期末概率論復(fù)習(xí)(1)ppt課件

1、1 1(二十一)開場(chǎng)王柱2021.05.272 2第七章續(xù)第七章續(xù) 特殊的區(qū)間估計(jì)特殊的區(qū)間估計(jì)3 3(7.4.1 ) 大樣本情形下總體均值大樣本情形下總體均值的區(qū)間估計(jì)的區(qū)間估計(jì) 由概率論中的中心極限定理可知，不論所調(diào)查的總體分由概率論中的中心極限定理可知，不論所調(diào)查的總體分布如何，只需樣本容量布如何，只需樣本容量n n足夠大，樣本均值近似地服從足夠大，樣本均值近似地服從正態(tài)分布。即正態(tài)分布。即設(shè)總體設(shè)總體X X的分布是恣意的，均值的分布是恣意的，均值 和方差和方差 都是未知的。用樣本都是未知的。用樣本 對(duì)總對(duì)總體平均數(shù)體平均數(shù) 作區(qū)間估計(jì)。作區(qū)間估計(jì)。E(X) D(X) 2 ),(21nX

2、XX (0,1)nXDXN)(E(X) 由于樣本容量由于樣本容量n n足夠大，總體方差近似地用樣本方差替足夠大，總體方差近似地用樣本方差替代，也近似地服從正態(tài)分布。即代，也近似地服從正態(tài)分布。即(0,1)nSX2NE(X) 4 4于是，由于是，由得，總體平均數(shù)得，總體平均數(shù) 的區(qū)間估計(jì)為的區(qū)間估計(jì)為 1unXDXP21)(E(X)/)nSuXnSuX(2121 /, 5 5 某市為了解在該市民工的生活情況，從中某市為了解在該市民工的生活情況，從中隨機(jī)抽取了隨機(jī)抽取了100個(gè)民工進(jìn)展調(diào)查，得到民工月平均個(gè)民工進(jìn)展調(diào)查，得到民工月平均工資為工資為230元，規(guī)范差為元，規(guī)范差為60元，試在元，試在9

3、5%的概率保的概率保證下，對(duì)該市民工的月平均工資作區(qū)間估計(jì)。證下，對(duì)該市民工的月平均工資作區(qū)間估計(jì)。 這里這里n=100可以以為是大樣本?？梢砸詾槭谴髽颖尽?1- =0.95, /2=0.025,查附表查附表2得得 u 0.975=1.96, 于是于是, 置信度為置信度為0.95的置信區(qū)間為的置信區(qū)間為(218.24,241.76)。 解解:218.24100601.96230nsux21 241.76100601.96230nsux21 置信下限置信下限 ( (元元) ) 置信上限置信上限 ( (元元) ) 例例21-01.21-01.6 6設(shè)有一容量大于設(shè)有一容量大于50的樣本的樣本,它來

4、自參數(shù)為它來自參數(shù)為p的的0-1分分布的總體布的總體 X .又例又例. 0-1分布參數(shù)的區(qū)間估計(jì)分布參數(shù)的區(qū)間估計(jì)求求: p的置信度為的置信度為1- 的置信區(qū)間的置信區(qū)間.p)np(1npXnp)np(1npXn1ii 樣本為樣本為 X1,X2,Xn,由于樣本容量大由于樣本容量大,以為以為近似地服從正態(tài)分布近似地服從正態(tài)分布N(0,1).于是有于是有1zp)np(1npXnzP2/2/7 7)4(2121acbbap而不等式而不等式于是有，于是有，p 的近似的、置信度為的近似的、置信度為1- 的置信區(qū)間為的置信區(qū)間為221/z)p(npnpXnz等價(jià)于等價(jià)于0)2()(222/222/Xnpz

5、Xnpzn記記)4(2122acbbap222222Xnc),zXn(b),zn(a/).,(21pp8 8例、從一大批產(chǎn)品的例、從一大批產(chǎn)品的100個(gè)樣品中個(gè)樣品中, 得一級(jí)品得一級(jí)品60個(gè)個(gè).一級(jí)品率一級(jí)品率 p 是是0-1分布的參數(shù)分布的參數(shù).計(jì)算得計(jì)算得于是所求于是所求p的置信度為的置信度為0.95的近似置信區(qū)間為的近似置信區(qū)間為. 6 . 0100/60 x).69.0,50.0(求求:這大批產(chǎn)品的一級(jí)品率這大批產(chǎn)品的一級(jí)品率 p 的置信度為的置信度為0.95的置的置信區(qū)間信區(qū)間.解解:這里這里 1- =0.95, /2=0.025 ，n=100, u 0. 975=1.96,.36

6、,84.123,84.103cba.69. 0,50. 021pp例例21-02.21-02.9 9下面調(diào)查總體下面調(diào)查總體X X服從二點(diǎn)分布服從二點(diǎn)分布 情形，其分布情形，其分布律為律為 ，從總體中抽取一個(gè)，從總體中抽取一個(gè)容量為容量為n n的樣本，其中恰有的樣本，其中恰有 m m 個(gè)個(gè)“1 1，現(xiàn)對(duì)，現(xiàn)對(duì)p p作區(qū)間作區(qū)間估計(jì)。此時(shí)，估計(jì)。此時(shí)， 在最后一式推導(dǎo)中，需留意僅能取在最后一式推導(dǎo)中，需留意僅能取“1 1和和“0 0，把這些，把這些量代入上式，得量代入上式，得p p的置信度為的置信度為1- 1- 的置信區(qū)間是的置信區(qū)間是), 1 (pB p10XPp,1XP nmXn1Xp,E(

7、X)n1ii )nm(1nmnm)m(n)nm(nmXXn1S222n1i2i2 )nm(1nmn1unm, )nm(1nmn1unm(2121 1010 從一大批產(chǎn)品中隨機(jī)的抽出從一大批產(chǎn)品中隨機(jī)的抽出100個(gè)進(jìn)展個(gè)進(jìn)展檢測(cè)，其中有檢測(cè)，其中有4個(gè)次品，試以個(gè)次品，試以95%的概率估計(jì)這批產(chǎn)的概率估計(jì)這批產(chǎn)品的次品率。品的次品率。 記次品為記次品為“1，正品為，正品為“0，次品率為?？傮w分，次品率為。總體分布是二點(diǎn)分布，根據(jù)題意布是二點(diǎn)分布，根據(jù)題意n=100，m=4,由由1- =0.95, /2=0.025,查附表查附表2得得 u 0.975=1.96。置信下限置信下限 于是于是, 置信度

8、為置信度為0.95的置信區(qū)間為的置信區(qū)間為(0.002, 0.078)。解解:置信上限置信上限 0.0020.960.041011.960.04)nm(1nmn1unm21 0.0780.960.041011.960.04)nm(1nmn1unm21 例例21-03.21-03.11 11需求指出，上面引見的兩種情況均屬于總體分布為需求指出，上面引見的兩種情況均屬于總體分布為非正態(tài)分布的情形，假設(shè)樣本容量較大普通非正態(tài)分布的情形，假設(shè)樣本容量較大普通時(shí)，可以按正態(tài)分布來近似其未知參數(shù)的估計(jì)區(qū)時(shí)，可以按正態(tài)分布來近似其未知參數(shù)的估計(jì)區(qū)間。假設(shè)樣本容量較小普通間。假設(shè)樣本容量較小普通 時(shí)，不能用時(shí)

9、，不能用上述的方法求參數(shù)的估計(jì)區(qū)間。上述的方法求參數(shù)的估計(jì)區(qū)間。參數(shù)估計(jì)采用表格的方式小結(jié)于表參數(shù)估計(jì)采用表格的方式小結(jié)于表7-4-1中。中。50n50n1212 設(shè)對(duì)于給定的值設(shè)對(duì)于給定的值 (01),假設(shè)由樣本假設(shè)由樣本 X1,X2,Xn 1.假設(shè)統(tǒng)計(jì)量假設(shè)統(tǒng)計(jì)量 (X1,X2,Xn),滿足滿足 7.5： 單側(cè)置信區(qū)間單側(cè)置信區(qū)間 我們稱隨機(jī)區(qū)間我們稱隨機(jī)區(qū)間 ( , )為為 的置信度為的置信度為1- 的單的單(上、右上、右)側(cè)置信區(qū)間側(cè)置信區(qū)間, 稱稱 為置信度為為置信度為1- 的單側(cè)置信下限的單側(cè)置信下限.1),.,(1nXXP2.假設(shè)統(tǒng)計(jì)量假設(shè)統(tǒng)計(jì)量 (X1,X2,Xn),滿足滿足1

10、),.,(1nXXP 我們稱隨機(jī)區(qū)間我們稱隨機(jī)區(qū)間 (- , )為為 的置信度為的置信度為1- 的單的單(下、左下、左)側(cè)置信區(qū)間側(cè)置信區(qū)間, 稱稱 為置信度為為置信度為1- 的單側(cè)置信上限的單側(cè)置信上限.1313如如,正態(tài)總體正態(tài)總體 X; 均值均值 ,方差方差 2均為未知均為未知.設(shè)設(shè)X1,X2, Xn為該總體為該總體 N (, 2)的樣本的樣本.并給定置并給定置信度為信度為1- , 由由于是得到于是得到 的置信度為的置信度為1- 的單的單(下下)側(cè)置信區(qū)間側(cè)置信區(qū)間為為)1(/ntnSX有有(1)1,/XPtnSn (1)1,SPXtnn 即即(,(1).SXtnn 的置信度為的置信度為

11、1- 的單的單(下下)側(cè)置信區(qū)間的置信上限側(cè)置信區(qū)間的置信上限為為(1).SXtnn 1414留意到留意到 因此，因此， 的置信度為的置信度為1- 的單的單(下下)側(cè)置信區(qū)間側(cè)置信區(qū)間1(1)(1)tntn 即即即即(,(1).SXtnn 的置信度為的置信度為1- 的單的單(下下)側(cè)置信區(qū)間的置信上限側(cè)置信區(qū)間的置信上限(1).SXtnn 1(,(1).SXtnn 1(1).SXtnn 1515由由于是得到于是得到 的置信度為的置信度為1- 的單的單(上上)側(cè)置信區(qū)間側(cè)置信區(qū)間為為)1(/ntnSX有有1(1)1,/XPtnSn 1(1)1,SPXtnn 即即1(1),).SXtnn 的置信度

12、為的置信度為1- 的單的單(上上)側(cè)置信區(qū)間的置信下限側(cè)置信區(qū)間的置信下限為為1(1).SXtnn 同理同理1616留意到留意到 因此，因此， 的置信度為的置信度為1- 的單的單(上上)側(cè)置信區(qū)間側(cè)置信區(qū)間1(1)(1)tntn 即即即即(1),).SXtnn 的置信度為的置信度為1- 的單的單(上上)側(cè)置信區(qū)間的置信下限側(cè)置信區(qū)間的置信下限(1).SXtnn 1(1),).SXtnn 1(1).SXtnn 17 17又由又由于是得到于是得到 2 的置信度為的置信度為1- 的單的單 (下下)側(cè)置信區(qū)間側(cè)置信區(qū)間為為有有即即 2的置信度為的置信度為1- 的單的單(下下)側(cè)置信區(qū)間的置信上限側(cè)置信

13、區(qū)間的置信上限為為)1()1(222nSn,1)1()1(222nSnP,1)1()1(222nSnP),)()(,(11022nSn.)1()1(222nSn1818又由又由于是得到于是得到 2 的置信度為的置信度為1- 的單的單 (上上)側(cè)置信區(qū)間側(cè)置信區(qū)間為為有有即即 2的置信度為的置信度為1- 的單的單(上上)側(cè)置信下限為側(cè)置信下限為)1()1(222nSn2212(1)(1)1,nSPn 2221(1)1,(1)nSPn 22(1)(,)(1)nSn 2221(1).(1)nSn 1919 從一批燈泡中隨機(jī)取從一批燈泡中隨機(jī)取5只作壽命實(shí)驗(yàn)只作壽命實(shí)驗(yàn). 測(cè)得測(cè)得的壽命如下的壽命如下

14、:1050 1100 1120 12501280設(shè)燈泡壽命近似地服從正態(tài)分布設(shè)燈泡壽命近似地服從正態(tài)分布. 這里這里 1- =0.95, n=5, t 0. 95(4)=2.1318,計(jì)算得計(jì)算得于是所求置信度為于是所求置信度為0.95的單的單(上上)側(cè)置信下限為側(cè)置信下限為.9950,11602sx15(1)1065.xtnn 求燈泡壽命平均值的置信度為求燈泡壽命平均值的置信度為0.95的單的單(上上)側(cè)置信下限側(cè)置信下限.解解:例例21-04.21-04.2020第八章續(xù)第八章續(xù) 特殊的假設(shè)檢驗(yàn)特殊的假設(shè)檢驗(yàn)2121(*1)基于成對(duì)數(shù)據(jù)的檢驗(yàn)基于成對(duì)數(shù)據(jù)的檢驗(yàn)n1=n2=n ，12 22

15、且未知且未知為了比較兩種產(chǎn)品、兩種儀器、兩種方法等為了比較兩種產(chǎn)品、兩種儀器、兩種方法等 的差的差別，我們常在一樣的條件下做對(duì)比實(shí)驗(yàn)，得到一別，我們常在一樣的條件下做對(duì)比實(shí)驗(yàn)，得到一批成對(duì)批成對(duì)n1=n2=n的察看值。然后分析察看數(shù)據(jù)做的察看值。然后分析察看數(shù)據(jù)做出推斷。這種方法稱為逐對(duì)比較法。出推斷。這種方法稱為逐對(duì)比較法。令令 , ,), 2 , 1(niYXZiii),(222121NZi),(222121NZ),(21nZZZ視視 為總體為總體 的的一個(gè)樣本，于是，所要進(jìn)展的檢驗(yàn)等價(jià)于一個(gè)正態(tài)一個(gè)樣本，于是，所要進(jìn)展的檢驗(yàn)等價(jià)于一個(gè)正態(tài)總體，方差未知的檢驗(yàn)即可總體，方差未知的檢驗(yàn)即可(

16、t(t檢驗(yàn)檢驗(yàn)) ) 。其中：。其中： 那么那么 , ,0:,0:211210HH2121)(11,1ZZnsZnZniinii) 1(2ntnSZt2222(*2) 總體方差總體方差12 22 都未都未知，且知，且n1 n2的檢驗(yàn)的檢驗(yàn)令，令，并設(shè)并設(shè)X1,X2,Xn1為來自總體為來自總體 N (1, 12)的樣本的樣本. Y1,Y2,Yn2為來自總體為來自總體 N (2, 22)的樣本的樣本. 這這兩個(gè)樣本相互獨(dú)立。兩個(gè)樣本相互獨(dú)立。 n1 n2.檢驗(yàn)為檢驗(yàn)為H0:1 =2; H1: 1 2 。), 2 , 1(111121212121niYnYnnYnnXZnkknkkiii2323那么

17、那么其中，其中，2122212211)(nnnnZEi2221212121221222221122222121221221212211)222()(1)(1)()(21nnnnnnnnnnnnnnnnnYnYnnYnnXEZDnkknkkiii),2,1,(0),(1njijiZZCovji2424在在H0H0成立的條件下，選用統(tǒng)計(jì)量成立的條件下，選用統(tǒng)計(jì)量 即可，其中即可，其中 于是，視于是，視 為來自正態(tài)總體為來自正態(tài)總體的一個(gè)樣本。原來的問題等價(jià)于一個(gè)正態(tài)總體，的一個(gè)樣本。原來的問題等價(jià)于一個(gè)正態(tài)總體，未知方差，檢驗(yàn)未知方差，檢驗(yàn))(1112ntnSZt2n1ii12n1ii1)Z(Z1

18、n1S,Zn1Z11 ),(121nZZZ),(22212121nnN0:, 0:211210HH2525 在平爐上做操作方法的實(shí)驗(yàn)在平爐上做操作方法的實(shí)驗(yàn).交替進(jìn)展兩種方交替進(jìn)展兩種方法各法各10爐爐,其得率為其得率為:這里取這里取 =0.05, 由表由表8.3.1知此檢驗(yàn)問題的回絕域知此檢驗(yàn)問題的回絕域?yàn)闉樵O(shè)兩個(gè)樣本相互獨(dú)立設(shè)兩個(gè)樣本相互獨(dú)立.且來自兩個(gè)正態(tài)總體且來自兩個(gè)正態(tài)總體N ( 1, 2), N ( 2, 2).問新法問新法y能否提高得率能否提高得率?(取取 =0.05).解解:按題意需檢驗(yàn)按題意需檢驗(yàn) H0:1-2=0; H1: 1-2 0 。有時(shí)提出的假設(shè)檢驗(yàn)問題能夠是：有時(shí)提

19、出的假設(shè)檢驗(yàn)問題能夠是： 此時(shí)稱為右邊檢驗(yàn)。此時(shí)稱為右邊檢驗(yàn)。在顯著性程度在顯著性程度 下，檢驗(yàn)假設(shè)下，檢驗(yàn)假設(shè) H0： = 0； H1： 0 的回絕域的回絕域.取檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量取檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量nXz0.,0待定kknXz 當(dāng)假設(shè)當(dāng)假設(shè)H0為真時(shí)為真時(shí), z不應(yīng)太大不應(yīng)太大.因此回絕域的方式因此回絕域的方式為為 當(dāng)假設(shè)當(dāng)假設(shè)H0為真時(shí)為真時(shí), ) 1 , 0(0NnXzzk 由正態(tài)分布分位點(diǎn)的定義得由正態(tài)分布分位點(diǎn)的定義得, . 回絕域?yàn)榛亟^域?yàn)?unXz10z.00knXP2929類似地類似地:在顯著性程度在顯著性程度 下，左邊檢驗(yàn)問題下，左邊檢驗(yàn)問題 “ H0： = 0； H1： 0 。3.在顯著

20、性程度在顯著性程度 下，左邊檢驗(yàn)假設(shè)下，左邊檢驗(yàn)假設(shè) H0： = 0； H1： 0 ?；亟^域的方式為回絕域的方式為取檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量取檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量nXz0.10zunXz3232 知某種水果罐頭知某種水果罐頭(維生素維生素C)的含量服從正的含量服從正態(tài)分布。規(guī)范差為態(tài)分布。規(guī)范差為3.98(毫克毫克)。產(chǎn)質(zhì)量量規(guī)范中，。產(chǎn)質(zhì)量量規(guī)范中，Vc的平均含量必需大于的平均含量必需大于21毫克。現(xiàn)從一批這種水果罐頭毫克?，F(xiàn)從一批這種水果罐頭中抽取中抽取17罐，測(cè)得含量平均值罐，測(cè)得含量平均值 (毫克毫克)。問這批罐頭的問這批罐頭的Vc含量能否合格？取含量能否合格？取 =0.05。解解:由于此題要求的平均含量必需

21、大于由于此題要求的平均含量必需大于21毫克，少毫克，少了判為不合格品，所以用單側(cè)檢驗(yàn)。了判為不合格品，所以用單側(cè)檢驗(yàn)。 在成立的條件下，在成立的條件下，23x21:21:100HH) 1,0(2201NUnXnXU例例21-07.21-07.3333由檢驗(yàn)程度由檢驗(yàn)程度=0.05 ，查規(guī)范正態(tài)分布表，得臨界值，查規(guī)范正態(tài)分布表，得臨界值 ，確定否認(rèn)域?yàn)?，確定否認(rèn)域?yàn)?。由樣本察看值計(jì)算由樣本察看值計(jì)算 所以，否認(rèn)，即以為這批罐頭的含量符合規(guī)范。所以，否認(rèn)，即以為這批罐頭的含量符合規(guī)范。 38. 11u)(1，u38. 107. 21798. 321232200 , 1nXU34342. 2為未

22、知為未知,關(guān)于均值關(guān)于均值 的的檢驗(yàn)檢驗(yàn)(t檢驗(yàn)檢驗(yàn))nSXt/0采用統(tǒng)計(jì)量采用統(tǒng)計(jì)量總體為總體為 N (, 2),其中其中, 2為未知為未知,我們來求檢驗(yàn)問我們來求檢驗(yàn)問題題:H0： = 0； H1： 0 。在顯著性程度在顯著性程度 下的回絕域下的回絕域.作為檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量作為檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量,當(dāng)當(dāng) t 過分大時(shí)就回絕過分大時(shí)就回絕H0,回絕域回絕域的方式為的方式為./knSXt0)(11ntk35353. 單個(gè)正態(tài)總體方差的假單個(gè)正態(tài)總體方差的假設(shè)檢驗(yàn)設(shè)檢驗(yàn)設(shè)總體為設(shè)總體為N ( , 2) , 、 2均為未知均為未知,要求要求 檢檢驗(yàn)假設(shè)驗(yàn)假設(shè)(顯著性程度為顯著性程度為 )： H0： 2 = 02

23、； H1： 2 02 。由于由于s2 是是 2的無偏估計(jì)，當(dāng)?shù)臒o偏估計(jì)，當(dāng)H0 為真時(shí)，為真時(shí)，比值在比值在 1 附近擺動(dòng)，而不應(yīng)過分大于附近擺動(dòng)，而不應(yīng)過分大于1，也不應(yīng)過分小于也不應(yīng)過分小于1。我們知。我們知),1() 1(2202nSn3636我們?nèi)∥覀內(nèi)?)1(2022sn 其回絕域的方式為：其回絕域的方式為：作為檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量。作為檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量。,)(ksn20221此處此處k的值由下式確定：的值由下式確定：).(1212nk), ) 1(21n3737 機(jī)器包裝食鹽，假設(shè)每袋鹽重服從正態(tài)分布，機(jī)器包裝食鹽，假設(shè)每袋鹽重服從正態(tài)分布，規(guī)定每袋鹽規(guī)范分量為規(guī)定每袋鹽規(guī)范分量為500克，規(guī)范差

24、不能超越克，規(guī)范差不能超越10克?？?。某日開工后，從裝好的食鹽中隨機(jī)抽取某日開工后，從裝好的食鹽中隨機(jī)抽取9袋，測(cè)得分量袋，測(cè)得分量為為(單位：克單位：克)：497 507 510 475 484 488 524 491 515。問這天包裝機(jī)的任務(wù)能否正常。問這天包裝機(jī)的任務(wù)能否正常(取取 =0.05)？所以所以, ,不能否認(rèn)不能否認(rèn)H0 H0 ，即可以以為平均每袋鹽重為，即可以以為平均每袋鹽重為500500克。克。在在H0H0成立的條件下成立的條件下解解:包裝機(jī)任務(wù)正常指包裝機(jī)任務(wù)正常指 克和克和 ，因此分兩步進(jìn)展，因此分兩步進(jìn)展檢驗(yàn)。檢驗(yàn)。 如今如今, n=9, =0.05，得臨界值，得臨

25、界值又得又得 5002210500:500:100HH) 1(20ntnsXt306. 2)8(21t306. 2187. 0903.16500499|2200nsXt例例21-08.21-08.3838 所以，否認(rèn)所以，否認(rèn) ，即可以以為方差超越，即可以以為方差超越(10)2 (10)2 ，包裝機(jī)任務(wù)不穩(wěn)定。，包裝機(jī)任務(wù)不穩(wěn)定。 由、可以以為，包裝機(jī)任務(wù)不正常。由、可以以為，包裝機(jī)任務(wù)不正常。在在 成立的條件成立的條件下下如今如今, n=9, =0.05，得臨界值，得臨界值又得又得 22122010:10:HH0H) 1() 1(10) 1(22222221nsnsn5 .15)8(215

26、.1556.201003.168) 1(2220220,1sn0H3939 總體總體 X N (, 2), =2, =40。如今。如今用新法消費(fèi)。隨機(jī)取用新法消費(fèi)。隨機(jī)取n=25。樣本均值為。樣本均值為 =41.25。設(shè)總體均方差不變。問在顯著性程度設(shè)總體均方差不變。問在顯著性程度= 0.05之下之下產(chǎn)品有否提高？產(chǎn)品有否提高？X解解:按題意需檢驗(yàn)假設(shè)按題意需檢驗(yàn)假設(shè)“ H0： = 0 =40 ； H1： 0。這是右邊檢驗(yàn)問。這是右邊檢驗(yàn)問題。題。回絕域?yàn)榛亟^域?yàn)?451z0500.nXz.如今如今645.1125.32524025.41z落在回絕域中?；亟^落在回絕域中?；亟^H0，以為產(chǎn)品有顯

27、著的提高。，以為產(chǎn)品有顯著的提高。例例21-09.21-09.4040是利用假設(shè)是利用假設(shè)H0為真時(shí)服從為真時(shí)服從N(0,1)分布來確定回絕域的的統(tǒng)計(jì)量分布來確定回絕域的的統(tǒng)計(jì)量, nXU0這種檢驗(yàn)法稱為這種檢驗(yàn)法稱為 u 檢驗(yàn)法檢驗(yàn)法.0X上面例上面例1中中,如將需求檢驗(yàn)的問題寫成以下的方式更如將需求檢驗(yàn)的問題寫成以下的方式更為合理為合理:H0： 0； H1： 0 。取顯著性程度取顯著性程度 ，來確定回絕域，來確定回絕域. 由于在由于在H0中的中的 都比在都比在H1中的中的 要小，從直要小，從直觀上看觀上看,較合理的檢驗(yàn)法那么應(yīng)是較合理的檢驗(yàn)法那么應(yīng)是:假設(shè)察看值的假設(shè)察看值的 與與0的差的差 過分大過分大,即即 那么我那么我們回絕們回絕H0,因此因此 回絕域