第十二假設(shè)檢驗(yàn)演示文稿

第十二假設(shè)檢驗(yàn)演示文稿本文檔共38頁；當(dāng)前第1頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分（優(yōu)選）第十二假設(shè)檢驗(yàn)本文檔共38頁；當(dāng)前第2頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第十二章假設(shè)檢驗(yàn)假設(shè)檢驗(yàn)參數(shù)假設(shè)檢驗(yàn)非參數(shù)假設(shè)檢驗(yàn)總體分布已知，檢驗(yàn)關(guān)于未知參數(shù)的某個(gè)假設(shè)總體分布未知時(shí)的假設(shè)檢驗(yàn)問題本文檔共38頁；當(dāng)前第3頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第一節(jié)檢驗(yàn)的基本原理

一、檢驗(yàn)問題的提法

假設(shè)檢驗(yàn)是既同估計(jì)密切聯(lián)系，但又有重要區(qū)別的一種推斷方法。例如：某種電子元件壽命X服從參數(shù)為λ的指數(shù)分布，隨機(jī)抽取其中的n件。測(cè)得其壽命數(shù)據(jù)，

問題⑴，這批元件的平均壽命是多少？問題⑵，按規(guī)定該型號(hào)元件當(dāng)壽命不小于5000(h)為合格，問該批元件是否合格？

問題⑴是對(duì)總體未知參數(shù)μ=E(X)=1/λ作出估計(jì)?；卮稹唉淌嵌嗌?？”，是定量的。問題⑵則是對(duì)假設(shè)“這批元件合格”做出接受還是拒絕的回答，因而是定性的。本文檔共38頁；當(dāng)前第4頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分

對(duì)上述例子，還可做更細(xì)致考察，設(shè)想如基于一次觀察數(shù)據(jù)算出μ的估計(jì)值，我們能否就此接受“這批元件合格”的這一假設(shè)呢？盡管但這個(gè)估計(jì)僅僅是一次試驗(yàn)的結(jié)果，能否保證下一次測(cè)試結(jié)果也能得到μ的估計(jì)值大于5000呢？也就是說從觀察數(shù)據(jù)得到的結(jié)果與參考值5000的差異僅僅是偶然的呢？還是總體均值μ確實(shí)有大于5000的“趨勢(shì)”？

這些問題是以前沒有研究過的。一般而言，估計(jì)問題是回答總體分布的未知參數(shù)是多少？或范圍有多大？而假設(shè)檢驗(yàn)問題則是回答觀察到的數(shù)據(jù)差異只是機(jī)會(huì)差異，還是反映了總體的真實(shí)差異？因此兩者對(duì)問題的提法有本質(zhì)不同。第一節(jié)檢驗(yàn)的基本原理本文檔共38頁；當(dāng)前第5頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分例有一批產(chǎn)品，需經(jīng)檢驗(yàn)合格后才能出廠，按按標(biāo)準(zhǔn)其次品率不得超過4%今從這批產(chǎn)品中任意抽10件，發(fā)現(xiàn)有3件次品，問這批產(chǎn)品能否出廠解：直觀上看，這批產(chǎn)品似乎不能出廠，但理論依據(jù)何在現(xiàn)以p表示這批產(chǎn)品的次品率，按標(biāo)準(zhǔn)，若p<=0.04,這批產(chǎn)品可出廠，若p>0.04，則這批產(chǎn)品不能出廠。我們的問題就是要根據(jù)“10件產(chǎn)品中有3件次品”，這一抽樣結(jié)果來判斷p是否大于0.04我們先提兩個(gè)相互對(duì)立的假設(shè)，注意到，在假設(shè)成立的前提下，“10件產(chǎn)品中有3件次品”這一抽樣結(jié)果的概率其概率小于0.01，即這是一個(gè)小概率事件。根據(jù)實(shí)際推理原理，小概率事件在一次抽樣中是不可能發(fā)生的。而今這一小概率事件在一次抽樣中竟然發(fā)生了，這是不合理的。所以不成立，即成立。所以按此標(biāo)準(zhǔn)這批產(chǎn)品不能出廠本文檔共38頁；當(dāng)前第6頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分

下面通過一個(gè)例子介紹原假設(shè)和備擇假設(shè)二.原假設(shè)和備擇假設(shè)第一節(jié)檢驗(yàn)的基本原理本文檔共38頁；當(dāng)前第7頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分例1(酒精含量)一種無需醫(yī)生處方即可達(dá)到的治療咳嗽和鼻塞的藥。按固定其酒精含量為5﹪.今從一出廠的一批藥中隨機(jī)抽取10瓶,測(cè)試其酒精含量得到的10個(gè)含量的百分?jǐn)?shù):5.01,4.87,5.11,5.21,5.03,4.96,4.78,4.98,4.88,5.06如果酒精含量服從正態(tài)分布N(μ,0.00016),問該批藥品的酒精含量是否合乎規(guī)定?任務(wù):

通過樣本推斷X的均值μ是否等于5.假設(shè):上面的任務(wù)就是要通過樣本去檢驗(yàn)“X的均值=5”這樣一個(gè)假設(shè)是否成立.(在數(shù)理統(tǒng)計(jì)中把“X的均值μ=5”這樣一個(gè)待檢驗(yàn)的假設(shè)記作“H0:μ=5”稱為

“原假設(shè)”或“零假設(shè)”.表明數(shù)據(jù)的“差異”是偶然的,總體沒有“變異”發(fā)生.

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原假設(shè)的對(duì)立面是“X的均值μ≠10”記作“H1:μ≠10”稱為“對(duì)立假設(shè)”或“備擇假設(shè)”.表明數(shù)據(jù)的“差異”不是偶然的,是總體“變異”的表現(xiàn).把它們合寫在一起就是:H0:μ=10

H1:μ≠10

原假設(shè)H0表明含量符合規(guī)定，這個(gè)5﹪也稱之為期望數(shù)，盡管10個(gè)數(shù)據(jù)都5﹪與有出入，這只是抽樣的隨機(jī)性所致;備擇假設(shè)H1表明總體均值μ已經(jīng)偏離了期望數(shù)5﹪，數(shù)據(jù)與期望數(shù)5﹪的差異是其表現(xiàn).假設(shè)檢驗(yàn)的任務(wù)

必須在原假設(shè)與備擇假設(shè)之間作一選擇本文檔共38頁；當(dāng)前第9頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量是構(gòu)造一個(gè)適當(dāng)?shù)哪芏攘坑^察數(shù)與原假設(shè)下的期望數(shù)之間的差異程度的統(tǒng)計(jì)量,此統(tǒng)計(jì)量為檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量.特點(diǎn):在原假設(shè)H0下分布式完全一致或者說可以計(jì)算.因而通過標(biāo)準(zhǔn)化可得到檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量三.檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量

本例的觀察數(shù)通過樣本平均表示,它是μ的一個(gè)無偏估計(jì),而在下的期望數(shù)為μ=5,在H0下本文檔共38頁；當(dāng)前第10頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分

從試驗(yàn)數(shù)據(jù)判斷是否導(dǎo)致一個(gè)矛盾的結(jié)果,一個(gè)重要的依據(jù)是小概率事件的實(shí)際推斷原理.

看例1,由觀察數(shù)據(jù),可算得的觀察值為4.989,代入統(tǒng)計(jì)量Z的表達(dá)式,得Z的觀察值為

四.否定論證及實(shí)際推斷原理

否定論證是假設(shè)檢驗(yàn)的重要推理方法,其要旨是:先假定原假設(shè)H0成立,如果從試驗(yàn)觀察數(shù)據(jù)及此假定將導(dǎo)致一個(gè)矛盾的結(jié)果,則必須否定這個(gè)原假設(shè);反之,如果不出矛盾的結(jié)果,就不能否定原假設(shè).本文檔共38頁；當(dāng)前第11頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分

在H0下,Z服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布,對(duì)于特定的一次試驗(yàn),統(tǒng)計(jì)量Z取得觀察值-2.7509，是十分罕見的，以至于實(shí)際不會(huì)發(fā)生.事實(shí)上,當(dāng)H0成立時(shí),事件發(fā)生的機(jī)會(huì)只有5﹪(如圖)

這是一個(gè)小概率事件.今從試驗(yàn)數(shù)據(jù)得到Z=-2.7509,由于表明這一小概率事件在該次試驗(yàn)中發(fā)生,這與實(shí)際推斷原理矛盾.因此否定原假設(shè).至此本例已獲得解答,即基于數(shù)據(jù)該批藥品的酒精含量不符合規(guī)定.注意:

在否定論中最終能否得出矛盾的結(jié)果，取決于數(shù)據(jù).02.5﹪1.96-1.96-2.7509本文檔共38頁；當(dāng)前第12頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)一.假設(shè)檢驗(yàn)的兩類錯(cuò)誤

一類錯(cuò)誤是,當(dāng)H0為真時(shí),因?yàn)楸M管事件{A|H0}是小概率事件,但仍有可能發(fā)生,即樣本觀察值(x1,x2,...,xn)∈R時(shí),按檢驗(yàn)法則將拒絕原假設(shè)H0,這種錯(cuò)誤稱為第一類錯(cuò)誤.

根據(jù)檢驗(yàn)法則,若A發(fā)生則拒絕H0,否則接受H0.這不免要犯二類錯(cuò)誤.本文檔共38頁；當(dāng)前第13頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)一.假設(shè)檢驗(yàn)的兩類錯(cuò)誤

另一類錯(cuò)誤是,當(dāng)原假設(shè)H0不真,即H1為真時(shí),A也有可能不發(fā)生,即樣本觀察值(x1,x2,...,xn)∈R*,按檢驗(yàn)法則將接受原假設(shè)H0,這種錯(cuò)誤稱為第二類錯(cuò)誤.本文檔共38頁；當(dāng)前第14頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)正確正確H0

為真H0

為假真實(shí)情況所作判斷接受H0拒絕H0第一類錯(cuò)誤(棄真)第二類錯(cuò)誤(取偽)注意:不可能消除這兩種錯(cuò)誤,而只能控制發(fā)生這兩類錯(cuò)誤之一的概率.一.假設(shè)檢驗(yàn)的兩類錯(cuò)誤本文檔共38頁；當(dāng)前第15頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)

我們當(dāng)然希望獨(dú)兩類錯(cuò)誤的概率都很小,但在樣本容量n固定時(shí)是無法做到的.基于這種情況,且因?yàn)槿藗兂３０丫芙^H0比錯(cuò)誤地接受H0看得更重些.因此人們希望在控制犯第一類錯(cuò)誤的概率α的條件下,盡量使犯第二類錯(cuò)誤的概率小,但這也是不容易的,有時(shí)甚至是不可能的.于是人們不得不降低要求,只對(duì)犯第一類錯(cuò)誤的概率α加以限制,而不考慮犯第二錯(cuò)誤的概率,在這種原則下,尋找臨界域C時(shí)只涉及原假設(shè)H0,而不涉及備擇假設(shè)H1,這種統(tǒng)計(jì)假設(shè)問題稱為顯著性檢驗(yàn)問題.對(duì)給定的犯第一類錯(cuò)誤的概率α稱為顯著性水平.本文檔共38頁；當(dāng)前第16頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)二.顯著水平檢驗(yàn)法

顯著水平檢驗(yàn)法:在數(shù)據(jù)收集之前就已經(jīng)設(shè)定好一個(gè)檢驗(yàn)規(guī)則,即文獻(xiàn)上稱之為拒絕域R,使得當(dāng)樣本觀察值落入R就拒絕H0.

對(duì)拒絕域R的要求是:在H0

下{樣本落入R}為一小概率事件,即對(duì)預(yù)先給定的0<α<1有

P({樣本落入R}|H0)≤α此時(shí)稱R所代表的檢驗(yàn)為顯著水平α的檢驗(yàn)本文檔共38頁；當(dāng)前第17頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)(1)根據(jù)問題的要求建立原假設(shè)H0和備擇假設(shè)H1;假設(shè)檢驗(yàn)的方法步驟(2)選取檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量T(X1,X2,...,Xn),要求T不含任何參數(shù),以便計(jì)算H0為真時(shí)的條件概率;(3)給定顯著性水平α,求出使P{T∈R|H0}≤α的臨界域C;(4)若樣本觀察值T(x1,x2,...,xn)∈R,則拒絕原假設(shè)H0,否則接受H0.本文檔共38頁；當(dāng)前第18頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)1).方差已知時(shí)總體均值的假設(shè)檢驗(yàn)1兩個(gè)正態(tài)總體的假設(shè)檢驗(yàn)本文檔共38頁；當(dāng)前第19頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)本文檔共38頁；當(dāng)前第20頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)找臨界值uα/2示意圖0a/2ua/2a/2-ua/2本文檔共38頁；當(dāng)前第21頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)本文檔共38頁；當(dāng)前第22頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分作為未知參數(shù)μ的點(diǎn)估計(jì),因此偏小應(yīng)該拒絕H0.若H0成立,例3某降價(jià)盒裝餅干，其包裝上的廣告上稱每盒質(zhì)量為269g.但有顧客投訴，鈣餅干質(zhì)量不足269g。為此質(zhì)檢部門從準(zhǔn)備出廠的一批盒裝餅干中，隨機(jī)抽取30盒，由測(cè)得的30個(gè)質(zhì)量數(shù)據(jù)算出樣本平均為268.假設(shè)盒裝餅干質(zhì)量服從正態(tài)分布N(μ，22),以顯著水平α=0.05檢驗(yàn)該產(chǎn)品廣告是否真實(shí).解:依題意,可設(shè)原假設(shè)H0:μ=269備擇假設(shè)

H1:μ<269則有則在下Z~N(0,1),即Z的分布已知，因而Z可以做檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量，偏小等價(jià)于Z偏小，從而得到拒絕域的形式如下其中k待定，稱之為臨界值.本文檔共38頁；當(dāng)前第23頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分α=0.05,為求顯著水平0.05的檢驗(yàn),只需選取k使得查表可得因而得到水平0.05檢驗(yàn)的拒絕域代入數(shù)據(jù)得Z=-2.74,顯然小于臨界值-1.645,因而依據(jù)檢驗(yàn)規(guī)則應(yīng)該拒絕H0,即該盒裝廣告又不是廣告行為.本文檔共38頁；當(dāng)前第24頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)２).方差未知時(shí)總體均值的雙側(cè)假設(shè)檢驗(yàn)本文檔共38頁；當(dāng)前第25頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)本文檔共38頁；當(dāng)前第26頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)找臨界值tα/2示意圖0a/2a/2-ta/2(n-1)ta/2(n-1)本文檔共38頁；當(dāng)前第27頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)本文檔共38頁；當(dāng)前第28頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分其中σ未知.今用S*代替σ,得到t的統(tǒng)計(jì)量例4.在例3中,若盒裝餅干重量服從正態(tài)分布N(μ,σ2),μ與σ2均未知,已知樣本平均,修正樣本標(biāo)準(zhǔn)差為S*=1.8,求解相同的問題.解:此時(shí)不能使用Z作為統(tǒng)計(jì)量,因?yàn)闃?biāo)準(zhǔn)化變量為由正態(tài)總體抽樣分布基本定理可知,在H0下可得到拒絕域的形式如下其中k待定，稱之為臨界值.本文檔共38頁；當(dāng)前第29頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分α=0.05,為求顯著水平0.05的檢驗(yàn),只需選取k使得因而得到水平0.05檢驗(yàn)的拒絕域代入數(shù)據(jù)得t=-3.044,顯然小于臨界值-1.699,因而依據(jù)檢驗(yàn)規(guī)則應(yīng)該拒絕H0,即該盒裝廣告又不是廣告行為.本文檔共38頁；當(dāng)前第30頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)2兩個(gè)正態(tài)總體的假設(shè)檢驗(yàn)本文檔共38頁；當(dāng)前第31頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)1).方差已知時(shí)均值的雙側(cè)假設(shè)檢驗(yàn)因?yàn)楫?dāng)H0成立時(shí)，統(tǒng)計(jì)量本文檔共38頁；當(dāng)前第32頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)從而,對(duì)于給定的顯著性水平α,拒絕域?yàn)楸疚臋n共38頁；當(dāng)前第33頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)2).方差未知時(shí)均值的雙側(cè)假設(shè)檢驗(yàn)本文檔共38頁；當(dāng)前第34頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)本文檔共38頁；當(dāng)前第35頁；編輯于星期六\12點(diǎn)31分第二節(jié)顯著水平檢驗(yàn)法與正態(tài)總體檢驗(yàn)本文檔共38頁；當(dāng)前第