多維隨機變量及其分布

1、第七章假設檢驗 7.1假設檢驗的基本思想與概念7.1.1假設檢驗問題例1某廠生產(chǎn)的合金強度服從正態(tài)分布N(r16)，其中r的設霅值為不低于110(Pa)。為了保證質(zhì)量，該廠每天都要對生產(chǎn)情況做例行檢查，以判斷生產(chǎn) 是否正常進行，即該合金的平均強度不低于110。某天從生產(chǎn)中隨機抽取25塊合金，沒得強度值為 ,x25，其均值為X =108，問當日生產(chǎn)是否生產(chǎn)正常？分析：(1) 這不是一個參數(shù)估計問題。(2) 這是在給定總體與樣本下，要求對命題“合金平均強度不低于110”作出回答：“是”還是“否”？這類問題稱為統(tǒng)計假設問題，簡稱假設檢驗問題。(3) 命題：“合金平均強度不低于110”正確與否僅涉及參

2、數(shù) 二，因此該命題是否正確將涉及如下兩個參數(shù)集合：00 =二：二-110，-P ：八：116命題成立對應于 “日乏o 0 ”，命題不成立則對應 “日乏G1 ”。在統(tǒng)計學中這兩個 非空參數(shù)集合都稱作 統(tǒng)計假設，簡稱假設。(4) 我們的任務是利用所給總體N (二16)和樣本均值x =108去判斷假設(命題)v - C.-? 0是否成立。這里的“判斷”在統(tǒng)計學中稱為檢驗或檢驗法則。檢驗結(jié)果有兩種：“假設不正確”一稱為拒絕該假設“假設正確” 一稱為接收該假設(5) 若假設可用一個參數(shù)的集合表示，該假設檢驗問題稱為參數(shù)假設檢驗問題，否則稱為非參數(shù)假設檢驗問題。上例中就是一個參數(shù)假設檢驗問題。7.1.2假

3、設檢驗的基本步驟一、建立假設原假設：被檢驗的假設H0。一般不應輕易加以否定的假設。備擇假設：當H0被拒絕時而接收的假設。二者多是成對出現(xiàn)。如例中建立：H0:=p : ： -110 vsH1 ： ) L-打=二：J ： 110若簡寫為 H0: “二-110 vsH1 : 二門 () 0.05，由于g)是關(guān)4/ 5c _ 110于二的單調(diào)減函數(shù)，只需要 g(110) - G() =0.05成立即可。由此可先4/5c _ 110確定標準正態(tài)分布的 0.05分位數(shù)u0 05 = -u0 95。它使得 =u0 05，從而c4/5的值為 c =110 0.8u0.05 = 110-0.8 1.645 =1

4、08.684所以，檢驗的拒絕域為W 叫乂 乞 108.684X _110若令u，則拒絕域有另一種表示，即4/5W =u 蘭U0.05 =u 蘭 一1.64$五、做出判斷在有明確的拒絕域后，根據(jù)樣本觀測值可以做出判斷：當X 108.684或ua1.645時，則拒絕H0,即接收H1 ；當 X 108.684或 u -1.645 時，則接收 H0 。在例1中，由于x =108 Ui/2時拒絕原假設，否則接收它。勢函數(shù)具體如下:J R，有ZIg （卩）=pu 35/2）= P_i（i_i2）6如/2)=1 ne。一：）/二 7_：./2），（、n（% -）/二一 Ui_：./2）例1要求一種元件使用壽

5、命不得低于1OOO小時，今從一批這種元件中隨機抽取25件，測得其壽命的平均值為95O小時，已知這種元件壽命服從標準差為（T=1OO小時的正態(tài)分布。試在顯著水平a= O.O5下確定這批元件是否合格？設總體均值為 W即需檢驗假設 Ho： 1OOO, Hi： p1OOO。解：首先假設為HO ： &1OOO vs H1： f1OOO;因為（r=1OO已知，為單側(cè)檢驗問題，所以選用 U檢驗，Ho的拒絕域為u = % 一1000乞u-.cr / Jnn=25 , a= 0.05, X =950 ,計算知 一1000_ =_2.5 :：: uo 05 =645100/ J25故在a= 0.05下，拒絕Ho,

6、即認為這批元件不合格。二、二未知時的t檢驗將未知的匚換成其樣本標準差S，形成t檢驗，檢驗統(tǒng)計量為 在H0下，有tt（n -1）從而拒絕域為W 二t 一（n-1） 對于第二種和第三種情形拒絕域分別為W -rL.（n -1）W 二t _t2（n-1）例2用某儀器間接測量溫度，重復五次，測得結(jié)果為12501265124512601275設測量值X服從正態(tài)分布N（J；2），水平:=0.05。問是否有理由認為該儀器測 量值大于12770 （真實值）?解 首先假設為Ho： 乞J 0 vs Hr :丄-0因為方差匚2未知，用t檢驗法，這時拒絕域為x %W 忙 0 _t(n1)s/J n這里 n = 5 ,

7、ti-.(n-1) = to.95(4) = 2.1348 由樣本算得x = 1 2 5, 92 = 1 4 25代入可得 t J2591277 ： _3.372 ： 2.1348.i142.5V 5因此接受Ho即認為測量值不大于 1277。三、假設檢驗與置信區(qū)間的關(guān)系設x ,Xn是來自正態(tài)總體 N(4；2)的樣本，現(xiàn)討論在；未知的場合關(guān)于均值的檢驗問題。分三種情況：考慮雙側(cè)檢驗問題H0 :0 vs 比：0其水平為二的接收域為W =|X-% 蘭(s/Vn)t1/2( n-1)可以將之改寫為W 二X -(s . n)如：./2(n -1) % 乞 X (s n兒一從n -1)并且有P.0(W)，

8、這里沒有限制，若讓 在R上取值，就可得到 J的1 - :置信區(qū)間：乞X_(s . n)t仁一./2(n-1)。反若有一個如上的1 -:置信區(qū) 間，也可獲得關(guān)于 H0 : - 0的水平為:-的顯著性檢驗。所以“正態(tài)均值 J 的1 _ :置信區(qū)間”與“關(guān)于 H0 :-0的雙側(cè)檢驗問題的水平為 :的檢驗” 是對應的。同樣，單側(cè)檢驗問題H0 :0 vs H1: - b0其水平為-的接收域為W 二x - 乞(s 、n)t;.(n -1) = % 一 x -(s . n)t-.(n -1)這就給出了參數(shù) ，的1 -:置信下限。反之亦然。722兩個正態(tài)總體均值差的檢驗設X1,Xm是來自正態(tài)總體 N(1,；1

9、 )的樣本，.yn是來自正態(tài)總體N(2,；2)的樣本，兩個樣本獨立，考慮如下三類檢驗問題H。: ； 70H0： . C0 ,vs2 2H1 ：. V ： 702 22 2H0：二=二0 , vsH 1 ： ；-C0。由前可知，樣本方差此處通常假定均值 未知。采用的檢驗統(tǒng)計量均為2 =（n -1）s2/；/：,則對應三個檢驗問在二2=；：02時，22（n -1），于是若取顯著性水平為題的拒絕域依次為W 二 2 一12.-.(n-1)W = 2 空2(n-1)W= 2/2(n-1)或 2 一 二./2(n-1)例4某廠生產(chǎn)的銅絲，質(zhì)量一向比較穩(wěn)定，今從中隨機地抽出10根檢查其折 斷力，測得數(shù)據(jù)（單

10、位:千克）如下：575576570569582 577580571585設銅絲的折斷力服從正態(tài)分布N（J；2），檢驗水平為:-=0.05。試問：是否可以相信該廠的銅絲的折斷力的方差為64?2 2解 由題意知要檢驗假設 H0：二=64 , H1：二-64，因為未知,故檢驗 統(tǒng)計量在H0下2 二(n )S 2(n_1).2-0這里 n = 10, a =0.05,町刖2(n 1)=蹤975 (9) =19.02 及 2./2( n-1) = 0025(92.7由樣本算得 殳=5757,(n- 1)s210-.：(Xi -X)2 =260.1,i 4n為(Xi -X)2由此可算得 2 = V 2o嚴

11、 4.06,64因為2.70 4.06 19,02，根據(jù)2檢驗法應接受H。，即認為這批銅絲的折斷力的 方差為64。二、兩個正態(tài)總體方差比的F檢驗2設X- ,Xm是來自正態(tài)總體 N()1,；1 )的樣本，,.yn是來自正態(tài)總體H0:2:-12H1:22:-1二 2vs:-1:j 2H。2：G2匚2vsH12：二12池匚22N(2,6)的樣本,考慮如下三類檢驗問題此處J1和J2均為未知，由樣本 Xi,Xm和Y1,.yn計算的二12和二：的無偏估 計分別記為 和S：，兩個樣本獨立，則可建立如下的檢驗統(tǒng)計量2SxF -2Sy在H。為真時有FF(m -1, n -1)，由此可得水平為:-的三種情況下的拒

12、絕域分別為W =F 一 F5 -1, n -1)W =F 乞 F：.(m -1, n -1)W = F 乞 F：.(m -1,n -1)或F - F -,(m -1,n -1)1 2 2例9某一橡膠配方中，原用氧化鋅5克，現(xiàn)減為1克。今分別對兩種配方作一批試驗，分別測得橡膠伸長率如下：氧化鋅 1 克565577580575556542560532470461氧化鋅 5 克540533525520545531541529534假設橡膠伸長率服從正態(tài)分布，問對這兩種配方對橡膠伸長率的總體方差有無 顯著差異？(用=0.1)解 根據(jù)題意需檢驗 H0 :時一 ；，比：時=這里m =10，n = 9，二=

13、0.1，從而可得F./2(m-1, n T) = F0.95 (9,8) =3.393.23F：./2(m -1 ,n -)= F0.05(9,8)=F0.95 (9,8)由樣本可算得s2 = 236.8, s： =63.862于是 F = S二 236 : 3.73.39Sy63.86故拒絕Ho,即認為兩總體方差有顯著性差異。 7.3其他分布參數(shù)的假設檢驗7.3.1指數(shù)分布參數(shù)的假設檢驗設x ,xn是來自指數(shù)分布 Exp(1/R的樣本，二是其均值，現(xiàn)考慮關(guān)于二的如下檢驗問題：H 0 : v ： vs H1 : v 厲 拒絕域的自然形式是 W二X _c。為了尋找檢驗統(tǒng)計量， 我們考察參數(shù) 二的

14、充n分統(tǒng)計量X，在V - -0時，有nx - :XiGa(n,1/入),由伽瑪分布的性質(zhì)知2nX2(2n)因此可用作為檢驗統(tǒng)計量并利用2(2n)的分位數(shù)建立檢驗的拒絕域，對上述檢驗問題，拒絕域為W = 2 一 二(2n)關(guān)于二的另兩種檢驗問題的處理方法是類似的。對檢驗問題H 0 : v _ 比vsH10H 0 : v - %vs比：八入 拒絕域分別為W =2 乞 2(2n)W =2 乞；2(2n)或 2 一 12_./2(2n)例1設我們要檢驗某種元件的平均壽命不小于6000h，假定元件壽命為指數(shù)分布，現(xiàn)取5個元件投入試驗，觀測到如下5個失效時間(h)395119115726133這是一個假設

15、檢驗問題，檢驗的假設為H0 門-6000 vs H1: 6000經(jīng)計算X =4462.6，故檢驗統(tǒng)計量為210x10 4462.67.4377 比6000若取。=0.05 ,則查表知 益05(10) =3.94，由于/2 a 3 0.05(10)故接受原假設,可以認為平均壽命不低于6000h.7.3.2比例p的檢驗比例p可看作某事件發(fā)生的概率，即可看作二點分布b（1, p）中的參數(shù)，作n次獨立試驗，以x記該事件發(fā)生的次數(shù)，則 xb（n, p）?？梢愿鶕?jù)x檢驗關(guān) 于p的一些假設。先考慮如下單邊假設檢驗問題H。： p 乞 P。vs Hi ： p po直觀上看，一個顯然的檢驗方法是取如下的拒絕域W二

16、x _c,由于x只取整數(shù)值，故c可限制在非負整數(shù)中，然而，一般對給定的，不一定能正好取到一個c使nP（x C； Po）=亠 cnp0（1 - Po）n_L =j =c能恰好使得上式成立的 C值是罕見的。這個問題在離散總體下普遍存在，這時， 常見的方法是找一個 co，使得nn、cnp0（i-p）2 cnp0（i-po）n于是若取C二Co，這相當于把檢驗的顯著性水平提高了一些，由:-提高到nC：po（1 - po）n，若取C = q 1，此時相當于把顯著性水平由:降低到i壬n、cn po（i - Po）n_t，因為后者可保證上式左側(cè)不大于故取c二$ i可j =Co 1得水平為二的檢驗。對檢驗問題H

17、 o ： p - Povs Hi : p :： Po處理方法是類似的，檢驗的拒絕域為W二X乞c , C為滿足C、Upo（i Po）ni 的最大正整數(shù)。對檢驗問題Ho ： p = Povs Hi : p = Po檢驗的拒絕域W =x _G或x c2，其中c1為滿足Ci、cnpo（i Po）n： /2i =o的最大整數(shù)，C2為滿足ni cnd（i -Po）n： /2的最小整數(shù)。例2某廠生產(chǎn)的產(chǎn)品優(yōu)質(zhì)品率一直保持在4o%，近期對該廠生產(chǎn)的該類產(chǎn)品抽檢2o件，其中優(yōu)質(zhì)品7件，在-o.o5下能否認為優(yōu)質(zhì)品率仍保持在4。解設p為優(yōu)質(zhì)品率，x為2o件產(chǎn)品中的優(yōu)質(zhì)品件數(shù)，則xb（2o, p）,待檢驗的假設為H

18、0 : p = 0.4 vs 出：p = 0.4拒絕域為 W =x g或x _ c2，下面求C|,c2由于 P（x 乞 3） = 0.016 :：: 0.025 :：: P（x 乞 4） = 0.051故取 c1 =3，又因為 P（x _ 11） = 0.0565 0.025 . P（x _ 12） = 0.021從而c2=12，拒絕域為 W =x _3或x _12。該拒絕域的實際顯著性水平不是0.05，而是0.016+0.02仁0.037，由于觀測值沒有落入拒絕域，故接受原假設。7.3.3大樣本檢驗思路如下：設x ,xn是來自某總體的樣本，又設該總體均值為二，方差為二的函數(shù)，記二 2 （二）

19、。如對二點分布b（1門），其方差二（1-旳是均 值二的函數(shù)，則對下列三種假設檢驗問題：H 0 : r ：厲 vs H10H0 : v _ % vs H1: %H0: vs 出：八花在樣本容量n充分大時，利用中心極限定理，xNU,二2（二）/n），故在v -入時，可米用如下檢驗統(tǒng)計量.n(x - )N(0,1)近似地確定拒絕域，對應上述三類檢驗問題的拒絕域依次分別為W =u _W 二uW = U 占 5 屯/2例3某廠生產(chǎn)的產(chǎn)品不合格率10%，在一次例行檢查中，隨機抽取80件,發(fā)現(xiàn)有11件不合格品，在=0.05下能否認為不合格品率仍為10%。解 這是關(guān)于不合格品率 二的檢驗，假設為H0 :二-0

20、.1 vs H1-0.1由于樣本容量較大，因此可采用大樣本檢驗方法。由于-0 = 0.1,；2（二0） = 0.1 0.9 = 0.09，檢驗統(tǒng)計量為v80（1-0.1）u ： 80=1.1180.09若取G =0.05 ,則U0.975 =1.96 ,故拒絕域為W=u 3 1.96。由于u =1.118成1.96，故不能拒絕原假設，可以認為不合格品率仍為10%。7.3.4檢驗的p值定義7.3.1在一個假設檢驗問題中，利用觀測值能夠做出拒絕原假設的最小顯著性水平稱為檢驗的p值給出檢驗的p值之后，則當： - p時，則在顯著性水平:-下拒絕H0 ；當: r+1)。這樣我們得到一個近似的水平為:-的

21、拒絕域:W 二 2 一(k -r -1)例2實驗中，每隔一定的時間觀察一次某種鈾所放射的到達計算器上的:粒子數(shù)，共觀察 100次，的結(jié)果如下：i01234567891011色1215161726119921210其中n為觀察到i個：.粒子的次數(shù)。從理論上可知次數(shù)X應服從泊松(Poisson)i分布，即PX二i e，i =0,12，試問根據(jù)實驗的結(jié)果，X是否可認為服 i!iHo : PX 二i e常數(shù)，0,i =0,1,2,i!從泊松(Poisson)分布? ( : =0.05)解：根據(jù)實驗結(jié)果構(gòu)造有限完備事件群：Ai=X = mi, i=1 , 2, - , 11,A12= X 12，由此 H

22、0可簡化為iH：P(Ai)二eji =0,1,2,11,i!11 iP(A12) =1e_,y i!因為H。和 H。中含有未知參數(shù), 的極大似然估計為? = X = 4.2然后再計算各事件得概率估計值：4 2 e211 A? =P(A)=PX =i=,i =0,1,2，,11, ?12 =1送 Pi .i!i_0結(jié)果見下表：A?n?ini - n?i(ni -n?i)2/n?A110.0151.5-1.80.415A250.0636.3-1.80.415A3160.13213.22.80.594A4170.18518.5-1.50.122A5260.19419.46.62.245A6110.1

23、6316.3-5.31.723A790.11411.4-2.40.505A890.0696.92.10.639A920.0363.6-0.50.0385A1010.0171.7-0.50.0385A1120.0070.7-0.50.0385A1210.0030.3-0.50.0385A1300.0020.2-0.50.0385E6.2815注意到有些n ?：5的組與相鄰組進行適當合并，使n ?-5。并組后r =8，且估計一個參數(shù)，故2的自由度為8-1-1=6。因為 (r k 1)=忑05(6) =12.592 6.2815故接受Ho,即可以認為樣本來自泊松分布。7.4.2列聯(lián)表的獨立性檢驗列聯(lián)

24、表：將觀測數(shù)據(jù)按兩個或更多屬性(定性變量)分類時所列出的頻數(shù)表。一般地，若總體中的個體可按兩個屬性 A和B分類，A有r個類A - , Ar， B有c個類B!，Be，從總體中抽取大小為 n的樣本，設其中有nj個個體既屬 于A又屬于Bj，山稱為頻數(shù)，將r e個山排列成為一個r行e列的二維列聯(lián) 表，簡稱r e表。r e列聯(lián)表AB1 -j-e和1nnn“ en1.91ini1nijn ieI-a11rn1njnren.和nnjnen若所考慮的屬性多于兩個，也可類似作出列聯(lián)表，稱為多維列聯(lián)表。列聯(lián)表分析的基本問題是：考察各屬性之間有無關(guān)聯(lián)，即判別二屬性是否 獨立。在r e表中，若以pi, pj.和pij

25、分別表示總體中個體僅屬于A，僅屬于Bj和同時屬于 A和Bj的概率，則“ A、B兩屬性獨立”的假設可以表述為H 0 ： Pj - pi p j,i - 1, r, j -1, ,e二維離散分布表AB1je行和1P11ap1 j-P1e*P1.iipi1aPij-Pie*Pi.1rPr1PrjPrePr .列和P1PjPe1這就變?yōu)樯弦徊糠种兄T Pj不完全已知時的分布擬合檢驗，這里諸 Pj共有 re個參數(shù)，在原假設成立時，這re個參數(shù)Pj由r e個參數(shù)ppr , P1Pe re決定。在這后r - e個參數(shù)中存在兩個約束條件：、 p= 1 , p j = 1,所以,idi d此時pj實際上由r e-

26、2個獨立參數(shù)所確定。據(jù)此，檢驗統(tǒng)計量為g - npj )2n?j在原假設成立時上式近似服從自由度為 布。其中諸?j是在原假設成立下得到的?j = pi=(n ,/n)(nj /n)r c-( r c-2)= (r -1)(1)的 2 分Pj的最在似然估計。其表達式為對給定的顯著性水平:-(0 ： : ： 1)，檢驗的拒絕域為2 2W=- (1)(1)1436名兒童,例3為研究兒童智力發(fā)展與營養(yǎng)的關(guān)系，某研究機構(gòu)調(diào)查了得到下表的數(shù)據(jù)，試在顯著性水平0.05下判斷智力發(fā)展與營養(yǎng)有無關(guān)系。兒童智力與營養(yǎng)的調(diào)查數(shù)據(jù)智商合計 100營養(yǎng)良好3673422663291304營養(yǎng)不良56402016132合

27、計4233822863451436解用A表示營養(yǎng)狀況，它有兩個水平：A1表示營養(yǎng)良好，A2表示營養(yǎng)不良；B表示兒童智商，它有四個水平，B1,B2,B3, B4分別表示表中四種情況。沿用前面記號，首先建立假設H。：營養(yǎng)狀況與智商無關(guān)聯(lián)，即A與B是獨立的。統(tǒng)計表示如下H。： Pj = Pi p j ,i = 1,2, j =1,2,3,4在原假設成立下，我們可以計算諸參數(shù)的最大似然估計值，P1 =1304/1436 =0.9081, ?2 =132/1436= 0.0919 =423/1436 =0.2946，?2 =382/1436 =0.266二 286/1436 = 0.1992，? 4 二

28、 345/1436 二 0.2403進而可給出諸npj = npi p。結(jié)果如下表諸n?j的計算結(jié)果 100營養(yǎng)良好384.1677346.8724259.7631313.35880.9081營養(yǎng)不良38.877935.103626.288131.71200.0919?j.0.29460.26600.19920.2403計算得到2 =19.2785此處(r -1)(c -1)=(2-1)(4-1)=3，?。?0.05，則盅.95 (3) = 7.81519.2785，故拒絕原假設。7.4.3正態(tài)性檢驗一、正態(tài)概率紙這是一種自然現(xiàn)象的坐標紙，其橫坐標是等間隔的，縱坐標是按標準正態(tài) 分布函數(shù)值給出的。進行正態(tài)性檢驗的方法：利用樣本數(shù)據(jù)在概率紙上描點，用目測方法看這 些點是否在一條直線附近，若是的話，可以認為該數(shù)據(jù)來自的總體為正態(tài)分布， 若明顯不在一條直線附近，則認為該數(shù)據(jù)來自非正態(tài)總體。例4隨機選取10個零件，測得其直徑與標準尺寸的偏差如下： (單位：絲)9.48.89.610.210.17.211.18.28.69.6在止態(tài)概率紙上作圖如卜：(1)首先將數(shù)據(jù)按從小到大的次序排列：x(1) - x(2)- x(n)，具體為7.28.28.68.89.49.69.810.1 10.211.1對每一個i，計算修正頻率(i - 0.375)/(n - 0.25),i =1,2- ,n