八章節(jié)假設(shè)檢驗(yàn)PPT學(xué)習(xí)教案

1、會計(jì)學(xué)1八章節(jié)假設(shè)檢驗(yàn)八章節(jié)假設(shè)檢驗(yàn) 二、兩類錯(cuò)誤二、兩類錯(cuò)誤 在確定檢驗(yàn)法則時(shí)，應(yīng)盡可能使犯兩類錯(cuò)誤的概率都較小但是，一般說來，當(dāng)樣本容量給定以后，若減少犯某一類錯(cuò)誤的概率，則犯另一類錯(cuò)誤的概率往往會增大，要使犯兩類錯(cuò)誤的概率都減小，只好增大樣本容量 由于檢驗(yàn)法則是依據(jù)樣本作出的，因此假設(shè)檢驗(yàn)的結(jié)果可能犯兩類錯(cuò)誤： 第一類錯(cuò)誤：當(dāng)原假設(shè)H0為真時(shí)，作出的決定卻是拒絕H0，犯這類錯(cuò)誤的概率記為 ，即P拒絕H0|H0為真= 第二類錯(cuò)誤：當(dāng)原假設(shè)H0不正確時(shí)，作出的決定卻是接受H0，犯這類錯(cuò)誤的概率記為 ，即P接受H0|H0不正確 = 第1頁/共42頁 在給定樣本容量的情況下，我們總是控制犯第一類

2、錯(cuò)誤的概率，讓它小于或等于 ，而不考慮犯第二類錯(cuò)誤的概率這種檢驗(yàn)問題稱為顯著性檢驗(yàn)問題顯著性檢驗(yàn)問題數(shù) 稱為顯著性水平顯著性水平 的大小依具體情況確定，通常取 =0.1，0.05，0.01 在對假設(shè)進(jìn)行檢驗(yàn)時(shí)，常使用某個(gè)統(tǒng)計(jì)量T，稱為檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量 當(dāng)檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量取某個(gè)區(qū)域 W 中的值時(shí)，我們就拒絕原假設(shè) H0 ，則稱區(qū)域W 為拒絕域拒絕域拒絕域的邊界點(diǎn)稱為臨界點(diǎn)當(dāng)檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量在某區(qū)域中取值時(shí)，我們就接受 H0 ，則稱此區(qū)域?yàn)榻邮苡蚪邮苡?第2頁/共42頁 例1 某車間用一臺包裝機(jī)包裝味精，每袋標(biāo)準(zhǔn)重量為100g，由已往經(jīng)驗(yàn)知每袋重量的標(biāo)準(zhǔn)差 保持不變，每隔一定時(shí)間需要檢查包裝機(jī)的工作情況，現(xiàn)抽取 9

3、 袋，測得它們的凈重為： 99.0，100.2，99.3，99.1，99.6，99.2，99.9，100.1，99.3 假定每袋重量服從正態(tài)分布，試問這段時(shí)間內(nèi)包裝機(jī)的工作是否正常（取顯著性水平 ）？g5 . 005. 0 解 設(shè)每袋重量 ，回答包裝機(jī)的工作是否正常，相當(dāng)于判斷 是否正確因此原假設(shè)H0： ，備擇假設(shè)為H1： )5 . 0 ,(2NX)(10001000,100在 H0 正確條件下 是一個(gè)統(tǒng)計(jì)量，且 又因?yàn)?是 的無偏估計(jì)，所以 不應(yīng)該很大，即 大過某個(gè)常數(shù)時(shí)，就應(yīng)該拒絕H0拒絕域的形式為nXu/0) 1 , 0( NuX|0XknX/0|0X.第3頁/共42頁 當(dāng) 的取值大于

4、時(shí)就應(yīng)拒絕H0，否則接受H0 于是令犯第一類錯(cuò)誤的概率為 ，即 查標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布表可得 ，于是有 ./|0knXP2/uk ./|2/0unXPnXu/|02/u 現(xiàn)在 所以拒絕H0，即認(rèn)為這段時(shí)間內(nèi)包裝機(jī)的工作不正常,96. 1,52.9991, 9, 5 . 0,1002/910uxxniinxu/|096. 188. 29/5 . 0|10052.99|第4頁/共42頁 * 參數(shù)檢驗(yàn)的一般步驟為： 1根據(jù)問題的要求，提出原假設(shè) H0和備擇假設(shè) H1； 2給出顯著性水平 及樣本容量 n ； 3在H0正確下確定檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量 T 及拒絕域的形式； 4按犯第一類錯(cuò)誤的概率等于 求出拒絕域W； 5根據(jù)

5、樣本值計(jì)算 T 的觀察值 t，當(dāng) 時(shí)，拒絕H0，否則接受H0 Wt 三、雙邊檢驗(yàn)與單邊檢驗(yàn)三、雙邊檢驗(yàn)與單邊檢驗(yàn) 在備擇假設(shè)H1： 中， 可能大于 ，也可能小于 ，稱H1為雙邊備擇假設(shè)，相應(yīng)的檢驗(yàn)稱為雙邊檢驗(yàn) 如果對假設(shè)H0： ，H1： 進(jìn)行檢驗(yàn)稱為右邊檢驗(yàn) 如果對假設(shè)H0： ，H1： 進(jìn)行檢驗(yàn)稱為左邊檢驗(yàn) 右邊檢驗(yàn)的拒絕域?yàn)?，左邊檢驗(yàn)的拒絕域?yàn)?000kt kt 0000第5頁/共42頁 例2 某工廠生產(chǎn)的固體燃料推進(jìn)器的燃燒率服從正態(tài)分布 ， ,現(xiàn)在用新方法生產(chǎn)了一批推進(jìn)器，從中抽取 n=25只，測得樣本均值為 設(shè)在新方法下總體的標(biāo)準(zhǔn)差仍為 ，問這批新推進(jìn)器的燃燒率是否較以往生產(chǎn)的推進(jìn)器

6、的燃燒率有顯著提高？取顯著性水平 sN/cm40),(2s/cm2sx/cm25.41s/cm205. 0 解 ，依題意檢驗(yàn)假設(shè)為 H0： （即新方法未提高燃燒率） H1： （即新方法提高了燃燒率） 這是一個(gè)右邊檢驗(yàn)問題，其檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量為 ， 拒絕域?yàn)?現(xiàn)在 ，00400) 1, 0(/0NnXu645. 105. 0uuu645. 1125. 325/24025.41/0nxu第6頁/共42頁 即 u 的取值落在拒絕域中，所以在顯著性水平 = 0.05下拒絕 H0，接受 H1，即認(rèn)為這批新推進(jìn)器較以往提高了燃燒率第7頁/共42頁 第二節(jié) 單個(gè)正態(tài)總體均值與方差的假設(shè)檢驗(yàn) 一、方差已知時(shí)，正態(tài)總

7、體均值的假設(shè)檢驗(yàn)u 檢驗(yàn) 假設(shè)總體 ，(X1, X2, , Xn)是來自總體 X 的樣本， 已知，這里要檢驗(yàn)的假設(shè)是H0： ，H1： ),(2NX200 當(dāng)H0成立時(shí)，檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量 ) 1, 0(/0NnXu 類似地可以檢驗(yàn)單邊假設(shè)（見表8-1） 上述檢驗(yàn)所用統(tǒng)計(jì)量服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布，稱為 u 檢驗(yàn)法 對于給定的顯著性水平 ，拒絕域?yàn)?|2/uuuW第8頁/共42頁 例1 一種元件，要求其平均壽命不小于1000h，現(xiàn)在從一批這種元件中隨機(jī)抽取25件，測得平均壽命為 950 h，已知這種元件壽命服從 =100 h 的正態(tài)分布，試在顯著性水平 = 0.05 條件下確定這批元件是否合格 解 H0： ，H

8、1： . 當(dāng)H0為真時(shí)，檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量 10001000) 1, 0(/1000NnXu 對于給定的顯著性水平 = 0.05, 查表得 此題是一個(gè)左邊檢驗(yàn)的問題，拒絕域?yàn)?現(xiàn)在 n = 25， = 100， = 950 所以拒絕H0，而接受H1，即認(rèn)為這批元件不合格 645. 105. 0 uu645. 1uu645. 15 . 2/1000nxux第9頁/共42頁 二、方差未知時(shí)，正態(tài)總體均值的假二、方差未知時(shí)，正態(tài)總體均值的假設(shè)檢驗(yàn)設(shè)檢驗(yàn)t t 檢驗(yàn)檢驗(yàn) 設(shè)總體 ， 未知，(X1，X2，Xn)是來自總體 X 的樣本這里要檢驗(yàn)的是H0： ，H1： ),(2NX200. ) 1(/0ntnSXT

9、對于給定的顯著性水平 ，拒絕域?yàn)?. 2) 1(|2/ntt 我們用 S 2 代替 ，當(dāng)H0為真時(shí)，檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量 上述檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量服從 t 分布，稱這種檢驗(yàn)為 t 檢驗(yàn)類似地可以進(jìn)行單邊檢驗(yàn)（見表8-1）第10頁/共42頁 解 這里是在總體方差 未知的情況下，檢驗(yàn)假設(shè) H0： ，H1： 在H0成立時(shí)，檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量 對于給定的顯著性水平 =0.05，拒絕域?yàn)?5001502. ) 1(/0ntnSXT. ) 1(|2/ntt 例2 某車間加工一種零件，要求長度為150mm，今從一批加工后的這種零件中抽取 9 個(gè)，測得長度如下：147，150，149，154，152，153，148，151, 155 假

10、設(shè)零件長度服從正態(tài)分布，問這批零件是否合格（取 = 0.05）？第11頁/共42頁 這里 所以接受H0，即認(rèn)為這批零件合格,15191, 991iixxn, 5 . 7)(1919122iixxs,739. 25 . 7s.306. 2)8() 1(025. 02/tnt.306. 2096. 1/|0nsxt 三、正態(tài)總體方差的假設(shè)檢驗(yàn)三、正態(tài)總體方差的假設(shè)檢驗(yàn) 檢驗(yàn)檢驗(yàn)2 設(shè)總體 , (X1，X2，Xn)為X 的樣本，給定顯著性水平 1當(dāng) 已知時(shí)，方差 的假設(shè)檢驗(yàn) H0： ，H1： 其中 為已知常數(shù)檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量),(2NX202202.)()(121220nXTnii220第12頁/共42頁

11、 對于給定的顯著性水平 ，拒絕域?yàn)?或 上述檢驗(yàn)的統(tǒng)計(jì)量服從 分布，稱此種檢驗(yàn)為 檢驗(yàn)，類似地可以進(jìn)行單邊檢驗(yàn)（見表 8-1）)(22/1nt)(22/nt22 或 2當(dāng) 未知時(shí)， 的假設(shè)檢驗(yàn) H0： ，H1： 檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量 對于給定的顯著性水平 = 0.1 ，拒絕域?yàn)?202.) 1() 1(2202nSnT202) 1(22/1nt) 1(22/nt第13頁/共42頁 例3 某廠生產(chǎn)的尼龍纖維的纖度在正常情況下服從正態(tài)分布，其標(biāo)準(zhǔn)差 =0.048，某日抽取5根纖維，測得它們的纖度為1.32，1.36，1.55，1.44，1.40 試問能否認(rèn)為這一天尼龍纖維的纖度的標(biāo)準(zhǔn)差 =0.048（取 =

12、0.1）？ 解 這里要檢驗(yàn)的假設(shè)是 H0： =0.048，H1： 0.048 檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量 對于給定的顯著性水平 =0.1，拒絕域?yàn)?或 .) 1(048. 0) 1(222nSnT) 1(22/1nt) 1(22/nt第14頁/共42頁 這里 =1.414， =0.00778， 所以拒絕H0，即不能認(rèn)為這一天尼龍纖度的標(biāo)準(zhǔn)差 =0.048,711. 0)4() 1(295. 022/1n,488. 9) 4() 1(205. 022/nx2s. )4(51.13048. 000778. 0) 15(205. 02t第三節(jié) 兩個(gè)正態(tài)總體均值差與方差比的假設(shè)檢驗(yàn) 設(shè)總體 X 與 Y 相互獨(dú)立， ，

13、 , (X1，X2，Xm)與 (Y1，Y2，Yn) 分別為來自總體 X 與 Y 的相互獨(dú)立的樣本),(211NX),(222NY 一、方差已知時(shí)，兩個(gè)正態(tài)總體均值差的假設(shè)檢驗(yàn)u 檢驗(yàn) 設(shè) 為已知，要檢驗(yàn)的假設(shè)為 H0： ，H1： ， 也可以寫成 H0： ，H1： 2221,2102121021第15頁/共42頁 檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量為 對于給定的顯著性水平 , 查表得 , 使得 拒絕域?yàn)? ) 1, 0(2221NnmYXu2/u,|2/ uuP.|2/uu 二、方差未知但相等時(shí)，兩個(gè)正態(tài)總體均值差的假設(shè)檢驗(yàn) t 檢驗(yàn)22221, )2(11nmtnmsYXtw 設(shè) 為未知，要檢驗(yàn)的假設(shè)為 H0：1=2

14、(12= 0)，H1：12 檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量第16頁/共42頁 其中 ， ， 對于 給定的顯著性水平， 查表得t/2( )使 得 P| t |t/2( )=， 從而可知拒絕域?yàn)?| t |t/2( )2) 1() 1(22212nmSnSmsw2wwss2 nm2 nm2 nm 注意 當(dāng) 與 未知時(shí)，首先要檢驗(yàn)方差齊性，即要檢驗(yàn) = ，然后才能使用上述檢驗(yàn)法21222122 例1 在甲、乙兩個(gè)工廠生產(chǎn)的蓄電池中，分別取5個(gè)測量電容量，數(shù)據(jù)如下： 甲廠：143 141 138 142 140 乙廠：141 143 139 144 141設(shè)甲、乙兩廠蓄電池的電容量分別服從 N(1， )和N(2， )，且

15、 = .問兩廠的電容量有無顯著差異(取=0.05)？21222122第17頁/共42頁 解法一 設(shè)X，Y分別表示甲、乙兩廠蓄電池 的電容量，于是有XN(1， )，YN(2， )， = 要檢驗(yàn)的假設(shè)為H0：1=2，H112 檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量 拒絕域?yàn)?| t |t/2( m+n2)2221. )2(11nmtnmsYXtw2221 這里=0.05，m = n = 5，查表得 t/2(m+n2) = t 0.025(8) = 2.306， (143+141+138+142+140)=140.8 ， (141+143+139+144+141)=141.6 ，51x51y第18頁/共42頁 = 0.6535

16、 2.306， 即| t | t0.025(8)，因此接受原假設(shè)H0，即認(rèn)為甲乙兩廠蓄電池的電容量無顯著 差異 (143 140.8)2+(141 140.8)2+(138 140.8)2 +(142 140.8)2+(140 140.8)2=3.699 ， (141 141.6)2+(143 141.6)2+(139 141.6)2 +(144 141.6)2+(141 141.6)2=3.799 ， = 3.7499，4121s4122s84422212sssw51517499. 3|6 .1418 .140|11|nmSyxtw第19頁/共42頁 解法二 (當(dāng)兩個(gè)樣本容量相等時(shí)，兩個(gè)正態(tài)

17、總體均值是否相等的檢驗(yàn)，可化為單個(gè)總體 Z = XY 的均值是否為零的檢驗(yàn)) 設(shè) Z = XY，則 Z N (，2)，其中=12， ，由已知數(shù)據(jù)可知Z的樣本觀察值為22212 2，2，1，2，1 需要檢驗(yàn)的假設(shè)為 H0：=0，H1：0 檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量為 拒絕域?yàn)閨 t |t/2(n1) 1(/ntnSZt.第20頁/共42頁 這里= 0.05，n = 5，查表得 t/2(n1) = t0.025(4) = 2.7764， (22121) = 0.8，s2 = 2.699于是 = 0.2177 2.7764 因此接受原假設(shè) H0，即認(rèn)為兩廠蓄電池的電容量無顯著差異51z5/699. 28 . 0/|

18、nszt 注 兩種解法的結(jié)果相同，而后一種解法的計(jì)算量較前一種解法要小得多另外，后一種解法可以取消 的要求2221第21頁/共42頁 三、兩個(gè)正態(tài)總體方差比的假設(shè)檢驗(yàn)三、兩個(gè)正態(tài)總體方差比的假設(shè)檢驗(yàn)F 檢驗(yàn)檢驗(yàn) 1均值1，2已知時(shí)，方差比 的假設(shè)檢驗(yàn)2221/ 這里要檢驗(yàn)的假設(shè)為 H0： , H1： 由于 且 與 相互獨(dú)立，在H0成立的條件下，有22212221, )()(1, )()(12122222221212121nYmXnjjmii. ),()()(/1221212221nmFmnYXnmFnjjmii2122第22頁/共42頁 對于給定的顯著性水平，查表得F/2(m, n)和 F1/

19、2(m, n)，我們有PF1/2(m, n) F F/2(m, n) = 1， 因此得到拒絕域?yàn)镕 F1/2(m, n) 或 F F/2(m, n) 這種利用 F 分布進(jìn)行檢驗(yàn)的方法，稱為 F 檢驗(yàn) 2均值1，2未知時(shí)，方差比 的假設(shè)檢驗(yàn)2221/ 這里要檢驗(yàn)的假設(shè)為 H0： ，H1： 由于22212221, ) 1() 1(, ) 1() 1(22222222212121nSnmSm第23頁/共42頁 且 與 相互獨(dú)立，在H0成立的條件下，有. ) 1, 1(1/1/22212221nmFSSnmF2122 PF1/2(m1, n1) F/2(m1, n1)=1， 因此得到拒絕域?yàn)?F1/2

20、(m1, n1) 或 F/2(m1, n1) 對于給定的顯著性水平，查表得 F/2(m1, n1) 和 F1/2(m1, n1)， 我們有2221SS2221SS2221SS第24頁/共42頁 例2 從兩個(gè)正態(tài)總體分別獨(dú)立地抽取樣本觀察值如下： 甲：4.4 4.0 2.0 4.8 能否認(rèn)為兩個(gè)樣本觀察值來自同一總體(取=0.05) 解 設(shè)兩個(gè)正態(tài)總體分別為 XN(1， )和YN(2， )，首先檢驗(yàn) H0： = 由于1，2未知，所以檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量為 F = F (m1, n1) 拒絕域?yàn)?F1/2(m1, n1) 或 F/2(m1, n1)22212221SS21222221SS2221SS第25頁

21、/共42頁 這里=0.05，m = n = 4，查表得 F/2(m1, n1) = F0.025(3.3)=15.44， F1/2(m1, n1) = 由于 0.065 = = 0.24 15.44， 因此接受原假設(shè)H0，即認(rèn)為兩個(gè)正態(tài)總體的方差相同( = ),065. 044.151) 3 . 3 (1) 1, 1(1025. 02/FmnF,8 . 3x,6 . 2y,55. 121s,44. 622s2221ss44. 655. 12122 下面再檢驗(yàn)假設(shè) ：1=2 0H第26頁/共42頁 由于 = 但未知，所以取檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量為 拒絕域?yàn)閨 t |t/2(m + n2)2122. )2(1

22、1nmtnmsYXtw 因?yàn)閠/2(m+n2) = t0.025(6) = 2.4469，而 = 0.82 2.4469， 所以接受 ，即認(rèn)為兩個(gè)正態(tài)總體的均值相同4141644. 6355. 13|65. 280. 3|11|nmsyxtw0H 綜上所述，在顯著性水平 = 0.05下，認(rèn)為兩個(gè)樣本值來自同一總體第27頁/共42頁 名 稱條 件假 設(shè) 統(tǒng) 計(jì) 量 及 其 分 布拒 絕 域H 0H 1附表附表 正態(tài)總體參數(shù)的假設(shè)檢驗(yàn)表正態(tài)總體參數(shù)的假設(shè)檢驗(yàn)表總 體 數(shù)已 知已 知未 知未 知 檢 驗(yàn) 檢 驗(yàn) ut222221,22211122002121000000212121212121) 1

23、 , 0(0NnXu)1 ,0(2221NnmYXu) 1(0ntnSXt)2(11nmtnmSYXtw2) 1() 1(22212nmSnSmSw|u| u/2u u u -u|u| u/2u u u -u| t | t/2(n1) t t(n1) t -t(n1)| t | t/2(m+ n2) t t(m+ n2) t -t(m+ n2)第28頁/共42頁檢 驗(yàn) 已 知未 知21202202202202202202202202附表附表 正態(tài)總體參數(shù)的假設(shè)檢驗(yàn)表正態(tài)總體參數(shù)的假設(shè)檢驗(yàn)表 ( 續(xù)表續(xù)表)檢 驗(yàn) 已 知未 知21,22221222122212221 名 稱條 件假 設(shè) 統(tǒng) 計(jì)

24、量 及 其 分 布拒 絕 域H 0H 121,F2221222122212221總 體 數(shù)miinX122202)()(1) 1() 1(22022nSn),()()(122121nmFYmXnFnjjmii) 1, 1(2221nmFSSF)(22/12n)(22/2n)(22n)(212n或 ) 1(22/12n) 1(22/2n)1(22n) 1(212n或 ),(12/mnFF),(2/nmFF),(nmFF),(1mnFF或) 1, 1(12/mnFF) 1, 1(2/nmFF)2, 1(nmFF) 1, 1(1mnFF或第29頁/共42頁第四節(jié) 大樣本情況下非正態(tài)總體均值的假設(shè)檢驗(yàn)

25、 設(shè)非正態(tài)總體 X 具有有限的均值 E (X ) =和非零方差 D(X) =2，當(dāng)樣本容量 n 很大 (n50) 時(shí)，由中心極限定理可知 近似地服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布N(0,1)，要檢驗(yàn)的假設(shè)為H0：=0 nXDXEXu/ )()( （1）當(dāng)方差2已知時(shí)，在H0成立的條件下，檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量 （1）近似服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布N(0,1)，對于給定的顯著性水平，查表得 u/2，使 ,因此得到拒絕域?yàn)閚Xu/0|2/uuP.|2/uu 第30頁/共42頁 （2）當(dāng)方差2未知時(shí)，用 S2 代替2，檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量為 （2）仍然近似服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布 N (0,1)，拒絕域?yàn)閚SXu/0.|2/uu （3）右邊檢驗(yàn) H0：=0

26、，H1：0的拒絕域?yàn)?左邊檢驗(yàn) H0：=0，H1：0的拒絕域?yàn)?uu .uu第31頁/共42頁 例1 某工廠生產(chǎn)一批產(chǎn)品，要求次品率不超過10%，如果從產(chǎn)品中抽取50件，發(fā)現(xiàn)有8件次品，可否認(rèn)為這批產(chǎn)品合格(取=0.05)？ 解 設(shè)次品率為 p，要檢驗(yàn)的假設(shè)為 H0：p = p0 = 0.1， H1：p0.1 由于總體 X 服從參數(shù)為 p 的 (0-1) 分布，方差為2 = D (X ) = p (1p)在H0 成立的條件下，檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量為拒絕域?yàn)?uu.)1 (/0000npppXnpXu 這里 u= u0.05 = 1.645，n = 50， ，于是因此，在顯著性水平=0.05下接受H0，即

27、認(rèn)為這批產(chǎn)品合格16. 0508x,645. 1414. 1509 . 01 . 01 . 016. 0u第32頁/共42頁 例2 對于一個(gè)未知分布的總體 X ，從中抽取容量為150的樣本觀察值，算得 ，s = 4，在顯著性水平=0.05下檢驗(yàn)假設(shè)H0：= 04 . 0 x 解 這里方差2未知，因此檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量為 拒絕域?yàn)?查表得 = u0.025 = 1.96 ./0nSXu2/|uu 2/u由于所以接受H0，即認(rèn)為總體的均值=0,96. 122. 15044 . 0/|0|nsxu第33頁/共42頁 在總體 X 的分布未知時(shí)，檢驗(yàn)總體的分布函數(shù) F ( x ) 是否與已知的分布函數(shù) F0(

28、x ) 有顯著差別，即檢驗(yàn)H0：F(x)=F0(x) 這類問題稱為非參數(shù)檢驗(yàn) 若總體分布為離散型，則上述假設(shè)相當(dāng)于 H0：總體 X 的分布律為 若總體分布為連續(xù)型，則相當(dāng)于檢驗(yàn)假設(shè)H0：f (x) = f0 (x) （ f0(x) 為已知密度函數(shù)）2 , 1,ipaXPii第五節(jié) 總體分布的假設(shè)檢驗(yàn) 檢驗(yàn)2第34頁/共42頁區(qū)間的頻率為 ，如果假設(shè) H0 成立，即 F(x)=F0(x)，則落入第 i個(gè)區(qū)間內(nèi)的概率為 在這里，視 稱 pi 為理論頻率，稱 nipi 為理論頻數(shù) 為檢驗(yàn)假設(shè)H0，在實(shí)數(shù)軸上取k1個(gè)點(diǎn) t1 t2tk1，把實(shí)數(shù)軸分成 k 個(gè)區(qū)間：( , t1，( t1, t2，( t

29、k1， ) 對于總體 X 的一個(gè)樣本觀察值( x1, x2, ，xn )，計(jì)算出 x1，x2， ，xn 落入第 i 個(gè)區(qū)間 (ti1, ti的個(gè)數(shù)ni（稱為實(shí)際頻數(shù) )，則落入該), 2 , 1(/kinni., 2 , 1)()(1001kitFtFtXtPpiiiiiktt,0 由頻率與概率的關(guān)系知道，當(dāng)原假設(shè)H0成立時(shí)，(ni /npi)2 應(yīng)該比較小，也應(yīng)該比較小，因此比較小才合理上式稱為皮爾遜統(tǒng)計(jì)量kinpnpnnppnniiiiii, 2 , 1)(/)/(22kiiiinpnpn12)(第35頁/共42頁 如果F0(x)中含有r 個(gè)未知參數(shù)1,2,r 即總體 X 的分布函數(shù)為 F

30、0 ( x；1,2,r )，則應(yīng)先求出1,2,r 的極大似然估計(jì) ，再求出r,21., 2 , 1),;(),;(2110210kitFtFpririi 可以證明，在假設(shè)H0成立的條件下，不論F0(x)是怎樣的分布函數(shù)，當(dāng)樣本容量充分大時(shí)，皮爾遜統(tǒng)計(jì)量總是近似地服從自由度為k1的 分布kiiiinpnpn122)(2 對于給定的顯著性水平，當(dāng)樣本容量 n 很大時(shí)，有原假設(shè)H0的拒絕域?yàn)?)1(22kP.)1(22kW第36頁/共42頁當(dāng) n 充分大時(shí)，統(tǒng)計(jì)量近似地服從自由度為 k r 1的 分布此時(shí)假設(shè) H0：的拒絕域?yàn)閗iiiipnpnn122)(2),;()(210rxFxF.)1(22rkW 注意 在