第7章假設檢驗 綜合講練

第7章假設檢驗綜合講練

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗（§7.1?§7.4）

綜合講練要覽

一、假設檢驗概述（§7.1）

1、假設檢驗（單參數(shù)假設檢驗）

2、假設檢驗的基本思想

3、假設檢的拒絕域

4、假設檢驗的一般步驟

5、假設檢驗可能產(chǎn)生的兩類錯誤

6、雙側檢驗與單側檢驗

二、單正態(tài)總體的假設檢驗（§7.2）

三、雙正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗（§7.3）

四、一般總體均值的大樣本假設檢驗（§7.4）

1.一個總體均值的大樣本假設檢驗

2.兩個總體均值的大樣本假設檢驗

（共55頁）

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗（§7.1?§7.4）

綜合講練

?提示-根據(jù)題目所問，準確選擇檢驗方法

（1）右側檢驗;

2）左側檢驗；

（3）雙側檢驗.

-熟記假設檢驗的拒絕域表

?辨析

一、假設檢驗概述（§7.1）

?在實際問題中，常常需要對一些問題作出“是”與“否”的抉擇；

?假設檢驗就是根據(jù)樣本對總體的某個命題（稱為原假設），作出是

否拒絕該

命題的統(tǒng)計推斷（在概率意義下）；

?假設檢驗是數(shù)理統(tǒng)計的一個重要內(nèi)容.

1、假設檢驗（單參數(shù)假設檢驗）

先對總體分布函數(shù)的形式或分布函數(shù)中的參數(shù)提出假設，然后通過抽

樣并根據(jù)樣本提供的信息對假設的正確性進行推斷，作出接受或拒絕假設

的決策，這一過程稱為假設檢驗.

（共55頁）

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綜合講練

設總體的分布類型是已知的，未知的只是其中一個（或多個）參數(shù),

如果統(tǒng)計假設只與未知參數(shù)有關，則稱該統(tǒng)計假設為參數(shù)假設，相應的檢

驗稱為單參數(shù)假設檢驗（或多參數(shù)假設檢驗）.

設總體的分布類型是未知的，如果直接針對總體分布的具體形式或總

體分布的某些特征提出統(tǒng)計假設，則稱該統(tǒng)計假設為非參數(shù)假設，相應的

檢驗稱為非參數(shù)假設檢驗

本課程主要介紹參數(shù)假設檢驗.

2、假設檢驗的基本思想

P177

假設檢驗的基本思想實質上是帶有某種概率性質的反證法.

通常稱提出的待檢驗假設為原假設（或零假設，基本假設），記為H0；

與之相對立的假設稱為備擇假設（或對立假設）

，記為H1.

注：假設檢驗中所謂“不合理”，并非邏輯中的絕對矛盾，而是基于人

們在實踐中廣泛采用的原則，即小概率事件在一次試驗中是幾乎不發(fā)生的.

但概率小到什么程度才能算作“小概率事件”，顯然，“小概率事件”的

概率越小，否定原假設H0就越有說服力.常記這個概率值為a（O<；a

稱為檢驗的顯著性水平.對不同的問題，檢驗的顯著性水平a不一

定相同，但一般應取為較小的值，如0.1,0.05或0.01等.

（共55頁）

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綜合講練

3、假設檢的拒絕域

設Xl,X2,,Xn是來自總體X的一個樣本，其觀察值

xl,x2,,xn,選取適當?shù)臋z驗統(tǒng)計量（通常由樞軸量確定）

U(X1,X2,,Xn)（其觀察值為u（xl,x2,,xn））在原假設H0成

立的條件下，U(X1,X2,,Xn)的分布是已知的，事先給定一個較小的概率值(又

稱為顯著性水平)a(O<a<l),確定集合

W={(xl,x2,,xn)U(xl,x2,,xn)滿足的不等式}

使

P{f(Xl,X2,,Xn)GWHO為真}<a

小概率事件

則稱集合W為假設檢驗的拒絕域.

4、假設檢驗的一般步驟

(1)作出原假設H0及備擇假設H1；

(2)選擇檢驗統(tǒng)計量U(Xl,X2,,Xn),并確定檢驗的拒絕域

W={(xl,x2,,xn)u(xl,x2,,xn)滿足的不等式}?P{U(X1,X2,,Xn)eWH0為真}

Wa

小概率事件

可簡化表示為

u(xl,x2,,xn)滿足的不等式

(3)由來自總體X的一個樣本Xl,X2,,Xn的觀察值xl,x2,,xn,計算出

檢驗統(tǒng)計量U(X1,X2,,Xn)的觀察值

u(xl,x2,,xn)

(4)作出統(tǒng)計推斷(數(shù)理統(tǒng)計反證法)

①若u(xl,x2,,xn)落入拒絕域W(小概率事件發(fā)生了)

(共55頁)

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綜合講練？u（xl,x2,,xn）滿足相應的不等式

?拒絕原假設H0（即，接受備擇假設H1）

②若u（xl,x2,,xn）未落入拒絕域C（小概率事件未發(fā)生）

?u（xl,x2,,xn）不滿足相應不等式

?接受原假設H0（即，拒絕備擇假設H1）

5、假設檢驗可能產(chǎn)生的兩類錯誤

P178

（1）第一類錯誤（“棄真錯誤”）

若原假設H0成立（為真），但檢驗結果為：拒絕H0；犯此類錯誤的

概率為P{U（Xl,X2,,Xn）金WHO為真}Wa（a為顯著性水平）

（2）第二類錯誤（“取偽錯誤”）

若原假設H0不成立（不真），但檢驗結果為：接受H0；犯此類錯誤

的概率為

P{U（X1,X2,,Xn）?WHO不真}=8（難以求出）

若原假設為H0,備擇假設為H1

注：當樣本容量n一定時，a與B不能同時減少：減少其中一個，另

一個往往就會增大；要同時減少a與B,只有增加樣本容量n。

（共55頁）

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在實際問題中，總是注意控制犯第一類錯誤的概率a,通常取a=0.1,

0.05,0.025,0.01等較小的數(shù)值，a取多大數(shù)值，這還要視具體問題而定.

6、雙側檢驗與單側檢驗

設。為總體的待檢驗參數(shù)，00為已知常數(shù)，則定義

二、單正態(tài)總體的假設檢驗(§7.2)了解拒絕域

的推導

設X1,X2,,Xn是來自正態(tài)總體X~N(口,o2)的一個樣本，其觀察值為

xl,x2,,xn,記

總體均值U=EX

總體方差o2=DX

In樣本均值X=￡

Xini=l樣本方差S=2(Xi-X)2,

Sli=l

In(共55頁)

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?S(xii=ln-)2=(n-l)s2,

記拒絕域

W={(xl,x2,,xn)u(xl,x2,,xn)滿足的不等式}?P{U(X1,X2,,Xn)WWHO為真}

Wa

可簡化表示為

u(xl,x2,,xn)滿足的不等式

1、總體方差。2已知條件下，總體均值口的假設檢驗(u-檢驗)

(1)雙側檢驗

?檢驗假設原假設HO：U=U0；備擇假設Hl：nWRO

?樞軸量

UO=~N(O,1)X-U?檢驗統(tǒng)計量

U=

?X-U(當HO為真時)

u==uo=控制？

P{UO=>ua}=a2

(O<a<l)

?拒絕域

?P{P{U=X-n>；uaHO為真}=a

2

可簡化表示為不等式表示

(共55頁)

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(2)單側檢驗(右側檢驗)

?檢驗假設原假設HO：UW

U0；備擇假設Hl：U>P0

?樞軸量

UO=~N(O,1)?

檢驗統(tǒng)計量

U=x-|i

?X-n

UO=2U=(當HO為真時，U偏小)？控制

P{UO=>ua}=a(O<a&|t;l)?拒絕域(共55頁)

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綜合講練?P(U=X-U>uaHO為真}=a

?推斷

?圖示

(3)單側檢驗(左側檢驗)

?檢驗假設原假設H0：口2口0；備擇假設Hl：U<U0

?

樞軸量U0=-N(0,l)?

檢驗統(tǒng)計量U=

X-|i

?X-11UO=WU=(當HO為真時，U偏大)

?控制<-ua}=a

P{UO=(0<；a&|t;l)

(共55頁)

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綜合講練?拒絕域

X-U?P{U=<-uaHO為真}=a

?推斷

?圖示

2、總體方差。2未知條件下，總體均值口的假設檢驗(t-檢驗)

(1)雙側檢驗

?檢驗假設原假設H0：口=口0；備擇假設Hl：UU0

樞軸量TO=-t(n-l)X-U?

檢驗統(tǒng)計量T=

X-|i

?T==TO=(當HO為真時)(共55頁)

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綜合講練？

P{TO=>ta(n-l)}2

控制

=a

(O<a<l)

?拒絕域

?P{T=X-|i>ta(n-l)HO

為真}=a

(2)單側檢驗(右側檢驗)

?檢驗假設原假設HO：uWnO；備擇假設Hl：U>U0

?樞軸量TO=~t(n-l)(共55頁)

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綜合講練?檢驗統(tǒng)計量

T=X-n

?X-H(當HO為真時，T偏小)

TO=2T=控制？

P{TO=>ta(n-l)}=a(O<a<l)

?拒絕域

X-|i

?P{T=>；ta(n-l)HO為真}=a

可簡化表示為不等式表示

?推斷

?圖示

(3)單側檢驗(左側檢驗)

?檢驗假設原假設H0：口2U0；備擇假設Hl：U<U0

(共55頁)

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綜合講練?樞軸量

TO=~t(n-l)X-U?檢驗統(tǒng)計量

T=

?X-H(當HO為真時，T偏大)

T0=WT=?控制

P{TO=<-ta(n-l)}=a(O<a&|t;l)

?拒絕域

X-n

?P{T=<-ta(n-l)HO為真}=a

?推斷

?圖示(共55頁)

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3、總體均值P未知條件下，總體方差。2的假設檢驗(x2-檢

驗)

(1)雙側檢驗

22?檢驗假設原假設HO：o2=o0；備擇假設H1：。2W。0

29樞軸量x0=i=12Z(Xi-X)n

a2

n-X(n-l)2

i=l,檢驗統(tǒng)計量x2=2Z(Xi-X)2o0

?n22E(Xi-X)￡(Xi-X)(n-l)S22i=12i=lx==x0==222oo0oOn

(當HO為真時)

?2222=P{xO<xa(n-1)或xO>xa(n-1)}

1-22控制=a(0<；a&|t;l)

(共55頁)

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綜合講練?拒絕域

22P{x2<xa(n-1)或x2>xa(n-l)HO為真}=a

1-22?

可簡化表示為不等式表示

?推斷

其中

?圖示

(2)單側檢驗(右側檢驗)

22?檢驗假設原假設H0：。2或。0；備擇假設Hl：o2>o0

(共55頁)

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29樞軸量x0=i=12Z(Xi-X)n

an~x(n-l)2

i=l>檢驗統(tǒng)計量x2=2E(Xi-X)2o0

?n22L(xi-x)E(xi-x)i=12i=lx0=^x2=(當HO為真時，x2偏小)2

o2oOn

?222P{x2>xa(n-l)}^P{xO>xa(n-1)}控制

=a(O<a<l)

小概率事件

2?P{x2>；xa(n-l)HO為真}=a

可簡化表示為不等式表示

2x2>xa(n-l)

?推斷

?圖示

(共55頁)

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(3)單側檢驗(左側檢驗)

22?檢驗假設原假設H0：。22。0；備擇假設Hl：o2<o0

29樞軸量xO=i=12S(Xi-X)n

an~x(n-l)2

i=l,檢驗統(tǒng)計量x2=2￡(Xi-X)o0

i=l其觀察值為x2=2￡(xi-x)。On?n22￡(Xi-X)E(Xi-X)i=12i=lx0=W

x2=x2偏大)(當HO為真時，oo0

222P{x2<x1-a(n-l)}^P{xO<x1-a(n-l)}n?控制

=a(O<a<l)

小概率事件

?2P{x2<x1-a(n-l)HO為真}=a

可簡化表示為不等式表示

(共55頁)

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2x2<xl-a(n-l)

?推斷

?圖示

4、單個正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗的拒絕域表

熟記、對比P194表7-3-1

(共55頁)

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注：

(1)檢驗的拒絕域用不等式表示

W={(xl,x2,,xn)u(xl,x2,,xn)滿足的不等式}?P{U(X1,X2,,Xn)eWHO為真}

Wa

小概率事件可簡化表示為

u(xl,x2,,xn)滿足的不等式

(2)統(tǒng)計量的觀察值用小寫字母表示

(共55頁)

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X-U統(tǒng)計量11=

=(數(shù)值)

統(tǒng)計量T=

n=x-u(數(shù)值)

i=l統(tǒng)計量x2=2E(Xi-X)2o0=i=lx2=2E(xi-x)2o0n=(n-l)s22。0(數(shù)值)

三、雙正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗(§7.3)

了解

22)與Y-N(li2,o2)是兩個相互獨立的正態(tài)總體，設X-N(U1,o1

(XI,X2,,Xn)與(Y1,Y2,,Yn)分別是取自總體X與Y的樣本，其觀察12

值分別為(xl,x2,,xn)與(yl,y2,,yn),它們的樣本均值與樣本方差12

分別為

11X=Z

Xnli=lilY=YjZn2j=l

1122Sl=(Xi-X)

Enl-li=12122S2=(Yj-Y)￡n2-lj=l

nn2nn2=Sw22(nl-l)Sl+(n2-l)S2

nl+n2-2

(共55頁)

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1、雙正態(tài)總體的均值差的假設檢驗(均值的差異性檢驗)

22(1)方差。1已知情形,02

提出檢驗假設：

HO:U1-U2=UO;H1:U1-口2W口0雙側檢驗H0:

U1-U2WUO;H1:U1-U2>口0右側檢驗

HO:U1-U2^UO;H1:U1-U2<U0左側檢

驗其中HO為已知常數(shù)，拒絕域如雙正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗的

拒絕域表

了解、對比P194表7-3-1

2222(2)方差。1未知，但。1,。2=。2=。2

提出檢驗假設：

HO:U1-U2=UO;H1:U1-U2WU0雙側檢驗HO:

U1-U2W口O;H1:U1-U2>口0右側檢驗

HO:Ul-U2^UO;H1:U1-U2<U0左側檢

驗其中U0為已知常數(shù)，拒絕域如雙正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗的

拒絕域表

了解、對比P194表7-3-1

2222,。2#。2(3)方差。1未知，但。1

提出檢驗假設：

HO:U1-U2=UO;H1:U1-U2^HO雙側檢驗HO:

U1-U2WUO;H1:U1-U2>口0右側檢驗

HO:Hi-U2^UO;H1:U1-U2<U0左側檢

驗其中U0為已知常數(shù)，拒絕域如雙正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗的

拒絕域表

了解、對比P194表7-3-1

2、雙正態(tài)總體的方差相等的假設檢驗(方差的差異性檢驗)

提出檢驗假設:

2222H0:ol=o2;H1：O1Wo2雙側檢驗

2222H0:。。2;H1:ol>o2右側檢驗

(共55頁)

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綜合講練

2222HO:ol^o2;H1:ol<o2左側檢驗

其中U0為已知常數(shù)，拒絕域如雙正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗

的拒絕域表

了解、對比P194表7-3-1

雙正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗的拒絕域表

了解、對比P194表7-3-1

(共55頁)

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗(§7.1?§7.4)

綜合講練

2S1

注：f=nl

S1

nl(nl-l)++2S2n2S2

n2(n2-l)

四、一般總體均值的大樣本假設檢驗(§7.4)了

解

1.一個總體均值的大樣本假設檢驗

設Xl,X2,,Xn是來自總體X的一個樣本，其觀察值為

,其中xl,x2,,xn，總體X?一般分布(非正態(tài)總體)

總體均值U=EX

總體方差。2=DXIn樣本均值X=￡

Xini=l樣本方差S2=ln2Z(Xi-X)n-li=l?i=122Z(Xi-X)=(n-l)S

n則可得一個總體均值的大樣本假設檢驗的拒絕域表

補充、了解

(共55頁)

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗(§7.1?§7.4)

綜合講練

2.兩個總體均值的大樣本假設檢驗

(XI,X2,,Xn)與(Y1,Y2,,Yn)設X與Y是兩個相互獨立的總體，12

分別是取自總體X與Y的樣本，其觀察值分別為(xl,x2,,xn)與1

(yl,y2,,yn),它們的樣本均值與樣本方差分別為2

11X=￡

Xnli=lil2Y=S

Yn2j=ljll22Sl=(Xi-X)E

nl-li=12122S2=(Yj-Y)E

n2-lj=lnnnn(共55頁)

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綜合講練

2=Sw22(nl-l)Sl+(n2-l)S2

nl+n2-2

則可得兩個總體均值的大樣本假設檢驗的拒絕域表

補充、了解

注：其中,Pl=nnl/nl,P2=un2/n2,P=（unl+un2）/（nl+n2）,口nl是nl

次獨立重復試驗中事件A發(fā)生（即X=l）的次數(shù)，Rn2是n2次獨立重復試驗

中事件B發(fā)生（即Y=l）的次.

（共55頁）

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗（§7.1?§7.4）

綜合講練

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗（§7.1?§7.4）

一、假設檢驗概述（§7.1）

1、假設檢驗（單參數(shù)假設檢驗）

2、假設檢驗的基本思想

3、假設檢的拒絕域

4、假設檢驗的一般步驟

5、假設檢驗可能產(chǎn)生的兩類錯誤

6、雙側檢驗與單側檢驗

二、單正態(tài)總體的假設檢驗（§7.2）

三、雙正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗（§7.3）

四、一般總體均值的大樣本假設檢驗（§7.4）

1.一個總體均值的大樣本假設檢驗

2.兩個總體均值的大樣本假設檢驗

?提示

-根據(jù)題目所問，準確選擇檢驗方法

（1）右側檢驗；

（2）左側檢驗；

（3）雙側檢驗.

-熟記假設檢驗的拒絕域表

?辨析

一、假設檢驗概述（§7.1）

?在實際問題中，常常需要對一些問題作出“是”與“否”的抉擇；

?假設檢驗就是根據(jù)樣本對總體的某個命題（稱為原假設），作出是

否拒絕該

命題的統(tǒng)計推斷（在概率意義下）；

（共55頁）

概率論與數(shù)理統(tǒng)計

第7章假設檢驗（§7.1?§7.4）

綜合講練假設檢驗是數(shù)理統(tǒng)計的一個重要內(nèi)容.

1、假設檢驗（單參數(shù)假設檢驗）

2、假設檢驗的基本思想

P177

假設檢驗的基本思想實質上是帶有某種概率性質的反證法.

通常稱提出的待檢驗假設為原假設（或零假設，基本假設），記為H0；

與之相對立的假設稱為備擇假設（或對立假設），記為H1.

3、假設檢的拒絕域

設Xl,X2,,Xn是來自總體X的一個樣本，其觀察值

xl,x2,,xn,選取適當?shù)臋z驗統(tǒng)計量(通常由樞軸量確定)

U(Xl,X2,,Xn)(其觀察值為u(xl,x2,,xn))在原假設HO成

立的條件下，U(Xl,X2,,Xn)的分布是已知的，事先給定

(共55頁)

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗(§7.1?§7.4)

綜合講練一個較小的概率值(又稱為顯著性水平)a(0<；a&|t;l),確

定集合

W={(xl,x2,,xn)U(xl,x2,,xn)滿足的不等式}

使

P{f(Xl,X2,,Xn)GWHO為真}Wa

小概率事件

則稱集合W為假設檢驗的拒絕域.

4、假設檢驗的一般步驟

(1)作出原假設H0及備擇假設H1；

(2)選擇檢驗統(tǒng)計量U(Xl,X2,,Xn),并確定檢驗的拒絕域

W={(xl,x2,,xn)u(xl,x2,,xn)滿足的不等式}?P{U(Xl,X2,,Xn)￡WH0為真}

Wa

小概率事件

可簡化表示為

u(xl,x2,,xn)滿足的不等式

（3）由來自總體X的一個樣本Xl,X2,,Xn的觀察值xl,x2,,xn,計算出

檢驗統(tǒng)計量U（X1,X2,,Xn）的觀察值

u（xl,x2,,xn）

（4）作出統(tǒng)計推斷（數(shù)理統(tǒng)計反證法）

①若u（xl,x2,,xn）落入拒絕域W（小概率事件發(fā)生了）

?u（xl,x2,,xn）滿足相應的不等式

?拒絕原假設H0（即，接受備擇假設H1）

②若u（xl,x2,,xn）未落入拒絕域C（小概率事件未發(fā)生）

?u（xl,x2,,xn）不滿足相應不等式

?接受原假設H0（即，拒絕備擇假設H1）

5、假設檢驗可能產(chǎn)生的兩類錯誤

P178

（1）第一類錯誤（“棄真錯誤”）

（共55頁）

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗（§7.1?§7.4）

綜合講練

若原假設H0成立（為真），但檢驗結果為：拒絕H0；犯此類錯誤的

概率為P{U（Xl,X2,,Xn）金WHO為真}Wa（a為顯著性水平）

（2）第二類錯誤（“取偽錯誤”）

若原假設H0不成立（不真），但檢驗結果為：接受H0；犯此類錯誤

的概率為

P{U(X1,X2,,Xn)?WHO不真}=B（難以求出）

若原假設為HO,備擇假設為Hl

6、雙側檢驗與單側檢驗

設。為總體的待檢驗參數(shù)，。0為已知常數(shù)，則定義

(共55頁)

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗(§7.1?§7.4)

綜合講練

二、單正態(tài)總體的假設檢驗(§7.2)了解拒絕域

的推導

設X1,X2,,Xn是來自正態(tài)總體X~N(口，。2)的一個樣本，其觀察值為

xl,x2,,xn,其中

總體均值U=EX

總體方差o2=DXIn樣本均值X=￡

Xini=l樣本方差S2=ln2Z(Xi-X)n-li=l?i=122Z(Xi-X)=(n-l)S

n則可得單個正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗的拒絕域表

熟記、對比P194表7-3-1

(共55頁)

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗(§7.1?§7.4)

綜合講練

注：

(1)檢驗的拒絕域用不等式表示

W={(xl,x2,,xn)u(xl,x2,,xn)滿足的不等式}?P{U(X1,X2,,Xn)￡WHO為真}

Wa

小概率事件可簡化表示為

u(xl,x2,,xn)滿足的不等式

(2)統(tǒng)計量的觀察值用小寫字母表示

(共55頁)

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗(§7.1?§7.4)

綜合講練

x-口統(tǒng)計量U=

=(數(shù)值)

統(tǒng)計量T=

n=x-口(數(shù)值)

i=l統(tǒng)計量x2=2E(Xi-X)2oO=i=lx2=2E(xi-x)2o0n=(n-l)s22。0(數(shù)值)

三、雙正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗(§7.3)

了解

22)與Y-N(H2,o2)是兩個相互獨立的正態(tài)總體,設X~N(U1,o1

(Xl,X2,,Xn)與(Y1,Y2,，丫n)分別是取自總體X與Y的樣本，其觀察12

值分別為(xl,x2,,xn)與僅l,y2,,yn),它們的樣本均值與樣本方差12

分別為

11X=S

Xnli=lilY=YjSn2j=l

1122Sl=(Xi-X)

￡nl-li=12122S2=(Yj-Y)￡n2-lj=l

nn2nn2=Sw22(nl-l)Sl+(n2-l)S2

nl+n2-2

(共55頁)

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗(§7.1?§7.4)

綜合講練雙正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗的拒絕域表

了解、對比P194表7-3-1

2S1

注:f=nl

4S1

nl(nl-l)++2S2n24S2

n2(n2-l)

四、一般總體均值的大樣本假設檢驗(§7.4)

了解

1.一個總體均值的大樣本假設檢驗

(共55頁)

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗(§7.1?§7.4)

綜合講練

設Xl,X2,,Xn是來自總體X的一個樣本，其觀察值為

,其中xl,x2,,xn，總體X?一般分布(非正態(tài)總體)

總體均值U=EX

總體方差。2=DXIn樣本均值X=￡

Xini=l樣本方差S2=ln2Z(Xi-X)n-li=l?i=122Z(Xi-X)=(n-l)S

n則可得一個總體均值的大樣本假設檢驗的拒絕域表

補充、了解

(共55頁)

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗(§7.1?§7.4)

綜合講練

2.兩個總體均值的大樣本假設檢驗

(XI,X2,,Xn)與(Y1,Y2,,Yn)設X與Y是兩個相互獨立的總體，12

分別是取自總體X與Y的樣本，其觀察值分別為(xl,x2,,xn)與1

(yl,y2,,yn),它們的樣本均值與樣本方差分別為2

11X=Z

Xnli=linl2Y=YjZ

n2j=lnS12112=(X-X)Z

inl-li=ln2122S2=(Yj-Y)Z

n2-lj=ln2=Sw22(nl-l)Sl+(n2-l)S2

nl+n2-

2

則可得兩個總體均值的大樣本假設檢驗的拒絕域表

補充、了解

(共55頁)

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗(§7.1?§7.4)

綜合講練

注：其中,Pl=nnl/nl,P2=un2/n2,P=(unl+un2)/(nl+n2),口nl是nl

次獨立重復試驗中事件A發(fā)生(即X=l)的次數(shù)，口n2是n2次獨立重復試驗

中事件B發(fā)生(即Y=l)的次.

(共55頁)

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗(§7.1?§7.4)

綜合講練

【補例7.1】(教材P182例2)有一工廠生產(chǎn)一種燈管，已知燈管的壽

命X服從正態(tài)分布N(,40000).根據(jù)以往的生產(chǎn)經(jīng)驗，知道燈管的平均壽命

不會超過1500小時.為了提高燈管的平均壽命，工廠采用了新的工藝.為

了弄清楚新工藝是否真的能提高燈管的平均壽命，他們測試了采用新工藝

生產(chǎn)的25只燈管的壽命，其平均值是1575小時;盡管樣本的平均值大于

1500小時，試問:

(1)可否由此判定這恰是新工藝的效應，而非偶然的原因使得抽出的

這25只燈管的平均壽命較長呢？

(2)可否由此判定這恰是新工藝的效應，而非偶然的原因使得抽出的

這25只燈管的平均壽命較短呢？

(3)可否由此判定這恰是新工藝的效應，而非偶然的原因使得抽出的

這25只燈管的平均壽命不變呢？【提示】

-根據(jù)題目所問，準確選擇

檢驗方法

(1)右側檢驗；

(2)左側檢驗；

(3)雙側檢驗.

-熟記單個正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗的拒絕域表

（共55頁）

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗（§7.1?§7.4）

綜合講練

【解】

設燈管的壽命為X（小時），且總體X?N（乙。2）（總體均值U=EX未

知，總體方差。2=DX=40000已知），依題意

（1）可否由此判定這恰是新工藝的效應，而非偶然的原因使得抽出的

這25只燈管的平均壽命較長呢？

問題類型：正態(tài)總體，總體方差o2=DX=40000已知，對總體均值U=EX

進行假設檢驗（右側檢驗）

由單個正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗的拒絕域表知，可利用U檢

驗檢驗假設

HO:口WUO?H1:U>UO（H0=1500）右側檢驗

（共55頁）

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗（§7.1?§7.4）

綜合講練?樞軸量

U0=~N（0,l）X-H?檢驗統(tǒng)計量

U=

①

?檢驗

由題設，?。?/p>

樣本容量n=25

顯著性水平a=0.05

待檢總體均值為口0=1500

總體方差。2=40000?總體標準差。=200In樣本均值的觀察值x=￡

xi=1575ni=l

求出：

由①(ua)=1-a=1-0.05=0.95

查附表3得，

①(1.64)=0.9495,①(1.65)=0.9505

?分位數(shù)u

a=u0.05=1.64+1.65=1.6452

X-U代入上述數(shù)據(jù)，得檢驗統(tǒng)計量U=u滿足

u=

x-U==1.875(即，u值落入拒絕域①中)?推斷

拒絕原假設H0(即，接受備擇假設H1)

(共55頁)

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗(§7.1?§7.4)

綜合講練

即，可以認為：由此判定這恰是新工藝的效應，而非偶然的原因使得

抽出的這25只燈管的平均壽命較長.

(2)可否由此判定這恰是新工藝的效應，而非偶然的原因使得抽出的

這25只燈管的平均壽命較短呢？

問題類型：正態(tài)總體，總體方差。2=DX=40000已知，對總體均值U=EX

進行假設檢驗(左側檢驗)

由單個正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗的拒絕域表知，可利用U檢

驗?檢驗假設

HO:U2口O?H1:U<UO(U0=1500)左側檢驗

?樞軸量

U0=~N(0,l)X-U?檢驗統(tǒng)計量

U=

①

?檢驗

由題設，取：

樣本容量n=25

顯著性水平a=0.05

待檢總體均值為口0=1500

總體方差。2=40000?總體標準差。=200In樣本均值的觀察值x=￡

xi=1575ni=l

求出：

由①(ua)=1-a=1-0.05=0.95

查附表3得，

0(1.64)=0.9495,0(1.65)=0.9505

?分位數(shù)ua=u0.05=1.64+1.65=1.6452

(共55頁)

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗(§7.1?§7.4)

綜合講練

X-U代入上述數(shù)據(jù)，得檢驗統(tǒng)計量U=u滿足

X-UU===1.875檢驗

(即，u值未落入拒絕域①中)

?推斷

接受原假設H0(即，拒絕備擇假設H1)即，可以認為：由此判定

這恰是新工藝的效應，而非偶然的原因使得抽出的這25只燈管的平均壽

命較長.

(3)可否由此判定這恰是新工藝的效應，而非偶然的原因使得抽出的

這25只燈管的平均壽命不變呢？

問題類型：正態(tài)總體，總體方差。2=DX=40000已知，對總體均值U=EX

進行假設檢驗(雙側檢驗)

由單個正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗的拒絕域表知，可利用U檢

驗?檢驗假設

HO:U=UO?H1:uU0(U0=1500)雙側檢驗

?樞軸量

U0=~N(0,l)X-H?檢驗統(tǒng)計量

U=

?檢驗①由題設，取：

樣本容量n=25

顯著性水平a=0.05

待檢總體均值為U0=1500

(共55頁)

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗(§7.1?§7.4)

綜合講練總體方差。2=40000?總體標準差o=200In樣本均值的觀察值

x=￡xi=1575ni=l

求出：由①(ua)=1-

2a2=1-0.050.05=0.975=0.975=1-22

查附表3得，

0(1.96)=0.975?分位數(shù)ua=u0.05=u0.025=1.96

22

代入上述數(shù)據(jù)，得檢驗統(tǒng)計量U=X-11的觀察值u滿足

x-|iu===1.875

(即，u值未落入拒絕域①中)?推斷

接受原假設H0(即，拒絕備擇假設H1)即，可以認為：由此判定

這恰是新工藝的效應，而非偶然的原因使得抽出的這25只燈管的平均壽

命不變.

?本題檢驗方法的合理性

-ua<-ua<ua<u<ua

22

雙側檢驗

?u<ua

2?接受U=U0,拒絕口W口0

右側檢驗

?u>ua

左側檢驗

?u>-ua?接受u>；U0,拒絕UWU0?接受U2H0,拒絕u<u

0????????????????接受口2Ho

即，可以認為：由此判定這恰是新工藝的效應，而非偶然的原因使得

抽出的這25只燈管的平均壽命較長.

(共55頁)

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗(§7.1?§7.4)

綜合講練

【補例7.2](教材P184例4)一公司聲稱某種類型的電池的平均壽命

至少為21.5小時.有一實驗室檢驗了該公司制造的6套電池，得到如下的

壽命小時數(shù)：

19,18,22,20,16,25

(假定：電池的壽命服從正態(tài)分布N(U,。2),顯著性水平a=0.05).

問：

(1)這些結果是否表明，這種類型的電池的壽命高于該公司所聲稱的

壽命？

(2)這些結果是否表明，這種類型的電池的壽命低于該公司所聲稱的

壽命？

(3)這些結果是否表明，這種類型的電池的壽命等于該公司所聲稱的

壽命？【提示】

-根據(jù)題目所問，準確選擇檢驗方法

(1)右側檢驗；

(2)左側檢驗；

(3)雙側檢驗.

-熟記單個正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗的拒絕域表

【解】

設該種類型的電池的壽命為X(小時)，且總體X?N(U,o2)(總體均

值U=EX未知，總體方差。2=DX未知)，依題意

(1)這些結果是否表明，這種類型的電池的壽命高于該公司所聲稱的

壽命？問題類型：正態(tài)總體，總體方差o2=DX未知，對總體均值U=EX

進行假設檢驗(右側檢驗)

由單個正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗的拒絕域表知，可利用T檢

驗?檢驗假設

HO：|1

WUO?H1:U>UO(U0=21.5)右側檢驗

?樞軸量T

0=~t(n-l)X-H?檢驗統(tǒng)計量

T=

?拒絕域

可簡化表示為不等式表示

????????????????①

?檢驗

(共55頁)

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗(§7.1?§7.4)

綜合講練

由題設，取：

樣本容量n=6

顯著性水平a=0.05

待檢總體均值為U0=21.5

求出：lnl樣本均值的觀察值x=￡xi=(19+18+22+20+16+25)=20ni=16

樣本方差的觀察值s2=ln2122￡(xi-x)=[(19-20)+(18-20)n-li=15

+(22-20)2+(20-20)2+(16-20)2+(25-20)2]=10

樣本方差的觀察值s=查附表4得，

n=6,a=0.05查附表4

=t0.05(5)=2.015

分位數(shù)ta(n-l)代入上述數(shù)據(jù)，得檢驗統(tǒng)計量T=

x-uX-ut滿足

t===-1.161895004??-1.1619檢驗

?接受原假設H0(即，拒絕備擇假設H1)

即，可以認為：這種類型的電池的壽命低于該公司所聲稱的壽命.

(2)這些結果是否表明，這種類型的電池的壽命低于該公司所聲稱的

壽命？問題類型：正態(tài)總體，總體方差o2=DX未知，對總體均值U=EX進

行假設檢驗(左側檢驗)

由單個正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗的拒絕域表知，可利用T檢

驗?檢驗假設

HO:UUO?H1:U<UO(U0=21.5)左側檢驗

(共55頁)

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗(§7.1?§7.4)

綜合講練?樞軸量

TO=~t(n-l)X-U?檢驗統(tǒng)計量

T=

?????????????①

?檢驗

由題設，?。?/p>

樣本容量n=6顯著性水平a=0.05

待檢總體均值為口0=21.5

求出：

lnl樣本均值的觀察值x=￡xi=(19+18+22+20+16+25)=20ni=16

樣本方差的觀察值s2=ln2122E(xi-x)=[(19-20)+(18-20)n-li=15

+(22-20)2+(20-20)2+(16-20)2+(25-20)2]=10

樣本方差的觀察值s=

查附表4得，

n=6,a=0.05查附表4

=t0.05(5)=2.015分位數(shù)ta(n-

1)代入上述數(shù)據(jù)，得檢驗統(tǒng)計量T=

x-|iX-|i

t滿足

t===-1.161895004^-1.1619檢驗

(共55頁)

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗(§7.1?§7.4)

綜合講練?推斷

接受原假設H0(即，拒絕備擇假設H1)

即，可以認為：這種類型的電池的壽命高于該公司所聲稱的壽命.

(3)這些結果是否表明，這種類型的電池的壽命等于該公司所聲稱的

壽命？問題類型：正態(tài)總體，總體方差。2=DX未知，對總體均值U=EX進

行假設檢驗(雙側檢驗)

由單個正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗的拒絕域表知，可利用T檢

驗?檢驗假設

HO:U=UO?H1:uU0(U0=21.5)雙側檢驗

?樞軸量

T0=~t(n-l)X-U?檢驗統(tǒng)計量

T=

?檢驗??????????????①由題設，?。?/p>

樣本容量n=6

顯著性水平a=0.05

待檢總體均值為口0=21.5

求出：

lnl樣本均值的觀察值x=￡xi=(19+18+22+20+16+25)=20ni=16樣本方

差的觀察值s2=ln2122Z(xi-x)=[(19-20)+(18-20)n-li=15

+(22-20)2+(20-20)2+(16-20)2+(25-20

)2]=10

樣本標準差的觀察值s=

查附表4得，(共55頁)

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗(§7.1?§7.4)

綜合講練

n=6,a=0.05查附表4

分位數(shù)ta(n-l)=t0.025(5)=2.5706

2

代入上述數(shù)據(jù)，得檢驗統(tǒng)計量T=

X-uX-ut滿足

t===-1.161895004^-1.1619

接受原假設H0(即，拒絕備擇假設H1)

即，可以認為：這種類型的電池的壽命等于該公司所聲稱的壽命.

?本題檢驗方法的合理性

-ta(n-l)<-ta(n-l)<t<ta(n-l)<ta(n-l)

22

雙側檢驗

a(n-l)?接受U=U0,拒絕HW口0

2

右側檢驗

a(n-l)?接受口W艮0,拒絕U>H0

左側檢驗

?t>-ta（n-1）?接受R2口0,拒絕U<U0????????????????接受U=

U0

即，可以認為：這種類型的電池的壽命等于該公司所聲稱的壽命.

【補例7.31（教材P185例6）某工廠生產(chǎn)金屬絲，產(chǎn)品指標為折斷力.

折斷力的方差被用作工廠生產(chǎn)精度的表征.方差越小，表明精度越高.以

往工廠一直把該方差保持在64（kg2）及64以下.最近從一批產(chǎn)品中抽取10

根作折斷力試驗，測得的結果（單位為千克）如下：

578,572,570,568,572,570,572,596,584,570.

由上述樣本數(shù)據(jù)算得：

x=575.2,s2=75.74

為此，廠方懷疑金屬絲折斷力的方差是否變大了.如確實增大了，表明

生產(chǎn)精度

（共55頁）

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗（§7.1?§7.4）

綜合講練不如以前，就需對生產(chǎn)流程作一番檢驗，以發(fā)現(xiàn)生產(chǎn)環(huán)節(jié)中存

在的問題.（假定：金屬絲折斷力服從正態(tài)分布N（U,。2）,顯著性水平a

=0.05）.問：

（1）金屬絲折斷力的方差是否變大？

（2）金屬絲折斷力的方差是否變小？

（3）金屬絲折斷力的方差是否不變？【提示】

-根據(jù)題目所問，準確選擇

檢驗方法

（1）右側檢驗；

（2）左側檢驗；

（3）雙側檢驗.

-熟記由單個正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗的拒絕域表

（共55頁）

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗（§7.1?§7.4）

綜合講練

【解】

設該種類型的電池的壽命為X（小時），且總體X?N（11,。2）（總體均

值口=EX未知，總體方差。2=DX未知），依題意

（1）金屬絲折斷力的方差是否變大？

問題類型：正態(tài)總體，總體均值R=EX未知，對總體方差。2=DX進行

假設檢驗（右側檢驗）

由單個正態(tài)總體的均值與方差的假設檢驗的拒絕域表知，可利用X2

檢驗檢驗假設

（共55頁）

概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章假設檢驗（§7.1?§7.4）

綜合講練

2H0:。2W。O2?H1:o2>。02（。0=64）右側檢驗

i=12,樞軸量x0=2E（Xi-X）no2

n=(n-l)S2a2-x(n-l)2

i=ie檢驗統(tǒng)計量x2=2Z(Xi-X)2oO=(n-l)S22o0

?拒絕域

可簡化表示為不等式表示

2x2>xa(n-1)???????????????????①?檢驗

由題設，?。?/p>

樣本容量n=10

顯著性水平a=0.05

待檢總體方差為。0=64

In樣本均值的觀察值x=￡xi=575.2ni=12

樣本方差的觀察值s2=

求出：

查附表5得，ln2Z(xi-x)=75.74n-li=l

n=10,a=0.05查附表52=x0.05(9)=16.919分位數(shù)xa(n-l)2

i=l代入上述數(shù)據(jù)，得檢驗統(tǒng)計量x2=2Z(Xi-X)2。On的觀察值x2滿

足

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概率論與數(shù)理統(tǒng)計第7章