高等工程數(shù)學講義華科數(shù)理統(tǒng)計

1、 Ch1 數(shù)理統(tǒng)計的基本概念1.1數(shù)理統(tǒng)計的基本問題1.1.1數(shù)理統(tǒng)計的任務(wù)例1 實驗：隨機在一大批產(chǎn)品中抽取產(chǎn)品進行檢驗。（1）一旦查出廢品即停止試驗，認為該批產(chǎn)品不合格；（2）若到第件還未查出廢品也停止試驗，認為該批產(chǎn)品合格。設(shè)為檢查件數(shù)，則z的概率分布為若p已知，可解決概率問題： （2）若未知，則需解決統(tǒng)計問題： 有實驗結(jié)果推斷出：()估計；()檢驗pp0;()設(shè)計n0=？數(shù)理統(tǒng)計的基本思想：從全體研究對數(shù)中抽取一部分實驗，由實驗結(jié)果推斷全體的數(shù)理規(guī)律。1.1.2總體與樣本總體研究對象（數(shù)量指標）的全體（統(tǒng)計規(guī)律）。z或其分布F(x)樣本獨立同分布的個隨機變量X1, X2, Xn，記X1

2、, X2, Xn F(x)樣本觀察值x1,xn樣本的一次實現(xiàn)（n個實數(shù)）1.1.3經(jīng)驗分布與直方圖（非高數(shù)統(tǒng)計）經(jīng)驗分布函數(shù)Fn(x)=其中 x1,xn,-=x(1)x(n)<x(n+1)= 格列文科定理， 直方圖 a=a0<a1<.<am=b 頻率fj=nj/nx1,.,xn中溶入aj-1,aj的比例aaj-1ajb作(aj-aj-1)*fj/(aj-aj-1)的矩形大數(shù)定律 ,其中pj=P(aj-1<zaj)1.1.4 統(tǒng)計量統(tǒng)計量T=g(X1, X2, Xn)樣本的（可測）函數(shù)，與總體未知函數(shù)無關(guān) 如是統(tǒng)計量，但不是樣本均值 樣本方差 樣本階原點矩 樣本階中

3、心矩 次序統(tǒng)計量 z(1)z(2)z(n)中位數(shù) 極差 R=X(n)-X(1)1.2 抽樣分布1.2.1 幾個重要的統(tǒng)計分布(1)正態(tài)分布,X (2)分布其中X1, X2, , Xn N(0,1)數(shù)字特征：，可加性：Y1 c 2(n1)與Y2 c 2(n2) 相互獨立 Y1+ Y2 c 2(n1+n2) 上側(cè)分位點： (3)分布 其中X 與 Y 獨立 對稱性： 漸進正態(tài)性： 上側(cè)分位點： () (4)F分布 其中Y1 c 2(n1)與Y2 c 2(n2)獨立 上側(cè)分位點： 例2 證明：證明：由分布定義知若，則 1-1- 即 故1.2.2 抽樣定理定理 設(shè)X1, X2, , Xn ,則(1)；(

4、2)；(3) 與獨立證明：(1)由正態(tài)分布的線性性質(zhì) ，(2)= ,而且=0 故自由度為n-1(3)由于中心化過慮了m 的信息，而則集中了m 的信息推論1 ， ， 與獨立推論2 設(shè)X1, X2, , Xn ，Y1, Y2, , Yn 則推論3設(shè)X1, X2, , Xn ，Y1, Y2, , Yn 則Ch2 參數(shù)估計2.1 基本概念2.1.1 問題的提法引例.已知（由機制或經(jīng)驗）某交通路口等待通行的車輛數(shù)，為計算“堵車”的概率。現(xiàn)要由觀察數(shù)據(jù)估計的值。一般已知總體，為未知參數(shù)，用樣本對進行估計。此統(tǒng)計問題為參數(shù)統(tǒng)計問題（可視為待估參數(shù)）估計量用來估計的統(tǒng)計量。估計值估計量的觀察值。兩類估計1.總

5、估計：用估計（可以為向量）。2區(qū)間估計：用和估計。使很大。估計量的優(yōu)良性：盡量小。2.2 點估計2.2.1 矩估計原則：由大數(shù)定律，用估計。步驟：例2-1 設(shè)總體的期望和方差均存在，試由樣本估計和。解：由解得于是其中步驟：（1）；（2）注1：例1結(jié)論與總體分布類型無關(guān)，即對任何具有和的總體都有。注2：矩估計通常不唯一，比如總體，注1說明和都是的矩估計。例2.2 設(shè)U(a,b)，試求和的矩估計。解：由得故2.1.2 極大似然估計原理：已發(fā)生的事件，其概率應(yīng)該最大方法：（1）構(gòu)造似然函數(shù)（2）求使例2.3 設(shè)P(l)，求l 的極大似然估計解：令例2.4.設(shè)X1、X2.Xn是取自正態(tài)總體N(，2)的

6、樣本，求未知參數(shù) ，2的極大似然估計。解： 例2.5.設(shè)X1、X2.Xn是取自U(a,b)中的樣本，求未知數(shù)a,b的極大似然估計。解： 顯然有a增大，b減小時，L(a,b)增大，故 2.2 估計量的優(yōu)良性 的均方差 2.2.1 無偏性的無偏估計 例2.6 證明是的無偏估計。證明 例2.7 ？估計的無偏性解： 即不是的無偏估計，從而 是的無偏估計。的漸進無偏估計 ，2.2.2 有效性比有效，則 且 ，例2.8，在的線性無偏估計類 中求出最有效的估計解： （cauchy-schwarz不等式）即是U中的最小方差無偏估計。的一階最小方差無偏估計 。且 例2.8 設(shè)屬于，試求未知參數(shù)的矩估計和極大似然

7、估計，并比較兩者的無偏性。解：由知，且（例2.6）即為的無偏估計類似例2.4可得極大似然估計，其分布密度為即是的有偏估計，但是的漸近無偏估計為的無偏估計例2.9比較例2.8中和的有效性解：當n>1時有，故比有效定理（Rao-Cramer不等式）設(shè)總體密度函數(shù)可得（1）（2）求知參數(shù)有無偏估計滿足則 C.R下界特別時，有*證：由設(shè)，得例2.11 設(shè)屬于，試求和的無偏估計的方差下界解：即的無偏估計有說明是的UMVUE即對s2/n0無偏值計有優(yōu)數(shù)值計，漸近優(yōu)數(shù)值計，例2.11說明對正態(tài)總體N(m,s2)，是m 的優(yōu)數(shù)值計即即S2是s 2 的漸近優(yōu)數(shù)值計（可以證明S2是s 2 的UMVUE）例2

8、.12設(shè)Z1，Z2，Zn，及N(m,s2)，試確定a使時達到最小解： 顯然時,，說明優(yōu)于。2.2.3相合性和漸近正態(tài)性（大樣本性質(zhì)）q的相合估計 例2.13樣本均值是總體期望E(z)的相合估計由大數(shù)定理即得例2.14對正態(tài)總體S2是s2的相合估計由，知ES2=s2，再由切比雪夫不等式即得例2.15設(shè)Z1，Z2，Zn 為取自U(0,q)的樣本，證明q的極大似然估計是q的相合估計。q的漸近正態(tài)估計一般對極大似然估計有 2.3 區(qū)間估計問題 估計量本身能否表明估計的優(yōu)良（精度）性？方案 由樣本構(gòu)造置信上限(X1,Xn) 和置信下限(X1,Xn) 使 P() = 1- a 稱,為未知參數(shù)的置信度（水平

9、）為1-a 的置信區(qū)間 = - 或 = + 時稱為單側(cè)置信區(qū)間，否則稱雙側(cè)置信區(qū)間含義：,包含的概率1-a精度 ：(1) 1-a 大 (2) - 小2.3.1 單總體 N(,)參數(shù)的置信區(qū)間(1) 已知時，的置信區(qū)間 N(0,1)P() = 1-aP() = 1-a例2.16 ( P560,例1) 鐵水含碳量（%）X N ( ,0.122)，X爐鐵水：4.28,4.40,4.42,4.36 .求的0.95置信區(qū)間.解： = 4.365 , =0.12 , n=4 , a=0.05 , =1.96() = (4.3650.1176) = (4.2474 , 4.4826)注：區(qū)間長度L = 2(

10、a) 與成反比(b) 與a成正比(c) 1-a a L (2) 未知時，的置信區(qū)間 T = t(n-1)由P()=1-a得得P () = 1-a例2.17（續(xù)前例）若未知，S2 =3.833, = 3.1824得 注：此例中L2 = 0.098 < L1=0.118說明了什么？(3) 已知時，的置信區(qū)間 P()=1-aP() = 1- a(4) 未知時，的置信區(qū)間 P()= 1-a例 2.18（P567 ，例4 ）飛機的最大飛行速度X N (,) ,試驗n = 15次，=424.99 , S2 = 71.859 , 的95%置信下限 = 421.135的90%單側(cè)置信上限為2.3.2 雙

11、總體N（），N（）參數(shù)比較的置信區(qū)間（1） 的置信區(qū)間 由抽樣定理推論2 時 設(shè) =>若已知，和有什么變化？（2） 的置信區(qū)間由抽樣定理推論3 =>例2.19（P572例6）甲燈泡壽命 n=5， 乙燈泡壽命 n=7， ， 求和的置信區(qū)間 95%解（10）若 （2） =>2.3.3 大樣本下得置信區(qū)間【結(jié)論】設(shè)總體z的樣本均值和樣本方差為和，期望 則當n時的極限分布為N（0.1），從而有即例2.20（p573例8）100件產(chǎn)品有4件不合格品，求不合格品p的95%單側(cè)置信上限的近似值。解當n充分大時故 取n=100,=0.04,=1.645 得構(gòu)造置信區(qū)間的一般方法（歸納)(1)

12、 求的一個優(yōu)良估計量，通常取的極大似然估計。(2) 以為核心，構(gòu)造樞軸量T(),使其有確定分布。(3) 對給定的置信水平1-，確定a,b使，且b-a盡量小(4) 由解出。CH3 檢驗假設(shè)3.1基本概念3.1.1問題的提出1°早稻畝產(chǎn)量310kg，320,H0: µ310,H1：µ3102°產(chǎn)品的次品率中是否達標？4/50，H0:p0.05，H1：p0.053°兩種電鉆噪音的比較，H0：µ1µ2，H1：µ1µ24°一周的空氣質(zhì)量是否均勻？H0:Z1.Z7同分布5°睡眠時間Z與考試成績 有

13、關(guān)嗎？H0：EZEZE假設(shè)檢驗用樣本檢驗對總體的“斷言”（假設(shè)）參數(shù)假設(shè)檢驗已知總體分布類型F(x;)，對未知參數(shù)做假設(shè)檢驗。如1°3°非參數(shù)假設(shè)檢驗未知總體分布類型，對總體的統(tǒng)計特性進行假設(shè)檢驗。如4°5°3.1.2基本原理小概率原則小概率事件在一次試驗中不該發(fā)生例3.1 自動包裝機包裝一帶葡萄糖的重量Z，N(µ，0.0152)，抽驗9袋：0.497，0.506，0.518.0.515，0.512。=0.509問題：這天包裝機是否工作正常？解：提出假設(shè)，H0：µ0.5（正常）H1：µ0.5（不正常）若H0為真，則P（|-&

14、#181;|k）應(yīng)該很小故如果|-µ|k 發(fā)生，則應(yīng)拒絕H03.1.3實施步驟1°根據(jù)實際問題，提出統(tǒng)計假設(shè)：原（零）假設(shè)H0，被擇假設(shè)H12°建立檢驗統(tǒng)計量T（Z1,.Zn），（通常以被檢驗參數(shù)的優(yōu)良估計為基礎(chǔ)構(gòu)造T），僅當H0為真時，T有確定的分布3°對給定的顯著水平（小概率），構(gòu)造H0的拒絕域W，使P（Z1,.Zn）W）通常W=（Z1,.Zn）；|T|或T4°若（Z1,.Zn）W，則拒絕H0，否則不拒絕H0，即認為“實際”和“假設(shè)”差異不顯著3.1.4兩類錯誤第一類（棄真）錯誤H0為真，但（Z1,.Zn）WH0被拒絕P（Z1,.Zn）W|

15、 H0）第類風險第一類（棄真）錯誤H0為真，但（Z1,.Zn）WH0被拒絕P（Z1,.Zn）W| H0）第類風險最優(yōu)水平的檢測在0下，使min3.2 正態(tài)總體參數(shù)的假設(shè)檢驗3.2.1單總體N（，2）下檢驗H0：=0 H1：0若2=02已知，則在H0下，故H0的拒絕域若2未知，則在H0下， 故H0的拒絕域例3.2（續(xù)例3.1）一袋葡萄糖重量ZN（，2），n=9，=0.519，在水平a=0.05下檢驗 H0：=0.5，H1：0.5（1）若2=0.0152， ，故不拒絕H0，即認為包裝機工作正常。（2）若2未知，計算S2= 0.0108972，由故拒絕H0，即認為包裝機工作不正常。3.2.2單總體N

16、（，2）下檢驗2H0：2=02 H1：202若=0已知，則在H0下， 故H0的拒絕域若未知，則在H0下， 故H0的拒絕域例3.3維尼綸纖度ZN（，2），生產(chǎn)穩(wěn)定時2=0.0482，檢測n=5件：1.32，1.55，1.36，1.40，1.44。試在顯著水平a=0.10下檢驗有無顯著變化。解：H0；2=0.0482 H1：20.0482 故拒絕H0，即認為有顯著變化。3.2.3單側(cè)檢驗問題例3.4（P587例2）設(shè)燈泡壽命ZN（，2），抽取n=70做壽命試驗，得=1960（小時），s=200(小時)。在顯著水平a=0.05下，能否認為這批燈泡的平均壽命達到國家標準2000小時？解：H0：2000

17、 H1：<2000這時H0的拒絕域故不拒絕H0，即可認為這批燈泡達到標準。問題，本題檢驗H0：2000 H1：>2000，如何建立統(tǒng)計假設(shè)的兩原則。3.2.4 雙總體的均值比較檢驗X1,X2 iid N(m1, s12 ) ， S12Y1,Y2 iid N(m2, s22 ) ， S22 H0：m1 - m2 = d , H1：m1 - m2 d (通常 d = 0)若s12, s22已知，則在H0下 故H0的拒絕域W=（X1，Xn）：|U| > ua/2 若s12 = s22 =s2未知，則在H0下 其中 故H0的拒絕域W=（X1，Xn）：|T| > ta/2(n1+

18、n2-2) 例3.5（P626習題5）兩機床加工的零件外徑 X甲 N(m1, s2 ) Y乙 N(m2, s2 )甲機床加工零件的外徑20.5 19.8 19.7 20.4 20.1 20.0 19.0 19.5乙機床加工零件的外徑19.7 20.8 20.5 19.8 19.4 20.6 19.2 問在顯著水平a = 0.05下，兩機床加工零件的外徑有無顯著差異？ 解： n1 = 8 = 19.925 S12 = 0.2164 N2 = 7 = 19.925 S12 = 0.2164 Sw = 0.54737 H0 : m1 = m2 H1 : m1 m2 故不拒絕H0，即認為兩外徑無顯著差

19、異3.2.5 兩總體方差的比較檢驗H0：s12 = s22, H1：s12 s22在H0下 F = S12/S22 F( n1-1, n2-1 )故H0的拒絕域W=（X1，Xn）：F <F1-a/2 ( n1-1, n2-1 )或 F >Fa/2 ( n1-1, n2-1 ) 思考：若已知m1 , m2能否提高檢驗的績效？例3.6（P592 例4）改進工藝本爐煉鋼的得率提高？a = 0.05 標準工藝下的 X N(m1, s12 )：78.1,72.4，77.3 = 76.23 S12 = 3.325改進工藝下的 Y N(m2, s22 )：79.1,81.0，82.1 = 79.

20、43 S22 = 2.225 解：（1）H10：s12 = s22, H11：s12 s22 F = 3.325/2.225 = 1.494 < 4.03 = F0.025 (9,9) 故不拒絕H0，即可以認為s12 = s22 （2）H20：m1 m2 (未提高), H21：m1 < m2 (提高) Sw = ( 9*3.325+9*2.225) / (10+10-2) = 1.66582 故拒絕H0，即改進工藝后得率有顯著提高。問題：當H0：s12 = s22 被拒絕怎么辦？3.3 非正態(tài)總體參數(shù)的假設(shè)檢驗3.3.1 小樣本情形例3.7 (p596例2) 規(guī)定次品率不超過1%，

21、方可出廠?，F(xiàn)抽檢20件產(chǎn)品，發(fā)現(xiàn)有一件次品，問按顯著水平a=0.05，可否認為該批產(chǎn)品合格？解：設(shè)，i=1,2,20則z1,z2,z20 B(1, p)，其中p 為次品率，本題要檢驗：H0：p0.1， H1：p0.1由B(1, p)的可加性知： B(1, p)，故H0的拒絕域：N=(z1,z2,z20):其中k滿足：p0.01，p(20>k)a=0.05取p0=0.01，本題，故不拒絕H0，即可以出廠。3.3.2 大樣本情形由中心極限定理，z1,z2,znF(x,q)則H0，Ez=u0的拒絕域例3.8 在前例中檢查發(fā)現(xiàn)3件次品，是否可以出廠(a=0.05)?解: H0：p0.01 H1：

22、p0.01 (zB(1,p)，Ez=p)，故不拒絕H0，即可以出廠。注：對zi B(1, p)，對兩個非正態(tài)總體，檢驗：H0：Ez=ED H1：EzED在H0下有：故H0的拒絕域：例3.9 (p598例4) 除蟲劑的效果檢驗，p為長勢良好率，未用除蟲劑：用除蟲劑：在a=0.01下，檢驗：H0：p1p2 H1：p1<p2故拒絕H0，即用除蟲劑的植物長勢顯著好于未用除蟲劑的植物，效果是顯著的。3.5 非參數(shù)假設(shè)檢驗（3.4略）3.5.1 c2擬合優(yōu)度檢驗例3.10（P100例4.1）某試卷400道選擇題中，正確答案為(A)的120道；為(B)的85道；為(C)的105道；為(D)的90道。問

23、能否認為四種答案是等可能出現(xiàn)的？分析：統(tǒng)計假設(shè)H0：X服從四點均勻分布：P(X=k) = 1/4, i=1,2,3,4.樣本X1,X400 iidX，觀察值n1 = 120, n2 = 85, n3 = 105, n4 = 90若為H0真(n1/n-1/4)2 + (n2/n-1/4)2 + (n3/n-1/4)2 + (n4/n-1/4)2 不應(yīng)過大修飾 => 實際頻數(shù)與理論頻數(shù)的相對相異定理（K.Pearson）設(shè)總體X的分布為P(X=xi) = pi, i=1,2,k. X1,Xn iidX, Ni為X1,Xn中取值為的個數(shù)（頻數(shù)），則統(tǒng)計量于是可得H0：P(X=xi) = pi,

24、 i=1,2,k的a水平拒絕域為 W = (x1，xn）：c2 > c2a(k-1) 在例3.10中，故不拒絕H0注1：由于定理結(jié)論是n的極限分布，即為大樣本問題，一般要求n50.當n=2時由中心極限定理知W在n服從標準正態(tài)分布，從而W2在n服從 c2(1)注2：定理的（Fisher）推廣：若H0中總體有r個未知參數(shù)q1,qr，由樣本得其極大似然估計1,r從而求出, i=1,2,k.，則H0為其時 注3：當X的取值過多時應(yīng)分組，使理論頻數(shù)npi相對均勻；npi太小 => 加權(quán)1/(npi) => H0易被否定 并組 一般要求npi>5npi太大 => 區(qū)域太粗 =

25、> 未真正擬合 拆分 例3.11（P613例3）電話總機在午夜0-1時電話接錯的次數(shù)X，抽取200天記錄：接錯次數(shù)012345頻數(shù)（天）1086522401問在顯著水平a = 0.10下，能否認為X服從poisson分布？解：H0 : XP(l) (l未知) 首先求01234>50.53260.33550.10570.02220.00350.0005106.51867.10721.1394.4390.6995.2370.0980.02060.06610.03570.0107若不并組 擬合優(yōu)度檢驗：F(X)=(X)的一般步驟 對總體Z的值域進行劃分（分組）（，(，).（，）一般取5k

26、16，先等分再調(diào)整使n均分；計算理論頻數(shù)n，其中n為樣本容量=p（<z）=（）-（）若（x，）含未知參數(shù)，則用其極大似然估計，計算=（，）-（，）； 統(tǒng)計樣本觀察值，.。落入（，）中的頻數(shù)，i=1,2,3，. ，k；計算的統(tǒng)計量=的觀察值；對顯著水平a確定的拒絕域w=（，.，）：>(k-1)，其中為(x)中未知參數(shù)的個數(shù)。例3.12（例4）維尼綸纖度Z是否服從正態(tài)分布？（a=0.05）X的組別頻數(shù)nn（-，1.29511.0620.4292（ 1.32543.576（ 1.35579.856 1.3852218.6550.5999 1.4152324.2590.0653 1.445

27、 2521.6760.5097 1.4751013.3070.8220 1.50565.6520.0202 1.53511.625 +）10.371100100=2.4463<7.815=1.406=0.002322=:ZN(1.406，)=()- () （i=1,.10 ） =- =+故不拒絕，即可認為Z （，） K-S (Kolmogrff-Smirnov)擬合檢驗理論依據(jù) Glivenko 定理 Dn = 0科爾莫格洛夫檢驗法（單總體） H0 F（x）= F0（x） 定理 在H0 為真時，若F0（x）連續(xù)，則 有確定分布，P707表列出了部分分位點。 故H0 的拒絕域 W = （,

28、x2, , xn）: Dn > Dn,a 例3.1-2 續(xù) 用纖度數(shù)據(jù)做K 檢驗 H0 Z N (1.406，0.0482)X(i)X(i)F0-00.00431.400.570.45030.1103,0.11971.280.010.00430.0043, 0.00571.430.820.69150.1215,0.12851.310.050.02280.0128, 0.02731.460.920.86970.0497,0.05031.340.120.08460.0346, 0.03541.490.980.95990.0399,0.02011.370.340.22660.1066, 0.1

29、1341.520.990.99120.0112,0.00121.5510.99870.0087,0.0014Dn = 0.1285 < 0.136 = = D100,0.05故不拒絕H0, 即可認為 Z N (1.406，0.0482)注：與X2 檢驗比較，K檢驗的優(yōu)點是無需大樣本，缺點是：(1) F0(x) 需連續(xù)；(2) F0(x) 不能有未知參數(shù)。斯米爾洛夫檢驗（雙總體） H0 F1(x) = F2(x) Dn1, n2= 定理 在H0 為真時，若F1(x)連續(xù)，則Dn1, n2有確定的分布。P708 表六（n1 = n2 = n ） 和 P709 表七列出了部分分位點故H0 的拒

30、絕域 W = (x1 , , xn1), (y1 , , yn2): Dn1, n2 > Dn1, n2,a3.5.3 正態(tài)性檢驗：H0：ZN(m,s2)(1)正態(tài)概率紙QQ圖表在H0數(shù)據(jù)點（X(i),Fn(x(i)）在正態(tài)坐標系下“呈直線”（2）W檢驗對次序統(tǒng)計量Z(1)Z(2)Z(3)Z(n-1)Z（n）構(gòu)造 L=，其中ak有表，l=W= 0W1當H0為真時，W有確定分布且1，故H0的拒絕域3.5.4 獨立性檢驗（1）相關(guān)系數(shù)檢驗（Z，Y）N(m1, m2,s12,s22,r) H0：r=0 H1：r0r的矩估計 于是H0的拒絕域W= (r10，表八給出c的直) 例3.13（p624

31、 例8）在a=0.01下檢驗降雨量Z與河流量Y的相關(guān)性降雨量xi11018414512216514378 12962 130168徑流量yi2581363370542044144175解：若（Z、Y）N(m1, m2,s12,s22,r) ，則本題欲檢驗H0：r=0 H1：r0故拒絕H0，既Z與Y相關(guān)顯著。（2）列聯(lián)表檢驗H0：Z與Y相互獨立 H1：Z與Y不獨立理論分布：ZY1 spi1rp11 p1spr1 prsp1prp.jp.1p.s1觀測頻數(shù)（列聯(lián)表）ZY1 sni=1rn11 n1snr1 nrsn1nrn.jn.1 n.s1H0：Z與Y相互獨立本項大似然估計：自由度 由Pears

32、on定理，故H0拒絕域例3.14（p256例9）在下檢驗吸煙與患慢性氣管炎是否獨立XY患病數(shù)未患病合計吸煙數(shù)43162205不吸煙13121134合計56283339故拒絕H0：即吸煙與患病明顯不獨立。3.5.5 符合檢驗設(shè)X1, ,Xm, F1(x), y1, ,yn, F2(x) H0:F1(x)=F2(x), H1:F1(x) F2(x)若F1(x)=F2(x)=F(x)連續(xù)，則P(x<y)= P(x>y)=1/2(兩樣本獨立)記 zi= 則H0成為zi B(1,1/2) i=1,2, ，n 獨立 N+= zi B(m,1/2),N_=n-N+ b/2=maxb:P(N+b)

33、=Cmk()m 即在H0下P(N+ba/2或N+n-ba/2)a于是H0的拒絕域：w=(xi,yi):n+ba/2 or n+ > n-ba/2 =(xi,yi): n+ ba/2 or n- ba/2 =(xi,yi): S =min(n+,n-) ba/2當n 90時，可通過試算定出臨界值，也有表可查，當n >90 時，由中心極限定理：U= N(0,1) 可得H0的拒絕域w=(xi,yi), >Ua/2 例 3.15 在 a =0.05下，檢驗甲，乙兩人分析CO2 含量是否有顯著差異。甲147 15.0 15.2 15.0 14.7 15.4 15.3乙14.6 15.1

34、 15.4 15.0 14.9 15.2 15.0符號 + - - 0 - + + S=min(12,7)=7>4=b0.025 H0:F甲(x)=F乙(x)故不拒絕H0,即甲，乙兩人分析結(jié)果無顯著差異。356 秩和檢驗 x1, ,xn1 F1(x), y1, yn2 F2(x) n1 n2 H0: F1(x) =F2(x) H1: F1(x)F2(x)排序 x3 y1 x1 y4 y3 x2 y2 若 （3+4）！ 種記 y1 y2 y3 y4 y5 y6 y7xi的秩si xi=siX的秩和T= siH0的拒絕域w=(xi,yi):T<T1,T>T2其中在下有P(T<

35、;T1)= P(T>T2)=（可查表獲得T1,T2）例3.16 在a=0.05 下檢驗兩種材料制造的燈泡，壽命的差異材料 1610 1650 1680 1700 1720 1750 1800 N2=7材料 1580 1600 1630 1640 1700 N1=5秩1 2 3 4 5 6 7 8.5 10 11 12解 H0,F(x)= F(x) H1: F(x)= F(x)T=1+2+4+5+8.5=20.5又a=0.05, n1=5,n2=7 查得T1=22,T2=43 T0<T1 拒絕H0, 即兩種燈泡壽命有顯著差異。Ch4 線性統(tǒng)計模型4.1 線性模型的建立引例：用y=f(

36、x1,x2, ,xn)+ 表示煉鋼過程其中y表示含碳量，xi表示投入的礦石，溫度，時間等輸入量，為隨機因素，可用如下框圖表示：試驗 y 輸入x4.1.1 線性回歸模型y=0+1x1+2x2+kxk+其中，x：可控制（至少可觀察）的非隨機量 y：可觀察的隨機變量 ：不可觀察的隨機變量，可要求E=0，D=2 i,：待估參數(shù)試驗n次，解y的n個觀察值線性回歸模型k=1時，為一元線性回歸模型 yx加上正態(tài)分布條件，相互獨立或相互獨立 統(tǒng)計推斷目標（1）估計參數(shù)0, 1，2以確定x與y的相關(guān)關(guān)系；（2）對模型的顯著性進行檢驗（如H0，0=0）;（3）對輸入量x0預(yù)測輸出量y0；（4）對希望的y控制x。4

37、.2最小二乘估計及其性質(zhì)4.2.1 最小二乘估計差平方和求0, 1使Q=min，令解正規(guī)方程由知方程組有唯一解：以上就是最小二乘估計經(jīng)驗回歸函數(shù)：4.2.2 中心化算法記 則 例4.1（P641例1）由硝酸鉀的溶解度y與濕度x的相關(guān)數(shù)據(jù)：x0410152129365168y66.771.076.380.685.792.999.4113.6125.1求y的經(jīng)驗回歸正數(shù)解：，故經(jīng)驗回歸正數(shù)4.2.3 極大似然估計若采用模型 獨立則似然正數(shù) 顯然 即最小二乘估計 為 的極大似然估計，再由得 的極大似然估計 4.2.4 估計量分布注意到 由 獨立得（1） 其中 （2）（3）且與獨立 獨立？標準差為1？

38、 故與獨立，從而與獨立定理：正態(tài)線性0模型，i=1,n相互獨立則 （1） （2） （3）與Q獨立（1）（2）說明，分別是，的無偏估計。且沒有正態(tài)假設(shè)時該結(jié)論也成立。4.3.1 F-檢驗 回歸平方和殘差平方和 反映由x造成的偏差 反映非x造成的偏差若 :模型不真 y與x無顯著相關(guān) =0則 不應(yīng)太大，否則應(yīng)拒絕與獨立故的拒絕域r-檢驗?zāi)Ｐ筒徽?rXY=0r 的矩估計 （表八p710）例4.2檢驗例4.1的回歸模型4.3.3 t檢驗（對回歸系數(shù)的檢驗）：=， ：， i=0, 2在下（不含i=1），N（，）=>（-）/N（0,1）Q/（n-2）且與獨立=>T=（-） t（n-2）故的拒絕域

39、w=（，）：T>（n-2）對：=0 t檢驗 óF檢驗，事實上=F4.4 置信區(qū)間與預(yù)測4.4.1 回歸系數(shù)的區(qū)間估計由T=（-）得P（T（n-2）=1-即的1-a 置信區(qū)間為（n-2）同理，的1-置信區(qū)間為（n-2）例4.1中有（67.5082.84*=（67.5081.43618）（0.870642.84*=（0.870.04278）4.4.2 預(yù)測對E/估計N（+,）,E=+,則【結(jié)論一】=+是E的無偏估計-N（0,1+）由=+N(+,，（）)得E的1-置信區(qū)間為E=+（）其中（）=（n-2）如例4.1中若溫度=30，則可預(yù)測：=67.508+0.87*30=93.627則置信水平0.95有E（93.6272.8783）4.5幾點推廣4.5.1 多元線性回歸=+.+ + ，i=1ny=Z+，y=（. ） ，Z=（）則最小二乘估計=Z y為的無偏估計4.5.1 非線性回歸（1）y=+x+.+ +， 多項式回歸（2）取=lny，則