当且仅当真实μ已知，才能计算得到β的精确值，这与样本方差s 是否看作一个统计量相关性不大（这种情况可用t 检验解决）。而在这种情况下， μ已然是个已知数，那么也无从谈起进行假设检验。 对于将S 作为一个统计量，我们得到了其分布，可求得其方差为（n c 为修偏系数） 2 211n DS c σ?? =- ??? 当n →∞时，随着修偏系数1n c →，0DS →，用样本数据s 代替S 误差将越来越小 关键词：假设检验，第Ⅱ类错误，修偏系数，成因，计算
风险分析方法评 刘韬蔡淑琴王铬 [摘要] 本文从定性和定量角度，对风险评价的常用方法进行了评述，并比较了它们优点和不足之处，最后探讨了风险评价方法的发展趋势及其研究中需要解决的问题。 [关键词] 风险分析方法评述 风险管理可以划分为四个阶段：风险识别、风险评估、风险控制和风险记录。无论是国内还是国外，近年来的研究大多集中于风险评估阶段。风险评估即要对风险进行分析量测，确定出风险大小，为进一步的风险控制提供可用于指导操作的信息。风险评估的步骤包括，第一，根据风险辨识的结果，构建起合适的数学模型。第二，通过专家调查、历史记录、外推法等，获得所需的、基本的可用信息或数据，然后选用适当的数学方法将信息量化。第三，选用适当的模型与分析方法，对数据进行处理分析，视具体情况对模型进行修正。第四，根据一定的评判标准，判断风险大小。在风险评估中为了获取一些最基本的数据或信息，常常会运用外推法(Extrapolation),主观估计法、概率分布分析法等方法获得了基本的数据或信息后，进一步的数据分析处理常采用以下几种基本理论与方法：层次分析法，模枷逻辑分析法，蒙特卡洛模拟法，灰色系统理论，人工神经网络法，故障树分析法，贝叶斯理论，影响图法和马尔可夫过程理论等。 当前，存在很多风险分析的理论，这些分析方法遵循了基本的风险评估流程，但在具体实施手段和风险的计算方法方面各有不同。本文从计算的角度，按定性、定量和综合的方法对风险分析方法进行评
述。 一、定性分析 1.故障树分析 故障树分析（Fault Tree Analysis, FTA）可以用于风险的定性分析，也可以用于其定量分析。它主要用于大型复杂系统的可靠性及安全性分析，是复杂系统可靠性、安全性分析的一种有效的方法。通过对硬件、软件、环境、人为因素等可能造成系统故障的分析，由总体至部分，按树状结构，逐层细化，画出故障原因的各种可能组合方式和其发生概率。故障树分析采用树形图的形式，把系统的故障与组成系统的部件的故障有机地联系在一起。故障树分析首先以系统不希望发生的事件作为目标（称为顶事件），从顶事件逐级向下分析各自的直接原因事件（称为底事件），根据彼此间的逻辑关系连接上下事件，直至所要求的深度，得出分析结果。 2.事件树分析 事件树分析(event tree analysis，ETA)又称决策树分析，是风险分析的另一种重要方法。它是在给定系统事件的情况下，分析该事件可能导致的一系列结果，从而评价系统的可能性。 事件树给出初始事件一切可能的发展方式与途径，事件树的每个环节事件(除顶事件外)均执行一定的功能措施以预防事故的发生，且均具有二元性结果(成功或失败)。事件树虽然列举了导致事故发生的各种事故序列组，通过各种事故序列组的中间步骤可以整理初始事件与减少系统风险概率措施之问的复杂关系，并识别事故序列组，从而
相互独立事件与概率的乘法公式 说课人：董新森 工作单位：东平县职业中专 时间：2007年5月22日
“相互独立事件与概率的乘法公式”说课稿 一、教材分析 1、教材所处的地位和作用 本节课是概率的第三个计算公式，是在学习了互斥事件和概率的加法公式后而引入的，是对概率计算公式的进一步研究，同时又为下一步学习独立重复试验概率的计算奠定了知识和方法基础。 2、教学目标 （1）能正确区分互斥事件和相互独立事件，会用乘法公式解决简单问题。 （2）在归纳总结乘法公式过程中，进一步提高由特殊推测一般的合情推理能力。 （3）通过教师指导下的学生探索归纳活动，激发学生学习的兴趣，使学生经历数学思维过程，获得成功的体验。 3、教学重点与难点 教学重点：概率的乘法公式的应用 教学难点：区分互斥事件和相互独立事件 二、教学和学法 本节课采用启发探究式教学，由浅入深,由特殊到一般地提出问题,鼓励学生采用观察分析、归纳、总结的学习方法，让学生经历数学知识的应用过程。
三、教学过程设计 1、从数学问题引入探究主题 若事件A=｛甲同学的生日是5月份｝，B=｛乙同学的生日是5月份｝，则A∩B=｛甲和乙的生日都是5月份｝ 问题：（1）说出事件A和事件B是否为互斥事件，为什么？ （引出相互独立事件的概念） （2）试计算P（A）、P（B）、P（A∩B）。 （3）试分析P（A）、P（B）、P（A∩B）三者之间关系。 （4）试举出几个相互独立事件的例子。 2、发现规律 从以上事例中引导学生观察、分析、归纳 P（A∩B）=P（A）×P（B） 一般地说，如果事件A1，A2，…A n相互独立，那么这几个事件
2019-2020年高考数学复习第88课时第十章排列、组合和概率-相互独 立事件的概率名师精品教案 课题：相互独立事件的概率 一．复习目标： 1．了解相互独立事件的意义，会求相互独立事件同时发生的概率； 2．会计算事件在次独立重复试验中恰好发生次的概率． 二．知识要点： 1．相互独立事件的概念：． 2．是相互独立事件，则． 3．次试验中某事件发生的概率是，则次独立重复试验中恰好发生次的概率是．三．课前预习： 1．下列各对事件 （1）运动员甲射击一次，“射中环”与“射中环”， （2）甲、乙二运动员各射击一次，“甲射中环”与“乙射中环”， （3）甲、乙二运动员各射击一次，“甲、乙都射中目标”与，“甲、乙都没有射中目标”，（4）甲、乙二运动员各射击一次，“至少有一人射中目标”与，“甲射中目标但乙没有射中目标”，是互斥事件的有（1），（3）．相互独立事件的有（2）． 2．某射手射击一次，击中目标的概率是，他连续射击次，且各次射击是否击中目标相互之间没有影响，有下列结论： ①他第次击中目标的概率是；②他恰好击中目标次的概率是； ③他至少击中目标次的概率是，其中正确结论的序号①③． 3．件产品中有件次品，从中连续取两次，（1）取后不放回，（2）取后放回，则两次都取合格品的概率分别是、． 4．三个互相认识的人乘同一列火车，火车有节车厢，则至少两人上了同一车厢的概率是（） 5．口袋里装有大小相同的黑、白两色的手套，黑色手套只，白色手套只，现从中随机地取出两只手套，如果两只是同色手套则甲获胜，两只手套颜色不同则乙获胜，则甲、乙获胜的机会是（） 甲多乙多一样多不确定 四．例题分析： 例1．某地区有个工厂，由于电力紧缺，规定每个工厂在一周内必须选择某一天停电（选哪一天是等可能的），假定工厂之间的选择互不影响． （1）求个工厂均选择星期日停电的概率；（2）求至少有两个工厂选择同一天停电的概率．解：设个工厂均选择星期日停电的事件为． 则． （2）设个工厂选择停电的时间各不相同的事件为． 则，
第7章 假设检验 7.1 设总体2 (,)N ξ μσ~，其中参数μ ，2σ为未知，试指出下面统计假设中哪些 是简单假设，哪些是复合假设： （1）0:0,1H μσ==； （2）0:0,1H μσ=>； （3）0:3,1H μσ<=； （4）0:03H μ<<； （5）0:0 H μ =. 解：（1）是简单假设，其余位复合假设 7.2 设1225,,,ξξξ 取自正态总体(,9)N μ，其中参数μ未知，x 是子样均值，如对检验问题 0010 :,:H H μμμμ=≠取检验的拒绝域：12250{(,,,):||}c x x x x c μ=-≥ ，试决定常数c ，使检验的显著性水平为0.05 解：因为(,9) N ξ μ~，故9(, )25 N ξ μ~ 在0H 成立的条件下， 000 53(||)(||) 53521()0.05 3c P c P c ξμξμ-≥=-≥? ?=-Φ=???? 55( )0.975, 1.96 3 3c c Φ==，所以c =1.176。 7.3 设子样1225,,,ξξξ 取自正态总体 2 0(,)N μσ，2 σ已知，对假设检验 001 0:,:H H μμμμ =>，取临界域12n 0{(,,,):|}c x x x c ξ=> ， （1）求此检验犯第一类错误概率为α时，犯第二类错误的概率β，并讨论它们之间的关系； （2）设0μ=0.05，20σ=0.004，α=0.05，n=9，求μ=0.65时不犯第二类错误的概率。
解：（1）在0H 成立的条件下，2 00(, ) n N σξ μ~，此时 00 0000 0()c P c P n n ξμμα ξσσ?? --=≥=≥ ??? 所以， 00 10 c n α μμσ--=，由此式解出00 10c n ασμμ-= + 在1H 成立的条件下，2 0(,) n N σξ μ~，此时 01010 1000 010 ()( )( ) () c P c P n n c n n n n ααμ ξμβξσσσμμμμ σσμμμσ--??--=<=< ?? ? +--=Φ=Φ-=Φ- 由此可知，当α增加时，1αμ-减小，从而β减小；反之当α减少时，则β增加。 （2）不犯第二类错误的概率为 010 0.9511() 0.650.51(3) 0.2 1(0.605)(0.605)0.7274 n αμμβμσμ---=-Φ- -=-Φ- =-Φ-=Φ= 7.4 设一个单一观测的ξ子样取自分布密度函数为() f x 的母体，对 () f x 考虑统 计假设： 0011101 201 :():()00x x x H f x H f x ≤≤≤≤??==? ???其他 其他 试求一个检验函数使犯第一，二类错误的概率满足2m in αβ+=，并求其最小值。 解 设检验函数为 1()0x c x φ∈?=? ?其他 （c 为检验的拒绝域）
概率论与数理统计（二） 2017年10月真题及答案解析 单项选择题：本大题共10小题，每小题2分，共20分。 1. 设随机事件 A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.5 答案：A 解析： 选A. 2. 盒中有7个球，编号为1至7号，随机取2个，取出球的最小号码是3的概率为（） A. 2/21 B. 3/21 C. 4/21 D. 5/21 答案：C 解析：本题为古典概型，所求概率为，选C。 3. 设随机变量（） A. 0 B. 0.25 C. 0.5 D. 1 答案：A 解析：因为是连续型随机变量，所以 4. 设随机变量X的分布律为且 X与Y 相互独立，则（） A. 0.0375
B. 0.3 C. 0.5 D. 0.7 答案：A 解析：因为X 与Y 相互独立，所以 5. 设随机变量X服从参数为5的指数分布，则（） A. A.-15 B. B.-13 C. C. D. D. 答案：D 解析：X 服从参数为5的指数分布，，选D 6. 设随机变量X与Y相互独立，且X~B(16,0.5)，Y服从参数为9的泊松分布，则D(X－2Y+1)=（） A. 13 B. 14 C. 40 D. 41 答案：C 解析：，选C。 7. 设X1，X2，…，X50相互独立，且令为标准正态分布函数，则由中心极限定理知Y的分布函数近似等于（） A. A. B. B. C. C. D. D. 答案：C
解析：由中心极限定理， 8. 设总体为来自X的样本，则下列结论正确的是（） A. A. B. B. C. C. D. D. 答案：B 解析：因为为来自总体的简单随机样本，所以 9. 设总体X的概率密度为为来自x的样本，为样本均值，则未知参数θ的无偏估计为（） A. A. B. B. C. C. D. D. 答案：D 解析：由题可知， X服从参数为的指数分布，则，故为θ 的无偏估计，选D
沈阳铁路局学习中心
第一部分： 必须掌握的重点理论知识习题。 一、 填空： 1、设{1,2,3,4,5,6} Ω=，{2,3,4}A =，{3,5}B =，{4,6}C =， 那么A B ?= {1,2,3,4,6} ，AB = {1,6} ，()A BC = Φ空集 。 2、设随机变量X 与Y 相互独立，X 服从二项分布(5,0.6)B ，Y 服从二项分布2(,)N μσ，且 ()6,() 1.36E X Y D X Y +=-=，则μ=6-5=1 ；σ=根号0.76。 3则α= （1-0.2-0.1-0.25-0.15） 0.3 ，X 的期望()E x = （XP ）0.1 4、离散型随机变量ξ的分布律为P(ξ=k)= 2,1,2,3c k k =，则c= 36/49 c(1+1/4+1/9)=1,解得c; 5、从总体X 中抽取样本，得到5个样本值为5、2、3、4、1。则该总体平均数的矩估计值是___5____，总体方差的矩估计是___15/2____。 6、设两个事件A 、B 相互独立，()0.6P A =，()0.7P B =，则()P A B -= 0.18 ，()P A B -= 0.12 。 7、设随机变量X 服从正态分布(2,16)N -，则{02}P X ≤<= Φ（1）-Φ（0.5） ， {6}P X ≥-= Φ（1） ，{22}P x -≥= 1-Φ（1.5）+Φ（0.5） 。 8则()E x = 0.05 ，2()E x = 1.75 。 9、 离散型随机变量ξ的分布律为P(ξ=k)= .3,2,1,2=k k c ，则c= 12/11 10、甲、乙两人独立的对同一目标射击一次，其命中率分别为0.6，0.5。现已知目标被命中，则它是甲射中的概率为0.75。 11、设随机事件,A B 及其和事件A B ?的概率分别为0.4，0.3和0.6。若B 表示B 的对立事件，那 说明： ①阶段测试作业必须由学生书写完成，打印复印不计成绩。 ②学生应按有关课程的教学要求，在规定的交纳日期前交纳作业。 ③任课教师评定考试成绩后，将成绩与评语反馈给学生本人。 ④每一次阶段测试作业成绩记为本学期课程总成绩的20%。
第七章 假设检验 7.1 设总体2(,)N ξμσ~，其中参数μ，2σ为未知，试指出下面统计假设中哪些是简单假设，哪些是复合假设： （1）0:0,1H μσ==； （2）0:0,1H μσ=>； （3）0:3,1H μσ<=； （4）0:03H μ<<； （5）0:0H μ=. 解：（1）是简单假设，其余位复合假设 7.2 设1225,,,ξξξL 取自正态总体(,9)N μ，其中参数μ未知，x 是子样均值，如对检验问题 0010:,:H H μμμμ=≠取检验的拒绝域：12250{(,,,):||}c x x x x c μ=-≥L ，试决定常数c ，使检验的显著性 水平为0.05 解：因为(,9)N ξμ~，故9 (,)25 N ξμ~ 在0H 成立的条件下， 000 53(||)(||)53 521()0.05 3c P c P c ξμξμ-≥=-≥?? =-Φ=??? ? 55( )0.975,1.9633 c c Φ==，所以c =1.176。 7.3 设子样1225,,,ξξξL 取自正态总体2 (,)N μσ，20σ已知，对假设检验0010:,:H H μμμμ=>，取临界域12n 0{(,,,):|}c x x x c ξ=>L ， （1）求此检验犯第一类错误概率为α时，犯第二类错误的概率β，并讨论它们之间的关系； （2）设0μ=0.05，20σ=0.004，α=0.05，n=9，求μ=0.65时不犯第二类错误的概率。 解：（1）在0H 成立的条件下，2 00(, )n N σξμ~，此时 00000()P c P ξαξ=≥=≥ 10 αμ-= ，由此式解出010c αμ-= +
05——06 一.填空题（每空题2分，共计60分） 1、A 、B 是两个随机事件，已知0.3)B (p ,5.0)(,4.0)A (p ===A B P ，则=)B A (p 0.6 , =)B -A (p 0.1 ，)(B A P ?= 0.4 , =)B A (p 0.6。 2、一个袋子中有大小相同的红球6只、黑球4只。（1）从中不放回地任取2只， 则第一次、第二次取红色球的概率为： 1/3 。（2）若有放回地任取2只，则第一次、第二次取红色球的概率为： 9/25 。（3）若第一次取一只球观查球颜色后，追加一只与其颜色相同的球一并放入袋中后，再取第二只，则第一次、第二次取红色球的概率为： 21/55 。 3、设随机变量X 服从B （2，0.5）的二项分布，则{}=≥1X p 0.75, Y 服从二项分布B(98, 0.5), X 与Y 相互独立, 则X+Y 服从 B(100,0.5)，E(X+Y)= 50 ，方差D(X+Y)= 25 。 4、甲、乙两个工厂生产同一种零件，设甲厂、乙厂的次品率分别为0.1、0.15．现 从由甲厂、乙厂的产品分别占60%、40%的一批产品中随机抽取一件。 （1）抽到次品的概率为： 0.12 。 （2）若发现该件是次品，则该次品为甲厂生产的概率为： 0.5 ． 5、设二维随机向量),(Y X 的分布律如右，则=a 0.1, =)(X E 0.4，Y X 与的协方差为: - 0.2 ， 2Y X Z +=的分布律为: 6、若随机变量X ~)4 ,2(N 且8413.0)1(=Φ，9772.0)2(=Φ,则=<<-}42{X P 0.815 ， (~,12N Y X Y 则+= 5 ， 16 ） 。
写在前面：由于答案是一个个复制到word中，比较耗时耗力，故下载收取5分，希望需要的朋友给予理解和支持！ PS：网上有一些没经我同意就将我的答案整合、转换成pdf，放在文库里的，虽然是免费的，但是窃取了我的劳动成果，希望有心的朋友支持我一下，下载我的原版答案。 第七章假设检验 7.1 假设检验的基本概念 习题1 样本容量n确定后，在一个假设检验中，给定显著水平为α，设此第二类错误的概率为β，则必有(). (A)α+β=1;(B)α+β>1;(C)α+β<1;(D)α+β<2. 解答： 应选(D). 当样本容量n确定后，α,β不能同时都很小，即α变小时，β变大；而β变小时，α变大. 理论上，自然希望犯这两类错误的概率都很小，但α,β的大小关系不能确定，并且这两类错误不能同时发生，即α=1且β=1不会发生，故选(D). 习题2 设总体X～N(μ,σ2),其中σ2已知，若要检验μ,需用统计量U=Xˉ-μ0σ/n. (1)若对单边检验，统计假设为 H0:μ=μ0(μ0已知),H1:μ>μ0, 则拒绝区间为； (2)若单边假设为H0:μ=μ0,H1:μ<μ0,则拒绝区间为(给定显著性水平为α,样本均值为Xˉ,样本容量为n,且可记u1-α为标准正态分布的(1-α)分位数). 解答： 应填(1)U>u1-α;(2)U 第7章假设检验 一、假设检验的基本思想与概念 1．设x1，…，x n是来自N（μ，1）的样本，考虑如下假设检验问题 若检验由拒绝域为确定． （1）当n＝20时求检验犯两类错误的概率； （2）如果要使得检验犯第二类错误的概率，n最小应取多少？ （3）证明：当时， 解：（1）由定义知，犯第一类错误的概率为 这是因为在H 0成立下，，而犯第二类错误的概率为 这是因为在H 1成立下． （2）若使犯第二类错误的概率满足 即，或，查表得：，由此给出n ≥33.93，因而凡最小应取34，才能使检验犯第二类错误的概率β≤0.01．（3）在样本量为n时，检验犯第一类错误的概率为 当n→∞时． 检验犯第二类错误的概率为 当n→∞时，，即β→0． 注：从这个例子可以看出，要使得α与β都趋于0，必须n→＋∞才可实现，这一结论在一般场合仍成立，即要使得α与β同时很小，必须样本量n很大．由于样本量n很大在实际中常常是不可行的，故一般情况下人们不应要求α与β同时很小． 2．设x1，…，x10是来自0-1总体b（1，p）的样本，考虑如下检验问题 取拒绝域为，求该检验犯两类错误的概率．解：，则，于是犯两类错误的概率分别为 3．设x1，…，x16是来自正态总体N（μ，4）的样本，考虑检验问题 拒绝域取为，试求c使得检验的显著性水平为0.05，并求该检验在μ＝6.5处犯第二类错误的概率． 解：在H0为真的条件下，，因而由 得 也就是，所以当c＝0.98时，检验的显著性水平为0.05．该检验在μ＝6.5处犯第二类错误的概率为 4．设总体为均匀分布U（0，θ），x1，…，x n是样本，考虑检验问题 拒绝域取为，求检验犯第一类错误的最大值α．若要使得该最大值α不超过0.05，n至少应取多大？ 解：均匀分布U（0，θ）的最大次序统计量x（n）的密度函数为 因而检验犯第一类错误的概率为 它是θ的严格单调递减函数，故其最大值在θ＝3处达到，即 若要使得，则要求，这给出n≥16.43，即n至少为17． 5．在假设检验问题中，若检验结果是接受原假设，则检验可能犯哪一类错误？若检验结果是拒绝原假设，则又有可能犯哪一类错误？ 解：若检验结果是接受原假设，可能有两种情况：其一是原假设为真，此时检验是正确的，未犯错误，其二是原假设不真，此时检验结果就错了，这种错误是接受了不真的原假设，为第二类错误，故此时检验可能犯第二类错误． 若检验结果是拒绝原假设，也可能有两种情况：若原假设本身不真，检验是正确的；若 定量风险评价方法 在控制易燃、易爆、有毒等危险化学品重大事故的诸多措施中，定量风险评价是一项重要的内容。所谓风险评价就是首先要识别潜在危险，对潜在危险发生的概率及可能造成的后果进行分析，再根据评价的准则判断这些潜在的危险是否能被接受，进而提出减少、消除危险应该采取的措施。在重大危险源与风险评价方面，英国、美国、欧共体、世界银行组织、国际劳工组织及我国均十分重视，开展了相应的研究工作，也已提出了具体要求和标准。在美国和大多数欧洲国家，定量危险分析技术已成为制定政策的一个重要依据。定量风险评价包括辨识与公众健康、安全和环境有关的危险，并估计危险发生的概率和严重度。目前，定量风险评价技术已广泛应用于工作场所危险、有害物质运输、环境中有毒物质浓度以及评价发生概率小而后果严重的事故隐患。 目前，适用于石油化工企业及易燃、易爆、有毒等工业设施的安全评价的定量风险评价方法主要有世界银行的《工业危险评估方法》、《基于风险的检验方法》，挪威DNV 公司SAFETI、LEAK 软件以及概率危险评价技术等风险评估方法。此外，预测发生危险化学品重大事故时对周围人员、环境及建(构)筑物等的影响的事故后果分析的计算机模型软件有：美国ENSR 咨询公司的AIRTOX、美国海岸防卫队的DEGADIS、英国和加拿大联合开发的GAS-SAR、美国Technica 公司的PHAST 以及我国原化工部劳动保护研究所的HL Y 等软件。 (一)世界银行工业危险评估方法 世界银行/国际金融公司(1FC)对其资助的工业新装置进行评估和监督，需要对这一新装置可能给其界外的人群和环境带来的危害进行评估。还需要对为控制危害所采取的措施评估其是否恰当和有效。为协助这种评估，世界银行环境和科学事务室制定了“世界银行对于在发展中国家主要危害装置进行鉴别、分析和控制的指导方针”。为了实施这一方针，需要对涉及的新装置进行危害分析以确定从该装置中意外释放出的有毒、易燃或爆炸物料可能造成的损害。该危害分析将鉴别有潜在危险的物料和可能造成释放的意外事件。如果任何此类意外事件会给生命和财产带来重大危害，必须采取措施以降低意外事件可能造成的损害。要做到这一点，可以采取以下措施：对加工工艺进行更改或更换别的加工工艺，减少危险物料的存量，提供坚固的辅助容器，更改现场的配置，迁至不同的地址或改进控制和管理技术。 如果采用以上措施不能降低潜在的损害，则可以进行风险分析。该风险分析要计算意外危害事故发生的概率，并测定是否可以通过更改诸如加工工艺、安全体系或培训、测试或维修程序等方面来降低这一概率。若这种危害和风险分析表明所涉及的工艺和厂址的结合会给临近的社区带来不可接受的威胁，则必须另找新的厂址。 世界银行工业危害和风险评估的方法适用于现有生产企业，也适用于改建或扩建项日的设计。世界银行工业危险评估方法提供了在化学工业巾使用的最新技术以评估释放有毒、易燃或爆炸物料至大气所造成的后果。尽管该计估方法首先是供世界银行和IFC 工程项目所使用，但它提供的可操作的评价方法在化学工业中也有广泛的使用。 世界银行工业危险评估方法程序见图9—19，释放故障形态说明见图9—20。茆诗松《概率论与数理统计教程》(第版)-课后习题-第7~8章【圣才出品】
定量风险评价方法
相关主题
文本预览