數(shù)理統(tǒng)計(jì)期末重點(diǎn)知識(shí)

1、數(shù)理統(tǒng)計(jì)期末重點(diǎn)知識(shí)期末考試重點(diǎn)目錄 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark10 o Current Document 統(tǒng)計(jì)量及其分布1 HYPERLINK l bookmark50 o Current Document 三大抽樣分布2 HYPERLINK l bookmark52 o Current Document 內(nèi)容概要2 HYPERLINK l bookmark105 o Current Document 點(diǎn)估計(jì)的幾種方式66.2 點(diǎn)估計(jì)的評(píng)價(jià)標(biāo)準(zhǔn)11 HYPERLINK l bookmark145 o Current Document 內(nèi)容概要11 H

2、YPERLINK l bookmark226 o Current Document 假設(shè)檢驗(yàn)的基本思想19內(nèi)容概要19 HYPERLINK l bookmark293 o Current Document 正態(tài)總體參數(shù)假設(shè)檢驗(yàn)265.3統(tǒng)計(jì)量及其分布樣本方差與樣本標(biāo)準(zhǔn)差樣本方差有兩個(gè)，樣本方差”2與樣本無(wú)偏方差S*21 S *2 = ni =1 (X - X)2。ii =1實(shí)際中常用的是無(wú)偏樣本方差s2，這是因?yàn)椋寒?dāng)。2為總體方差時(shí)，總有E(s2) =。2.n 一 1E( s*2 )=。2,ns2的計(jì)算有如下三個(gè)公式可供選用:_1 1 一(乙 X)211 V _s 2 =乙(X - X )2

3、=乙 X 2 1-=乙 X 2 - nx 2.n -1 i n -1 i n n -1 i在分組樣本場(chǎng)合,樣本方差的近似計(jì)算公式為s 2=白 小-)2=小VfXi-nX .i=1i=1.從指數(shù)總體exp(1/。)中抽取了 40個(gè)樣品，試求X的漸進(jìn)分布N(,黑) 一/5 1 .設(shè)X，X是從均勻分布U(0,5)抽取的樣本,試求樣本均值X的漸進(jìn)分布N -, 12512 12 /.設(shè)xy , x 20是從二點(diǎn)分布b(1,p)抽取得樣本,試求樣本均值X的漸近線(xiàn)分布N p p k207.設(shè)X,X16是來(lái)自N &4)的樣本，試求下列概率(1) P(X(16) 10) ；(2) P(X5).解：(1) P(X

4、(16) 10) = 1 - P(X(16) 10) = 1 - (P(X1 5) =(P (X1 5)6 = 1一15一8 16 =(1.5)16 = 0.3308.5.4 三大抽樣分布內(nèi)容概要三大抽樣分布：產(chǎn)分步，F(xiàn)分布，t分布設(shè)X1,x2，,xn和V1N2,Vn是來(lái)自標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布的兩個(gè)相互獨(dú)立的樣本，則此三個(gè)統(tǒng)計(jì)量的構(gòu)造及其抽樣分布人員下表所示統(tǒng)計(jì)量的構(gòu)造;抽樣分布密度函數(shù)【期望1方差1X 2 = X2 + X2 + X2: p(y) = -1 y-1e-|I12n；G )2n/2y 011;n12n(y 2 + y 2 + + y 2)/m ；_ / 、 n n 、一 i n z2n2

5、( m+n - 2)F二一i2m: p(y)= 三n) (m)m/2ym-1(1+ m)-nI(n2) 1:(X2 + X2 + X2)/n ；r( m )r( n) nn12n22t = ;p(y)= 延) (1+1 y2)-n+1J( X2 + X2 + X2)/n ：m( n)ny0 ; n-2; m(n-2)(n-4)0(n 1) (n 2)：n - 2ii今后正態(tài)總體參數(shù)的置信區(qū)間與假設(shè)檢驗(yàn)大多數(shù)將基于這三大抽樣分布一個(gè)重要的定理設(shè)X1,X2，,xn是來(lái)正態(tài)總體N（內(nèi)。2）的的樣本，其樣本均值與樣本方差分別為X = 1 寸 X 和 s 2 = 1 Z (Xn in-1i=1:-X)2

6、, i TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark54 o Current Document _,c.、(n 1) s 2. 一、則有(1) X與 S2相互獨(dú)立；(2) X N(旦,2 /n) ； (3)x2(n-1).5 2一些重要推論(1)設(shè)X ,X是來(lái)自正態(tài)總體N(也5 2)的樣本，則有t = n(X f) t(n -1),1ns其中X為樣本均值，為樣本標(biāo)準(zhǔn)差.(2)設(shè)x，,x是來(lái)自N,5 2)的樣本,y，,y是來(lái)自N(四,5 2)的樣本，且此 1m111n22s 2 5 2兩樣本相互獨(dú)立，則有F = 丁 F(m -1, n -1),s 2 5 2y 2其中s

7、2,s 2分別是兩個(gè)樣本方差.若5 2 = 5 2,則Xy12F = s 2 . s 2 F (m -1, n -1).X : y1.在總體N(7.6,4)中抽取容量為n的樣本，如果要求樣本均值落在(5.6,9.6)內(nèi)的概率不小于0.95，則至少為多少？4、一 、 一，解：樣本均值x N (7.6,-)，從而按題意可建立如下不等式 nP(5.6 X 9.6) = P(5,6Z1,6 ；76 0.95,-V4 n4 ny4 n即 2(底)-1 0.95 ,所以中(、.n) 0.975 ,查表,(1.96); 0.975 ,故 1.96 或n 3.84，即樣本量n至少為4.2.設(shè)5,xn是來(lái)自N

8、( r ,25)的樣本，問(wèn)n多大時(shí)才能使得P(lx-r l 0.95成立？25、解：樣本均值x N(r , 一)，因而nP(lX-r l 1) = PI l XR_ l0.95,，25,25；力 所以(xn/5) 0.975, tn：5 1.96,這給出n 96.04,即n至少為97時(shí)，上述概率不等式 才成立.設(shè)x,x16 是來(lái)自 N(r,8 2)的樣本，經(jīng)計(jì)算X = 9,s2 = 5.32，試求P(l X -r l 0.6).l x - r l TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark66 o Current Document ,一 ,nn (x - r )8 v

9、n解：因?yàn)?一-=.= t(n -1)用t (x)表示服從t(15)的隨機(jī)變 HYPERLINK l bookmark68 o Current Document s；(n -1)s215(n -1)量的分布函數(shù)，注意到t分布是對(duì)稱(chēng)的，故P (l x-r l 0.6) = P (4l x-R l 406) = 21 (1.0405) -1, HYPERLINK l bookmark97 o Current Document ss 15統(tǒng)計(jì)軟件可計(jì)算上式.譬如，使用MATLAB軟件在命令行輸入tcdf(1.0405,15)則給出0.8427,直 接輸入2* tcdf(1.0405,15)-1則給出

10、0.6854.這里的tcdf(x,k)就是表示自由度為可k的t分布在 x處的分布函數(shù)，于是有P(lx-r l 0，有P(l x l c) a ,解：由于x N(R,-)，所以P(l x l c)的值依賴(lài)于日，它是目的函數(shù)，記為g(日)，于是 ng(R) = P (l x l c) = P(-c x 0, r 0，故 |一 c 一 r| 2 c 一 r| ,從而叭.n(-c - R) 叭 v；n(c 一 R),這說(shuō)明g(R) 0, g(R)為減函數(shù)，并在R = 0處取得最大值卻max( n(c - R)-(/ n(-c - R)二;nc)-(一、nc) = 2(nic) -1.虔0于是，只要2(

11、41c ) -1 a ,即(0 ) c 0,有P (l x k c) kJ = 0.05.J一 (x + x )2 解：由上題,Y = T一V x - x J12F(1,1),z ;(x + x )212(x - x )2 + (x + x )21212由于Z的取值與k 廳于是二F1 - k 0-95(0,1)，故由題目所給要求有0k k) = P( k) = P(Y )=0.05.1 + Y1 - k(1,1) = 161.45,這給出 k = 161.45 = 0.9938.1 +161.456設(shè)從兩個(gè)方差相等的正態(tài)總體中分別抽取容量為 15,20 的樣本,其樣本方差分別為s2,S2,試求

12、P(耳 2). TOC o 1-5 h z 1 2S2214s219s2解不妨設(shè)正太總體的方差為。2，則有一u % 2(14), X 2(19)，于是O 2O 2F = 4 F(14,19).s22利用統(tǒng)計(jì)軟件計(jì)算可算出P(s/s2 2) = P(F 2) = 0.0798.譬如,可使用MATLAB軟 件計(jì)算上式：在命令行輸入1-fcdf(2,14,19)則給出0.0798,這里的fcdf(x,k 1,k2)就表示 (k 1,k2)自由度為的F分布在x處的分布函數(shù)。7.設(shè)(5切是來(lái)自正態(tài)分布N)的一個(gè)樣本/與s2分別是樣本均值與樣本方差。求 k,使得 p(X R + ks) = 0.95,.J

13、n (X- R )/ r、解：在正態(tài)總體下，總有一- t(n -1),所以s()P(X R + ks) = P 而 x R k4n = 0.95,sIJ即P(n(X R) knn) = 0.05,故kqn是自由度是n-1的t分布t (n-1)的0.05分倍數(shù), s-1.7459即 k” = t0.05 (n-1),如今 OR，查表知 t。/=-1.7459,從而 k = 1 = -0.4234.點(diǎn)估計(jì)的幾種方式.設(shè)總體密度函數(shù)如下,A，*是樣本，試求未知參數(shù)的矩估計(jì).2 ,(1)p(x;9) =(9 -x),0 x 0；92(2)p(x;9) = (9 +1)x9,0 x 0；(3)p(x;9

14、) = 9 x 9-1,0 x 0；i1 p (x ；9,四)二e9x -p,9 , x p,9 0.解：(1)總體均值 E( X)J9 x (9 - x) dx = 2-19 0 9292 0(9x 一 x2)dx = 39，即即9 = 3E(X),人故參數(shù)9的矩估計(jì)為9 = 3x.9+19T2，所以9總體均值 E(X)=J1 x(9 +1)x9dx =01 -2E(X) 八 q-吊兩h,從而參數(shù)9的矩估計(jì)由 E(X)=/xy。x,9-1dx =09可得9 =, 9 +1A 2,由此，參數(shù)9的矩估計(jì)先計(jì)算總體均值與方差e( x)=J+s x 9ex-p1 上9 dx = J+s 19e-9

15、dt +J+s 1 pe -9 dt = 9 + p 0 9E (X 2) J1 _x-px 2 e 99+“1 1dx = J (t + p)2 e 9dt09J+s 121 e-9dt 091 t1 t+ J+s2Pt e-9dt +J+sp2 e-9dt = 292 + 2p9 + p2.909Var(X)= E(X2) - (E(X)2 = 9 2由此可以推出9 =、Var(X),目=E(X) - *Var(X)，從而參數(shù)9,從的矩估計(jì)為2.設(shè)總體概率函數(shù)如下M ,戶(hù)是樣本，試求未知參數(shù)得最大似然估計(jì). 1n（1） x 0;（2）,（x;。）=Oc0 x-（0+i）,x c,c 0已知

16、為1解 似然函數(shù)為力（。）=QS3（x,）i,其對(duì)數(shù)似然函數(shù)為 1 nlnL（0） = InO + （ V行一 l）（lnx Hblnx ）21n61nL(0)n29將InLe ）關(guān)于。求導(dǎo)并令其為0即得到似然方程+ (Inx Hb Inx ) = = 0i 2押八1 E解之得。二(一工In%)-2n i i=l由干牛(0) _r. n二啊la21 202 4HWJ - 4磔0Ie所以或是。的最大似然估計(jì).似然函數(shù)為L(zhǎng)(O)=eco(% )-(0+1),其對(duì)數(shù)似然函數(shù)為 1 nlnL(0) = nln0 + nOlnc-(0 +l)(liix +lux )1n解之可得0=（ f Lnx - I

17、nc） -in 1i=ld 21nLg-n _ 八由于一壯=50,0 0,c 0 已知;1 I(2p(x-fi,i) = e e ,x |li,9 0; up（%；e）二（左e）（0）-i,0 %o解：(1)樣本X, Xn的似然函數(shù)為L(zhǎng) (9) = cn9 nc (XX )(c+1) I 0,故9 n是9的單調(diào)增函數(shù),所以9的取值應(yīng)盡可能大,但示性函數(shù)的存在決定了9的取值不能大于 ，由此給出的9最大似然估計(jì)為X(1)此處的似然函數(shù)為L(zhǎng)(9) = (j)n exp,-9才(x, mj, x(1) 日 i=1 (XJ 0)其對(duì)數(shù)似然函數(shù)為lnL(9,0) = -nln9 - a 由于 所以，lnL

18、(9,從)是日的單調(diào)增函數(shù),要使其最大,目的取值應(yīng)該盡可能的大,由于限制-X (1)，這給出N的最大似然估計(jì)為d=X(1)將ln L(9,四)關(guān)于9求導(dǎo)并令其為0得到關(guān)于9的似然方程a ln L (9,0)。9八=X - X(1) ( x-四)n , ik + -*1K二 099 2 ( X -0 ) i 解之得9 = i=1n似然函數(shù)為L(zhǎng)(9 h (k9)4X-X(n/(k + 1由于L(9)= (k9)-n是關(guān)于9的單調(diào)遞減函數(shù)，要使L 0 ；29(2) p (x ;9)= 1,9 -1/2 x 9+1/2 ； P(x ;91，92 )=919，91 x 92.21解：(1)不難寫(xiě)出似然函

19、數(shù)為L(zhǎng)(9)=1 -9-對(duì)數(shù)似然函數(shù)為 x ln L(9 )= -n ln 29 i=19d ln L(9)將之關(guān)于9求導(dǎo)并令其為0得到似然方程 一 I x Ini+ -r=199 2 I x I i 解之可得9 =1一n而:021n L(9) ( n _2 Ixi I 392=(92 -9T/八9n 2( I x I)2i故9是9的最大似然估計(jì)(2)此處的似然函數(shù)為L(zhǎng)(9)= I.9- 2 x(1) x( n) 9+ - 它只有兩個(gè)取值：0和1,為使得似然函數(shù)取1,9的取值范圍應(yīng)是x 1 9 x + 1，因而 (n)2(1)2一.1119的最大似然估計(jì)9可取(x , x + )中的任意值.(

20、n)2(1)2由條件，似然函數(shù)為L(zhǎng)(0)二 -一 I(,.(02 _01) n& X(1) X(2) 02)要使l 6）盡量大，首先示性函數(shù)應(yīng)為1,這說(shuō)明1 X(1)X(2) 0,有 人limP(19 -9 18)= 0, V9 e,nn-8人則稱(chēng)9為參數(shù)9的相合估計(jì).n相合性本質(zhì)上就是按概率收斂，它是估計(jì)量的一個(gè)基本要求，即當(dāng)樣本量不斷增大時(shí), 相合估計(jì)按概率收斂于未知參數(shù)；矩法估計(jì)一般都是相合估計(jì)；在很一般的條件下，最大似然估計(jì)也是相合估計(jì).人.無(wú)偏性設(shè)=9( %，,%)是9的一個(gè)估計(jì),9的參數(shù)空間為，若對(duì)V9 e，有 n1 nE (9)=9人則稱(chēng)9是9的無(wú)偏估計(jì),否則稱(chēng)為有偏估計(jì).假如對(duì)

21、任意的9 e，有l(wèi)im E(9) =9，則稱(chēng)9是9的漸近無(wú)偏估計(jì).nf+8 TOC o 1-5 h z 人人.有效性設(shè)9 是9 2的兩個(gè)無(wú)偏估計(jì),如果對(duì)任意的9 e有 人人Var(9 ) 0是未知參數(shù)，又x ,x為取自該總體的樣本/為樣本 1n均值.八2(1)證明。=3x是參數(shù)6的無(wú)偏估計(jì)和相合估計(jì)；求6的最大似然估計(jì)，它是無(wú)偏估計(jì)嗎？是相合估計(jì)嗎？.設(shè)x,xn是來(lái)自密度函數(shù)為p(x;6) = e-(x-6),x 6的樣本,八(1)(2)求6的最大似然估計(jì)6 j它是否是相合估計(jì)？是否是無(wú)偏估計(jì)?八求6的矩估計(jì)6，它是否是相合估計(jì)？是否是無(wú)偏估？ 2C八八考慮6的形如6 = x c的估計(jì)，求使得

22、6的均方誤差達(dá)到最小的c,并將之與C (1)c6,6的均方誤差進(jìn)行比較. 12-(x.6 = exp-i 6I解：(1)似然函數(shù)為l (6 )=n ei=1i=1人顯然L (6)在示性函數(shù)為1的條件下是6的嚴(yán)增函數(shù)，因此6的最大似然估計(jì)為61=x (1).又X(1)的密度函數(shù)為f(x)= ne-n(x-6)，x 6，故八E (61)=卜 xne - n (x-6) dx = f+8(t +6) ne - ntdt = +6, n故6不是6的無(wú)偏估計(jì)，但是6的漸近無(wú)偏估計(jì).由于E(61) -6(n -+8)且八E (62)=1卜8 x 2 ne - n (x-6) dx =卜800226V a

23、r(6 )+ 1 n2 n(12 + 261 + 6 2) ne - ntdx = + 6 +6 2, n2n+ 6 2 - (A +6)2 = 0,八這說(shuō)明6是6的相合估計(jì).1(2)由于E(X) = J+8 xe-(x-6)dx = 6 +1,這給出6 = EX -1，所以6的矩估計(jì)為 0=x -1.又 E (X2) = J+8 x2 ne - n (x-6) dx = 6 2 + 26 + 2,所以 v a r (X) = 1,從而有0E(6 ) = E(x) -1 =6, var(6 )=Var (X) = 0 0(n +s), nn這說(shuō)明6既是6的無(wú)偏估計(jì)，也是相合估計(jì). 2人人MSE

24、 (0 ) = Var Xc(1) 對(duì)形如。=X c的估計(jì)類(lèi),其均方誤差為 c (1)c) + (Ex c 0 )2 = -1 + (1 c)2, (1)n2 n TOC o 1-5 h z 因而當(dāng)c = 1時(shí),MSE (0 ) = -1達(dá)到最小，利用上述結(jié)果可以算出 0 nc0n221MSE (0 ) = ,MSE (0 )=,1n22 n1故有MSE (0 ) MSE (0 ) MSE(0 )，所以在這三個(gè)估計(jì)中,0 = X 的均方誤差最小. c012c0(X) n3.設(shè)總體X Exp(1/0 ), X1,X”是樣本,0的矩估計(jì)和最大似然估計(jì)都是X,它也是0人的相合估計(jì)和無(wú)偏估計(jì),試證明在

25、均方誤差準(zhǔn)則下存在優(yōu)于x的估計(jì)(提示：考慮0 = ax，找 a均方誤差最小者).0 2人證：由于總體X Exp = (1/0 ),所以E(X) =0 , Var(X)=.現(xiàn)考慮形如0 = aX的 ”a估計(jì)類(lèi),其均方誤差為a 20 2Mse(0 ) = Var(ax) + (E(aX) 0)2 =+ (a 1)202.a”將上式對(duì)a求導(dǎo)并令其為0,可以得到當(dāng)a = 一時(shí),mse(0 )最小，且 0 n +1a00 21cMSE(0 )=_02 = MSE(x).a 0n +1 n這就證明了在均方誤差準(zhǔn)則下存在一個(gè)優(yōu)于X的估計(jì).這也說(shuō)明，有偏估計(jì)有時(shí)不比無(wú)偏估 計(jì)差.18.設(shè)x1, x 2獨(dú)立同分

26、布，其共同的密度函數(shù)為3X2p(X;0) =,0 X 0.03 TOC o 1-5 h z (1)證明：T = 2(X + X )和T = 7max葭,x 都是0的無(wú)偏估計(jì)； 13122612計(jì)算T1和T2的均方誤差并進(jìn)行比較；證明：在均方誤差意義下，在形如= cmax&,x?的估計(jì)中T8最優(yōu).87 HYPERLINK l bookmark165 o Current Document 3X232解：(1)先計(jì)算總體均值為E(X)=)0 x- -dx = -0，故E(T) = - 2E(X) =0 ,這說(shuō)003413明T1是的無(wú)偏估計(jì).又總體分布函數(shù)為F(x;)=,；和-(Q3,0 x ，記Y=

27、max(x1, x2,則密度函數(shù)為f (y;)= 2 F(y;) P(y;)= M,0 y MSE(T2),因此在均方差意義下，T2優(yōu)于T1.63 TOC o 1-5 h z 對(duì)形如T = cmaxx ,x 的估計(jì)有E(T ) = c,E(T 2) = c2 2，故c12c 7c 4312MSE(T ) = E(T -)2 = E(T2) - 2E(T ) + 2 = (c2 c + 1)02,c +ccc4712 / 8因此當(dāng)c = 7.； = 7時(shí)，上述均方誤差最小，所以在均方誤差意義下，在形如 2=c maxx, x2的估計(jì)中,T8最優(yōu).873 .設(shè)X1,X”是來(lái)自二點(diǎn)分布b(1, p)

28、的一個(gè)樣本，(1)尋求p2的無(wú)偏估計(jì)；(2)尋求p(1 - p)的無(wú)偏估計(jì)；證明1的無(wú)偏估計(jì)不存在. p解：(1) X是p的最大似然估計(jì)，亍2是p2的最大似然估計(jì),但不是p2的無(wú)偏估計(jì),這是因?yàn)镋(X2) = Var(x) + E(X)2 = p(一_p) + p2 = p + _p p2 豐 p2, ”_ n X由此可見(jiàn)p2 =- X2 - 是p2的無(wú)偏估計(jì).n +1 nX(1 - X) = X - X2是p(1 - p)的最大似然估計(jì),但不是p(1 - p)無(wú)偏估計(jì)，這是因?yàn)橐?. p (1 p) n 1n 一 一 一、E(x -X2) = p - ( + p2) =p(1 - p)豐 p

29、(1 - p),由此可見(jiàn)-X(1 -X)是nnn -1p (p -1)的一個(gè)無(wú)偏估計(jì),1(3)反證法，倘若g(x ,L , x )是1的無(wú)偏估計(jì)，則有 1npy y,YnZ-u ry g(X X )p:(1-p) iJ 1,nX.X、Zx+Ln-Zx“ 八g (X，X ) pJ (1 - p) iJ -1 = 01nX1 Xn上式是p的n+1次方程，它最多有n+1個(gè)實(shí)根，而p可在(0,1)取無(wú)窮多個(gè)值，所以不論取什么形1式都不能使上述方程在0pn .1注：這里s 0:s 2：ms20s4s4x + ym2(m1) n2(n1)的整數(shù)查表得1,005=3.3554，因而N的置信水平為0-99的置

30、信區(qū)間為56.32-3.3554X 0.22/ %9,56.32+3.3554X0.22/ v 9 =56.0739,56.5661.7.1 假設(shè)檢驗(yàn)的基本思想內(nèi)容概要假設(shè)參數(shù)空間=0的非空子集或有關(guān)參數(shù)e的命題，稱(chēng)為統(tǒng)計(jì)假設(shè)，簡(jiǎn)稱(chēng)假設(shè)。原假設(shè)，根據(jù)需要而設(shè)立的假設(shè)，常記為H0 : 0e0o.備擇假設(shè)，在原假設(shè)被拒絕后而采用(接受)的假設(shè)，常記為H 1： 0e01.檢驗(yàn)對(duì)原假設(shè)H0 ： 0g。.作出判斷的法則稱(chēng)為檢驗(yàn)法則，簡(jiǎn)稱(chēng)檢驗(yàn)。檢驗(yàn)有兩個(gè)結(jié)果：“原假設(shè)不正確”，稱(chēng)為拒絕原假設(shè)，或稱(chēng)檢驗(yàn)顯著；“原假設(shè)正確”，稱(chēng)為接受原假設(shè)，或稱(chēng)檢驗(yàn)不顯著檢驗(yàn)問(wèn)題由原假H0和備擇假設(shè)H 1組成的一個(gè)需要作判斷

31、的問(wèn)題稱(chēng)為檢驗(yàn)問(wèn)題。參數(shù)檢驗(yàn)問(wèn)題，兩個(gè)假設(shè)都是由有關(guān)參數(shù)的命題組成的檢驗(yàn)問(wèn)題；非參數(shù)檢驗(yàn)問(wèn)題，兩個(gè)假設(shè)都是由有關(guān)分布的命題組成的檢驗(yàn)問(wèn)題。常用的參數(shù)的假設(shè)檢驗(yàn)問(wèn)題有如下三種，其中00是已知常數(shù)(1)H0 也eovsH 1 ： W H0 金eovsH1：eeo H0 ：e= eovsH 1 ： e=eo其中(1)與(2)又稱(chēng)單側(cè)檢驗(yàn)問(wèn)題，因?yàn)橐粋€(gè)假設(shè)位于另一個(gè)假設(shè)的一側(cè)，(3)稱(chēng)為雙側(cè)檢驗(yàn)問(wèn) 題，因?yàn)閭鋼窦僭O(shè)位于原假設(shè)的兩側(cè)。兩類(lèi)錯(cuò)誤及其發(fā)生的錯(cuò)誤x 原假設(shè)H0正確，但被拒絕，這種判斷錯(cuò)誤稱(chēng)為第一類(lèi)錯(cuò)誤，其發(fā)生概率稱(chēng)為犯第 一類(lèi)錯(cuò)誤的概率，或稱(chēng)拒真概率，常記為a ；篝原假設(shè)H0不真，但被接受，這

32、種判斷錯(cuò)誤稱(chēng)為第二類(lèi)錯(cuò)誤，其發(fā)生概率稱(chēng)為犯第二類(lèi)錯(cuò)誤的概率，或稱(chēng)受偽概率，常記為P .5假設(shè)檢驗(yàn)的基本步驟(1)建立假設(shè).根據(jù)要求建立原建設(shè)H 0和備擇假設(shè)H 1.選擇檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量，給出拒絕域W的形式.用于對(duì)原假設(shè)H 0作出判斷的統(tǒng)計(jì)量稱(chēng)為檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量；使原假設(shè)被拒絕的樣本觀察值所在區(qū)域稱(chēng)為拒絕域，常用W表示；一個(gè)拒絕域W唯一確定一個(gè)檢驗(yàn)法則，反之，一個(gè)檢驗(yàn)法則唯一確定一個(gè)拒絕域W .(3)選擇顯著性水平a(0 a 2.6 定.(1)當(dāng)n = 20時(shí)求檢驗(yàn)犯兩類(lèi)錯(cuò)誤的概率；(2)如果要使得檢驗(yàn)犯第二類(lèi)錯(cuò)誤的概率P 2.61 H )=尸| _= = 1(2.68) = 0.0037,01也 20 也

33、 20 J這是因?yàn)樵贖0成立下，XN(2,1 20).而犯第二類(lèi)錯(cuò)誤的概率為-( X-32 6-31P = P(X 2.61H ) = P -=3= 2=(-1.79) = 1(1.79) = 0.0367I 0 歷 J這是因?yàn)樵贖1成立下，XN(3,1/ 20)若使犯第二類(lèi)錯(cuò)誤的概率滿(mǎn)足 0.01即1-P = P(X 2.33，因此，n 33.93即最小應(yīng)取34,才能使檢驗(yàn)犯第二類(lèi)錯(cuò)誤的概率P 2.6 I H0) = P 2，6_2 = 1 -(0.6 Jn) . 0(n . s), l Q1；n、1T J檢驗(yàn)犯第二類(lèi)錯(cuò)誤的概率P = P(X 0.51 H ) = P(10% 51H ) =

34、 (10)(+1O0-k = 0.0328,0k 55k =5檢驗(yàn)犯第二類(lèi)錯(cuò)誤的概率p = P(% 0,51 H ) = P(10% 0-k=0.6331.1k 55k =0討論：這里a=0。0328已經(jīng)很小了，但是。=6331卻很大，在樣本容量n=10固定下，要使a變小，則。就會(huì)變大。為了進(jìn)一步說(shuō)明這一點(diǎn)，我們?cè)囍淖兙芙^域?yàn)閃 = 無(wú) 0.6,10-k則這時(shí)檢驗(yàn)犯兩類(lèi)錯(cuò)誤的概率分別為a = P(% 0.61 H ) = P(10% 61 H )=#k =6=0.0328-=0.0328-0.0264=0.0064,=P(% 0.6 H1) = P(10% c I ) = 0.05,n P|

35、4=6=1-(2 c) = 0.025n (2 c) = 0.975 n 2 c = 1.96 n c = 0.98即當(dāng)c=0.98時(shí)，檢驗(yàn)的顯著性水平為0.05檢驗(yàn)在26.5處犯第二類(lèi)錯(cuò)誤的概率為P = P(I 亍一61 0.98 I) = P(-2 x 1.48 - 6,5 3 V5 H1：93,拒絕域取為W =& 2.5求檢驗(yàn)犯第一類(lèi)錯(cuò)誤的最大植a。若要使的該最大植a不超過(guò)0.05, (nn至少應(yīng)取多大nxn-1 0 %9解：均勻分布u(o,9)的最大次序統(tǒng)計(jì)量f (x)=ror x ，因而檢驗(yàn)犯第一n0,其他類(lèi)錯(cuò)誤的概率為a(9)= P (x(n ) 2.5 H )=25nMdx =

36、f25009 nI 9 J它是9的嚴(yán)減函數(shù)，故其最大值在9=3處達(dá)到，即a=a(3)= 若要使得a (3) 0.05,則要求nln(2.5/3) 16.43，即n至少為17.5.設(shè)總體密度函數(shù)為f (x)=。+9%9,0 x 0.為檢驗(yàn)H0 ： 9= 1 VS H1： 9 1,現(xiàn)觀測(cè)1個(gè)樣本，并取拒絕域?yàn)閃=x 0.5，試求檢驗(yàn)的勢(shì)函數(shù)以及檢驗(yàn)兩類(lèi)錯(cuò)誤的概率。解：由定義，檢驗(yàn)的勢(shì)函數(shù)g 6)是檢驗(yàn)拒絕原假設(shè)的概率，為g(9 ) = P0(x 0.5).0.5(1+ 9 )v9 dx = 0.59+1。0當(dāng)9 = 1時(shí)，勢(shì)函數(shù)就是檢驗(yàn)犯第一類(lèi)錯(cuò)誤的概率，為a = 0.51+1 = 0.25;當(dāng)9

37、 = 0時(shí)，1減去勢(shì)函數(shù)就是檢驗(yàn)犯第二類(lèi)錯(cuò)誤的概率，它是9的函數(shù)，為 0)= 1 -0.59+1,0 9 1,即 B0)在 0.5 與 0.75 間變動(dòng)。9.設(shè)，,xn是來(lái)自U(0，9 )的一個(gè)樣本，對(duì)如下的檢驗(yàn)問(wèn)題11H : 0 o 2i 2已給出拒絕域W = C1其中乙、為樣本的最大次序統(tǒng)計(jì)量。5 yn 求此檢驗(yàn)的勢(shì)函數(shù)；(2)若要求檢驗(yàn)犯第一類(lèi)錯(cuò)誤的概率不超過(guò)0.05(即a 0.05)，如何確定C?(3)若在(2)的要求下進(jìn)一步要求檢驗(yàn)0 = 4處犯第二類(lèi)錯(cuò)誤的概率不超過(guò)0.02(即P0 c)= 1 一pCc)= 1 一P(x c,x c,*(n)(n)1 2,0,當(dāng)0 c,= c.I

38、I n J可見(jiàn)，在0 c時(shí)，勢(shì)函數(shù)g)是0的嚴(yán)增函數(shù)在H 0成立下，犯第一類(lèi)錯(cuò)誤的概率為a)= g)，故由題意知，應(yīng)有g(shù) 6)= 1 -n1 0.05,0 -.2=1 -(2cX = 0.05,即可實(shí)現(xiàn)，由此解出i g,，-(1處達(dá)到最大值，故只要使g -V 2c = -(0.95) n.譬如，在 n=5 時(shí)，c=0.4873;n=10 時(shí),c=0.4974o 2在備擇假設(shè)H1成立下，犯第二類(lèi)錯(cuò)誤的概率為g 0)= 1 - g 0)=f cn1，0 !.八 3c 一一11由題意知，要求在0 = 4處有P(0) 0.02,即(至)n = 9.52ln3 - ln2可見(jiàn)，若取n = 10即可使。=

39、3處犯第二類(lèi)錯(cuò)誤達(dá)到概率不超過(guò)0.22。4如果樣本量n = 20，則其拒絕域?yàn)?TOC o 1-5 h z (、1i HYPERLINK l bookmark291 o Current Document w = 11 c ，其中 c = (0.95)20 = 0.4987(n)002如今1 = 0.48 c，故不應(yīng)拒絕原假設(shè)Hn : 0 1 (n)002正態(tài)總體參數(shù)假設(shè)檢驗(yàn)1單個(gè)正態(tài)總體均值的假設(shè)檢驗(yàn)檢驗(yàn)法條件原假設(shè)H0_備擇假設(shè)H1檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量拒絕域u = u0uuuu 01-ax - ufiu uu -：0-u u A01-o ；u u0t檢驗(yàn) o未知 u ut t (n -1401-au

40、ut _ut t ( (n -1)0L=a_注：表中三和O分別為來(lái)自正態(tài)總體的樣本的均值和標(biāo)準(zhǔn)差。.假設(shè)檢驗(yàn)與置信區(qū)間的關(guān)系架 雙側(cè)檢驗(yàn)問(wèn)題：H0： U = U0vs H1u豐u0的接受域皆可定出正態(tài)均值u的1。置 信區(qū)間；案 單側(cè)檢驗(yàn)問(wèn)題：H0： u u0的接受域皆可定出正態(tài)均值u的1-a置 信上限；親 單側(cè)檢測(cè)問(wèn)題：H0： u u0 vs H 1: u u0的接受域祈可定出正態(tài)均值u的1-a置 信下限；.兩個(gè)正態(tài)均值差的假設(shè)檢驗(yàn)注:表中元和s 2分別來(lái)自正態(tài)總體N( N ,0 2)的樣本X ,X的均值和方差；了和S 2 兀111my分別為來(lái)自正太總體N(旦，02)的樣本y，y的均值和方差，

41、且 221 n(m 1) s 2 + (n 1)s 2s 2 =Xy , s 2w m + n 2s 2s2s 4-x- + y- , l - m n,s 4s 4X+ym 2( m 1) n 2( n 1).單個(gè)正態(tài)總體方差的假設(shè)檢驗(yàn)檢驗(yàn)法H00 2 02檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量拒絕域先2 /2 (n 1)1aX2 檢驗(yàn) 0 2 0 20O 2 0 2 (n 1)s 2X2 0 20先2 x2 (n 1)1a0 2 -020 2 wo 2X2 %2(n 1)a /21a /2注：X和s2分別來(lái)自正態(tài)總體N(%02)的樣本x ,X ；.兩個(gè)正態(tài)總體方差的假設(shè)檢檢驗(yàn)法F檢驗(yàn)H0o2 o 212Hio 2 o

42、212o 2 F (m 1,n 1)1aF F (m 1,n 1)F F (m 一 1,n 一 1)1-注：表中S2來(lái)自正態(tài)總體N(N ,o2)的樣本X ,X的方差；S2為來(lái)自正太總體兀111myN(N ,o2)的樣本y，y的方差 221n1.某廠使用兩種不同的原料生產(chǎn)同一類(lèi)型產(chǎn)品，隨機(jī)選取使用原料A生產(chǎn)的樣品22件, 測(cè)得其平均質(zhì)量為23.6(kg),樣本標(biāo)準(zhǔn)差為0.57(kg)。取使用原料B生產(chǎn)的樣品24件，測(cè)得其 平均質(zhì)量為2.55(kg)，樣本邊準(zhǔn)差為0.48(kg)。設(shè)產(chǎn)品質(zhì)量服從正態(tài)分布，兩個(gè)樣本獨(dú)立。 問(wèn)能否認(rèn)為使用原料B生產(chǎn)的產(chǎn)品質(zhì)量較使用原料A顯著大(取a = 0.05)？解

43、：設(shè)X為使用原料A生產(chǎn)的產(chǎn)品質(zhì)量，Y為使用原料B生產(chǎn)的產(chǎn)品質(zhì)量，則X N(片,02)， Y N02,02)，由問(wèn)題的陳述，我們看到這是關(guān)于兩總體均值的檢驗(yàn) 問(wèn)題，且為了能夠顯著地認(rèn)為使用原料B生產(chǎn)的產(chǎn)品質(zhì)量較使用原料A大，必須見(jiàn)該陳述 作為備擇假設(shè)，只有當(dāng)拒絕域與之相對(duì)的原假設(shè)使，才能說(shuō)明使用B生產(chǎn)的產(chǎn)品的平均質(zhì)量 較使用原料A顯著大，因此，可建立如下假設(shè)檢驗(yàn)問(wèn)題H VVs.HR 日為完成此假設(shè)檢驗(yàn)，應(yīng)先對(duì)兩總體的方差是否相等進(jìn)行檢驗(yàn)，若接受012=022，可以使用兩樣本t檢驗(yàn)；若O 2 =0 2成立，則可以近似t檢驗(yàn)。對(duì)于檢驗(yàn)問(wèn)題H oo:021=0 22 H 01： 0 J=0 J，可計(jì)算如下檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量s2F= xs2 y寐=。2若取a = 0.05，則F0.975（21,23）= 2.340, F002s（21,23）二F0.9751（23,21） = .4201,拒絕域?yàn)閃 = F 3.3404)，