概率論與數理統(tǒng)計第二十一講

1、1 1 1概率論與數理統(tǒng)計概率論與數理統(tǒng)計正態(tài)總體方差的假設檢驗（正態(tài)總體方差的假設檢驗（2）置信區(qū)間與假設檢驗之間的關系置信區(qū)間與假設檢驗之間的關系樣本容量的選取樣本容量的選取2 2 2 提出提出假設假設 根據統(tǒng)計調查的目的根據統(tǒng)計調查的目的, 提出提出原假設原假設H0 和備選假設和備選假設H1作出作出決策決策抽取抽取樣本樣本檢驗檢驗假設假設 對差異進行定量的分析，對差異進行定量的分析，確定其性質確定其性質(是隨機誤差是隨機誤差還是系統(tǒng)誤差還是系統(tǒng)誤差. 為給出兩為給出兩者界限，找一檢驗統(tǒng)計量者界限，找一檢驗統(tǒng)計量T，在在H0成立下其分布已知成立下其分布已知.）拒絕還是不能拒絕還是不能拒絕拒

2、絕H0顯著性顯著性水平水平P(T W)= -犯第一犯第一類錯誤的概率，類錯誤的概率，W為拒絕域為拒絕域假假設設檢檢驗驗步步驟驟3 3 3 在大樣本的條件下，若能求得檢驗統(tǒng)計在大樣本的條件下，若能求得檢驗統(tǒng)計量的極限分布，依據它去決定臨界值量的極限分布，依據它去決定臨界值C.F 檢驗檢驗 用用 F分布分布一般說來，一般說來，按照檢驗所用的統(tǒng)計量的分布按照檢驗所用的統(tǒng)計量的分布, 分為分為Z（U） 檢驗檢驗 用正態(tài)分布用正態(tài)分布t 檢驗檢驗 用用 t 分布分布2 檢驗檢驗2 用用分布分布4 4 4的的檢檢驗驗）均均值值，（一一）單單個個總總體體 2N一、正態(tài)總體均值的假設檢驗一、正態(tài)總體均值的假設

3、檢驗檢檢驗驗）的的檢檢驗驗（已已知知，關關于于Z 2. 1nXZ/0 選選取取統(tǒng)統(tǒng)計計量量00 ：原假設原假設H zz 拒絕域：拒絕域：00 ：原假設原假設H00 ：原假設原假設H zz 拒絕域：拒絕域：2/| zz 拒絕域：拒絕域：) 1 , 0( NnX 5 5 5檢檢驗驗）的的檢檢驗驗（未未知知，關關于于t 2. 2nSXt/0 選選取取檢檢驗驗統(tǒng)統(tǒng)計計量量00 ：原假設原假設H)1( ntt 拒絕域：拒絕域：00 ：原假設原假設H00 ：原假設原假設H）（拒絕域：拒絕域：1 ntt ）（拒絕域：拒絕域：1|2/ ntt 分分布布的的服服從從自自由由度度為為tn1 ) 1(ntnSX 6

4、 6 6例例1 1 某廠生產小型馬達某廠生產小型馬達, ,說明書上寫著說明書上寫著: : 這這種小型馬達在正常負載下平均消耗電流不會種小型馬達在正常負載下平均消耗電流不會超過超過0.8 0.8 安培安培. . 解解 根據題意待檢假設可設為根據題意待檢假設可設為 現(xiàn)隨機抽取現(xiàn)隨機抽取1616臺馬達試驗臺馬達試驗, ,求得平均消求得平均消耗電流為耗電流為0.920.92安培安培, ,消耗電流的標準差為消耗電流的標準差為0.320.32安培安培. . 假設馬達所消耗的電流服從正態(tài)分布假設馬達所消耗的電流服從正態(tài)分布, , 取顯著性水平為取顯著性水平為 = 0.05, = 0.05,問根據這個樣本問根

5、據這個樣本, , 能否否定廠方的斷言能否否定廠方的斷言? ?7 7 7 H0 0 : : 0.8 0.8 ； H1 1 : : 0.8 0.8 未知未知, , 故故選檢驗統(tǒng)計量選檢驗統(tǒng)計量: :(15)/ 16XTTS查表得拒絕域為查表得拒絕域為t t t t0 0. .0505(15) = 1.753, (15) = 1.753, 5 . 116/32. 08 . 092. 0/8 . 0 nsxt而而753. 1 故接受原假設故接受原假設, , 即不能否定廠方斷言即不能否定廠方斷言. .8 8 8解二解二 H0 0 : : 0.8 0.8 ； H1 1 : : 0.8 0.8 選用統(tǒng)計量選

6、用統(tǒng)計量: : (15)/ 16XTTS故接受原假設故接受原假設, , 即否定廠方斷言即否定廠方斷言. .查表得拒絕域為查表得拒絕域為t t - 0.00040. 此時可采用效果相同的單邊假設檢驗 H0 : 2 =0.00040 ；H1 : 2 0.00040. 191919（二）兩個總體的情況（二）兩個總體的情況，設設),(),(222211 NYNXYX和分別是這兩個樣本的分別是這兩個樣本的且且X與與Y獨立獨立,X1,X2,1nX是取自是取自X的樣本的樣本,取自取自Y的樣本的樣本,均值均值,Y1,Y2,2nY是是樣本樣本2221SS 和分別是這兩個樣本的樣本方差分別是這兩個樣本的樣本方差,

7、，：原假設原假設22210 H22222121/ SS取檢驗統(tǒng)計量取檢驗統(tǒng)計量)1, 1(21 nnF202020)1, 1(2122212221 nnFSS 22210 ：原假設原假設H）（拒絕域：拒絕域：1, 121 nnFF ），（或或），（拒絕域：拒絕域：1111212/1212/ nnFFnnFF 22210 ：原假設原假設H）（拒絕域：拒絕域：1, 1211 nnFF 212121 例例4 為比較兩臺自動機床的精度，分別取容為比較兩臺自動機床的精度，分別取容量為量為10和和8的兩個樣本，測量某個指標的尺的兩個樣本，測量某個指標的尺寸寸(假定服從正態(tài)分布假定服從正態(tài)分布)，得到下列結

8、果：，得到下列結果：在在 =0.1時，時， 問這兩臺機床是否有同樣問這兩臺機床是否有同樣的精度的精度? 車床甲：車床甲：1.08, 1.10, 1.12, 1.14, 1.15, 1.25, 1.36, 1.38,1.40,1.42車床乙：車床乙：1.11, 1.12, 1.18, 1.22, 1.33, 1.35, 1.36, 1.382222222221122210: HH解解: :設設兩臺自動機床的方差分別為兩臺自動機床的方差分別為在在 =0.1=0.1下檢驗假設下檢驗假設: : ,2221 )7 , 9(/22212221FSSF 取統(tǒng)計量取統(tǒng)計量其中其中 為兩樣本的樣本方差為兩樣本的

9、樣本方差2221,SS)7 , 9(21 FF拒絕域為拒絕域為 W:或或)7 , 9(2 FF 232323由樣本值可計算得由樣本值可計算得F的實測值為的實測值為: :68. 3)7 , 9()7 , 9(05. 02 FF 查表得查表得)7 , 9()7 , 9(95. 021FF 304. 029. 3/1)9 , 7(/105. 0F由于由于 0.3041.513.68， 故接受故接受H0 .)7 , 9(21 FF拒絕域為拒絕域為 W:或或)7 , 9(2 FF F=1.51242424接受域置信區(qū)間1假設檢驗區(qū)間估計統(tǒng)計量 樞軸量對偶關系同一函數二、置信區(qū)間與假設檢驗之間的關系二、置

10、信區(qū)間與假設檢驗之間的關系假設檢驗和區(qū)間估計假設檢驗和區(qū)間估計252525, 1 1.若若 是是 的的100( )的置信區(qū)間，的置信區(qū)間， 0100 HH ：的雙邊檢驗：的雙邊檢驗：對顯著性水平為對顯著性水平為，）時，則接受）時，則接受，（當當00 .00 ）時，則拒絕）時，則拒絕，（當當 262626 10）（即即P0100. 2 HH ：的雙邊檢驗：的雙邊檢驗：對顯著性水平為對顯著性水平為. ），若它的接受域為（若它的接受域為（ 任意，任意，由由0 1）（得得P, 1 所以所以 是是 的的100( )的置信區(qū)間的置信區(qū)間. 單側置信區(qū)間與單邊假設檢驗關系類似單側置信區(qū)間與單邊假設檢驗關系類

11、似.272727 假設檢驗與置信區(qū)間對照假設檢驗與置信區(qū)間對照),(22nzxnzx20znx接受域置信區(qū)間檢驗統(tǒng)計量及其在H0為真時的分布樞軸量及其分布 0 0（ 2 已知) 1 , 0 (0NnXU（ 2 已知) 1 , 0 (0NnXU原假設 H0備擇假設 H1待估參數282828接受域置信區(qū)間檢驗統(tǒng)計量及其在H0為真時的分布樞軸量及其分布原假設 H0備擇假設 H1待估參數 0 0（ 2未知）) 1(0nTnSXT（ 2未知）) 1(0nTnSXT)2nstx20tnsx,(2nstx292929接受域置信區(qū)間) 1() 1(,) 1() 1(2122222nsnnsn22202221) 1(Sn檢驗統(tǒng)計量及其在H0為真時的分布樞軸量及其分布原假設 H0備擇假設 H1待估參數 2 02 2= 02 2(未知) 1() 1(22022nSn(未知) 1() 1(22022nSn303030三、樣本容量的選取三、樣本容量的選取