第5部分假設(shè)檢驗(yàn) ppt課件

1、第第5章章 假設(shè)檢驗(yàn)假設(shè)檢驗(yàn)本章教學(xué)目的本章教學(xué)目的了解和掌握統(tǒng)計(jì)推斷中的另一個(gè)根本問(wèn)題：了解和掌握統(tǒng)計(jì)推斷中的另一個(gè)根本問(wèn)題：參假設(shè)檢驗(yàn)及其在經(jīng)濟(jì)管理中的運(yùn)用；參假設(shè)檢驗(yàn)及其在經(jīng)濟(jì)管理中的運(yùn)用；掌握運(yùn)用掌握運(yùn)用 Excel Excel 的的“數(shù)據(jù)分析及其統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)分析及其統(tǒng)計(jì)函數(shù)功能求解假設(shè)檢驗(yàn)問(wèn)題。函數(shù)功能求解假設(shè)檢驗(yàn)問(wèn)題。 本章主要內(nèi)容本章主要內(nèi)容5.1 案例引見(jiàn) 5.2 假設(shè)檢驗(yàn)的根本原理5.3 單個(gè)正態(tài)總體均值的檢驗(yàn) 5.4 單個(gè)正態(tài)總體方差的檢驗(yàn)5.5 兩個(gè)獨(dú)立正態(tài)總體均值的檢驗(yàn)5.6 成對(duì)樣本實(shí)驗(yàn)的均值檢驗(yàn)5.7 兩個(gè)正態(tài)總體方差的檢驗(yàn)5.5 總體比例的檢驗(yàn)本章重點(diǎn)：假設(shè)檢驗(yàn)中不可

2、防止的兩類(lèi)錯(cuò)誤及其運(yùn)用 Excel“數(shù)據(jù)分析功能的運(yùn)用及其運(yùn)轉(zhuǎn)輸出結(jié)果分析。難點(diǎn)：假設(shè)檢驗(yàn)中不可防止的兩類(lèi)錯(cuò)誤及其運(yùn)用。 5.1 案例引見(jiàn)案例引見(jiàn)【案例【案例1 1】新工藝能否有效？】新工藝能否有效？某廠消費(fèi)的一種鋼絲的平均抗拉強(qiáng)度為某廠消費(fèi)的一種鋼絲的平均抗拉強(qiáng)度為 10560 (kg/cm2)10560 (kg/cm2)?，F(xiàn)采用新工藝消費(fèi)了一種新鋼絲，隨機(jī)抽現(xiàn)采用新工藝消費(fèi)了一種新鋼絲，隨機(jī)抽取取 10 10 根，測(cè)得抗拉強(qiáng)度為：根，測(cè)得抗拉強(qiáng)度為： 10512, 10623, 10668, 10554, 10776 10512, 10623, 10668, 10554, 10776 10

3、707, 10557, 10581, 10666, 10670 10707, 10557, 10581, 10666, 10670求得新鋼絲的平均抗拉強(qiáng)度為求得新鋼絲的平均抗拉強(qiáng)度為 10631.4(kg/cm2)10631.4(kg/cm2)。能否就可以作出新鋼絲的平均抗拉強(qiáng)度高能否就可以作出新鋼絲的平均抗拉強(qiáng)度高于原鋼絲，即新工藝有效的結(jié)論于原鋼絲，即新工藝有效的結(jié)論? ? 某臺(tái)加工缸套外徑的機(jī)床，正常形狀下所加工缸套外徑的規(guī)范差應(yīng)不超越 0.02 mm。檢驗(yàn)人員從加工的缸套中隨機(jī)抽取 9 個(gè)，測(cè)得外徑的樣本規(guī)范差為 S = 0.03 mm。問(wèn)：該機(jī)床的加工精度能否符合要求?【案例【案例2

4、】機(jī)床加工精度能否符合要求】機(jī)床加工精度能否符合要求?新車(chē)的平均初次缺點(diǎn)里程數(shù)是汽車(chē)的一個(gè)主要可靠性目的?，F(xiàn)測(cè)得甲、乙兩種品牌轎車(chē)的初次缺點(diǎn)里程數(shù)數(shù)據(jù)如下：甲品牌 X1：1200, 1400, 1580, 1700, 1900乙品牌 X2：1100, 1300, 1800, 1800, 2000, 2400 其中 【案例【案例3 3】?jī)煞N轎車(chē)的質(zhì)量有無(wú)差別？】?jī)煞N轎車(chē)的質(zhì)量有無(wú)差別？ 問(wèn)：能否據(jù)此斷定乙品牌轎車(chē)的平均初次缺點(diǎn)里程高于甲品牌? 1x2x=1733=1556,為分析甲、乙兩種安息藥的效果，某醫(yī)院將20個(gè)失眠病人分成兩組，每組10人，兩組病人分別服用甲、乙兩種安息藥作對(duì)比實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)結(jié)

5、果如下： 兩種安息藥延伸睡眠時(shí)間對(duì)比實(shí)驗(yàn)(小時(shí))病人安眠藥 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10甲1.9 0.8 1.1 0.1 0.1 4.4 5.5 1.6 4.6 3.4乙0.7 1.6 0.2 1.2 0.1 3.4 3.7 0.8 0.0 2.0(1)哪種安息藥的療效好？(2)假設(shè)將實(shí)驗(yàn)方法改為對(duì)同一組10個(gè)病人，每人分別服用甲、乙兩種安息藥作對(duì)比實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)結(jié)果仍如上表，此時(shí)結(jié)論如何？ 【案例【案例4】哪種安息藥的療效好？】哪種安息藥的療效好？【案例【案例5 5】某一系列電視劇能否獲得勝利】某一系列電視劇能否獲得勝利假設(shè)可以證明某一系列電視劇在播出的頭13周其觀眾的收視率超越了2

6、5，那么可以斷定它獲得了勝利。假定由400個(gè)家庭組成的樣本中，有112個(gè)家庭在頭13周看過(guò)了某系列電視劇。如今要判別這部電視劇能否獲得了勝利?！景咐?】女企業(yè)家對(duì)勝利的了解能否不同 對(duì)女企業(yè)家進(jìn)展了一項(xiàng)研討來(lái)看她們對(duì)勝利的了解。給她們提供了幾個(gè)備選答案，如高興/自我實(shí)現(xiàn)，銷(xiāo)售/利潤(rùn)，成就/挑戰(zhàn)。根據(jù)她們業(yè)務(wù)的總銷(xiāo)售額將其分為幾組。銷(xiāo)售額在10萬(wàn)50萬(wàn)元的在一組，少于10萬(wàn)元的在另一組。要研討的問(wèn)題是：把銷(xiāo)售/利潤(rùn)作為勝利定義的比率，前一組能否高于后一組？5.2 假設(shè)檢驗(yàn)的原理假設(shè)檢驗(yàn)的原理一、實(shí)踐推斷原理假設(shè)檢驗(yàn)的實(shí)際是小概率原理，又稱(chēng)為實(shí)踐推斷原理，其詳細(xì)內(nèi)容是：小概率事件在一次實(shí)驗(yàn)中是幾乎

7、不能夠發(fā)生的。二、假設(shè)檢驗(yàn)推理的思想方法假設(shè)檢驗(yàn)推理的思想方法是某種帶有概率性質(zhì)的反證法。三、根本原理和步驟三、根本原理和步驟例例1：統(tǒng)計(jì)資料闡明，某電子元件的壽命：統(tǒng)計(jì)資料闡明，某電子元件的壽命 XN(0 , 2 )，其中，其中 0 知，知， 2 未知。未知?，F(xiàn)采用了新工藝消費(fèi)，測(cè)得新工藝消費(fèi)的現(xiàn)采用了新工藝消費(fèi)，測(cè)得新工藝消費(fèi)的 n 個(gè)元件壽命個(gè)元件壽命為為 x1, x2, , xn。問(wèn)：?jiǎn)枺盒鹿に囅M(fèi)的元件期望壽命新工藝消費(fèi)的元件期望壽命 能否比原工藝的元件期望能否比原工藝的元件期望壽命壽命 0 有顯著提高有顯著提高?此問(wèn)題要推斷的是：此問(wèn)題要推斷的是： 能否能否 0?這可用假設(shè)檢驗(yàn)的方

8、法處理，步驟如下：這可用假設(shè)檢驗(yàn)的方法處理，步驟如下： . 5.2 假設(shè)檢驗(yàn)的原理假設(shè)檢驗(yàn)的原理1.1.提出一個(gè)希望推翻的假設(shè)提出一個(gè)希望推翻的假設(shè), , 本例中 H0： = 02. 按希望出現(xiàn)的結(jié)果提出一個(gè)與原假設(shè)對(duì)立的假設(shè)， 稱(chēng)為備擇假設(shè)，記為 H1。 本例中 H1： 03. 構(gòu)造一個(gè)能用來(lái)檢驗(yàn)原假設(shè) H0 的統(tǒng)計(jì)量t (n-1) 本例中，要檢驗(yàn)的是總體均值 ，的優(yōu)良是而 X當(dāng) H0 為真時(shí)，XnSXt/0估計(jì), 故應(yīng)運(yùn)用來(lái)構(gòu)造檢驗(yàn) 的統(tǒng)計(jì)量。統(tǒng)計(jì)量稱(chēng)為原假設(shè)稱(chēng)為原假設(shè), , 記為記為 H04. 給定一個(gè)小概率給定一個(gè)小概率 ，稱(chēng)為顯著性程度稱(chēng)為顯著性程度顯著性程度 是當(dāng) H0 為真時(shí)，

9、回絕 H0 的概率(即犯“棄真錯(cuò)誤的概率)。也即當(dāng)檢驗(yàn)結(jié)果回絕 H0 時(shí)，不犯錯(cuò)誤的概率為 1-， 從而可以有1- 的可信度接受備擇假設(shè) H1。5. 確定要回絕確定要回絕 H0 時(shí)統(tǒng)計(jì)量的取值范圍，時(shí)統(tǒng)計(jì)量的取值范圍，稱(chēng)為回絕域，稱(chēng)為回絕域，回絕域的邊境點(diǎn)稱(chēng)為臨界值?；亟^域的邊境點(diǎn)稱(chēng)為臨界值。本例中， 由于 H1： 0 而當(dāng) H0 為真時(shí)，有 P t t ( n-1 ) = 1-可知當(dāng)統(tǒng)計(jì)量 t t(n-1) 時(shí)，就可以有1- 的把握斷定H0 不真 (犯錯(cuò)誤的概率僅為 )， 故此時(shí)應(yīng)回絕 H0。從而回絕域?yàn)?t t(n-1)， 臨界值為 t(n-1)。 (右邊檢驗(yàn))，6. 計(jì)算統(tǒng)計(jì)量計(jì)算統(tǒng)計(jì)量

10、 t 的值，的值， t (n-1)0f (x) x右邊檢驗(yàn)的回絕域本例中，假設(shè)計(jì)算結(jié)果為 t t(n-1)，并作出檢驗(yàn)結(jié)論并作出檢驗(yàn)結(jié)論那么回絕 H0，接受 H1， 即在程度 下， 以為 顯著高于 0。假設(shè) t t(n-1) | H0 為真= 可知檢驗(yàn)中能夠出現(xiàn)以下兩類(lèi)判別錯(cuò)誤：二二. .檢驗(yàn)中能夠犯的兩類(lèi)錯(cuò)誤檢驗(yàn)中能夠犯的兩類(lèi)錯(cuò)誤第一類(lèi)錯(cuò)誤第一類(lèi)錯(cuò)誤當(dāng) H0 為真時(shí)回絕 H0 的錯(cuò)誤，即“棄真錯(cuò)誤，犯此類(lèi)錯(cuò)誤的概率為 。第二類(lèi)錯(cuò)誤第二類(lèi)錯(cuò)誤當(dāng) H0 不真時(shí)接受 H0 的錯(cuò)誤，即“取偽錯(cuò)誤，記犯該類(lèi)錯(cuò)誤的概率為 ， 即P tt(n-1)H0 不真= 由于 H0 不真時(shí)與 H0 為真時(shí)， 統(tǒng)計(jì)量

11、 t 的分布是不同的， 故 1-。 H0: 無(wú)辜無(wú)辜法官判決法官判決假設(shè)檢驗(yàn)假設(shè)檢驗(yàn)實(shí)踐情況實(shí)踐情況實(shí)踐情況實(shí)踐情況判決判決無(wú)辜有罪決策決策H0 真H0 假無(wú)辜CorrectError沒(méi)有回絕H01 - Type IIError (b b )有罪ErrorCorrect回絕H0Type IError( )Power(1 - b)Result Possibilities結(jié)果的各種能夠性結(jié)果的各種能夠性Relationship Between a & ba & b 間的聯(lián)絡(luò)間的聯(lián)絡(luò) b兩個(gè)錯(cuò)誤有反向的關(guān)兩個(gè)錯(cuò)誤有反向的關(guān)系系兩類(lèi)錯(cuò)誤的關(guān)系兩類(lèi)錯(cuò)誤的關(guān)系由圖可知，減少 會(huì)增大 ，反之也然。在樣本容量

12、 n 不變時(shí)，不能夠同時(shí)減小犯兩類(lèi)錯(cuò)誤的概率。應(yīng)著重控制犯哪類(lèi)錯(cuò)誤的概率，這應(yīng)由問(wèn)題的實(shí)踐背景決議。當(dāng)?shù)谝活?lèi)錯(cuò)誤呵斥的損失大時(shí)，就應(yīng)控制犯第一類(lèi)錯(cuò)誤的概率 (通常取 0.05，0.01等)；反之，當(dāng)?shù)诙?lèi)錯(cuò)誤呵斥的損失大時(shí)，就應(yīng)控制犯第二類(lèi)錯(cuò)誤的概率 。要同時(shí)減小須犯兩類(lèi)錯(cuò)誤的概率，必需增大樣本容量 n。 x0H0：=0t(n-1)H1：=1t (n -1) nSXt/0/2/2 t/2(n-1)- t/2(n-1)0f (x)x1- 5.3 單個(gè)總體均值的檢驗(yàn)單個(gè)總體均值的檢驗(yàn) 設(shè) XN( , 2 )， 2 未知，X1, X2, , Xn 為總體X 的樣本，給定程度 ，原假設(shè)為 H0： =0

13、 ( 0為某一給定值)當(dāng) H0 為真時(shí)，統(tǒng)計(jì)量1. H1：0 (雙邊檢驗(yàn)雙邊檢驗(yàn)) 當(dāng) H0 為真時(shí)，由 P-t/2 (n-1)tt/2 (n-1)=1- 可得： 假設(shè) |t| t/2 (n-1) 就回絕 H0，接受 H1；否那么接受 H0。 當(dāng) H0 為真時(shí)，由 P t t ( n-1) =1-可得：假設(shè) t t ( n-1 ) 就回絕 H0，接受 H1；否那么就以為 并不顯著高于 0 。3. H1： 0 (左邊檢驗(yàn)左邊檢驗(yàn)) 由由 P t -t (n-1) =1-可得：假設(shè)可得：假設(shè) t 0 (右邊檢驗(yàn)右邊檢驗(yàn))案例案例1. 檢驗(yàn)新工藝的效果檢驗(yàn)新工藝的效果某廠消費(fèi)的一種鋼絲抗拉強(qiáng)度服從均

14、值為10560(kg/cm2)的正態(tài)分布，現(xiàn)采用新工藝消費(fèi)了一種新鋼絲，隨機(jī)抽取10根測(cè)得抗拉強(qiáng)度為： 10512, 10623, 10668, 10554, 10776 10707, 10557, 10581, 10666, 10670問(wèn)在顯著性程度 = 0.05下，新鋼絲的平均抗拉強(qiáng)度比原鋼絲能否有顯著提高? 案例案例 1 解答：解答：, 4 .10631xnSxt/0 闡明新工藝對(duì)提高鋼絲繩的抗拉強(qiáng)度是有顯著效果的。 本案例為右邊檢驗(yàn)問(wèn)題，設(shè)新鋼絲的平均抗拉強(qiáng)度為 ， 2 未知，故運(yùn)用t 檢驗(yàn)。由題意，H0： =0，H1： 0由所給樣本數(shù)據(jù)，可求得：S = 81，n =10， =0.05

15、，t0.05(9)=1.8331 t =2.7875 故回絕 H0， 即在程度 =0.05下， 顯著高于 0。10/81105604 .106317875. 2 t(n-1) = t0.05(9) =1.8331在案例在案例1中，假設(shè)取中，假設(shè)取 = 0.01，問(wèn)結(jié)論如何，問(wèn)結(jié)論如何?【解】 t0.01(9) = 2.8214， t =2.7875 P0 P 25%， 樣本比例樣本比例 p = 112/400 = 0.28nPPPpZ/ )1 (000400/ )25. 01 (25. 025. 028. 03856. 1326. 201. 0 Z 設(shè) H0： 2 = 02 (02為某一給定值

16、)那么當(dāng) H0為真時(shí)，統(tǒng)計(jì)量 與前面分析完全類(lèi)似地，可得如下檢驗(yàn)方法：2022) 1(Sn 統(tǒng)計(jì)量統(tǒng)計(jì)量 H1 拒絕域拒絕域 2022) 1(Sn5.5. 單個(gè)總體方差的檢驗(yàn)單個(gè)總體方差的檢驗(yàn)) 1(2n 2 02 2 02 2 02 2022) 1(Sn 故回絕 H0，即該機(jī)床加工精度已顯著下降。 應(yīng)立刻停工檢修，否那么廢品率會(huì)大大添加。) 1(2n【案例【案例2】 機(jī)床加工精度問(wèn)題機(jī)床加工精度問(wèn)題)8(2050.50715.課堂練習(xí)課堂練習(xí) 4 一臺(tái)奶粉自動(dòng)包裝的包裝精度目的為 規(guī)范差 = 0.005 (kg) 某天開(kāi)工時(shí)，隨機(jī)抽檢了 10 袋產(chǎn)品，測(cè)得其樣本規(guī)范

17、差為 S = 0.00554 (kg) (1)在程度 = 0.25 下，檢驗(yàn)該天包裝機(jī)的包裝精度能否符合要求。 (2)在本檢驗(yàn)問(wèn)題中，為什么要將 獲得較大？統(tǒng)計(jì)意義上的顯著和實(shí)踐的顯著統(tǒng)計(jì)意義上的顯著和實(shí)踐的顯著 有時(shí)，由于非常大的樣本容量，他很有能夠會(huì)得出統(tǒng)計(jì)意義上的顯著性但實(shí)踐中的顯著性卻很小。比如，假設(shè)在全國(guó)性的關(guān)于高檔次的商業(yè)電視市場(chǎng)推行活動(dòng)之前，他知道人們對(duì)他的品牌認(rèn)知度是0.3。在活動(dòng)終了之后，根據(jù)對(duì)20,000人的調(diào)查顯示有6,168人認(rèn)識(shí)他的品牌。單邊檢驗(yàn)希望能證明如今的認(rèn)知比例是大于0.3,而p-值結(jié)果為0.0047，正確的統(tǒng)計(jì)結(jié)論是品牌名字消費(fèi)者的比例如今獲得了顯著性改動(dòng)，

18、而在實(shí)踐上這個(gè)增長(zhǎng)重要嗎？總體比例如今的估計(jì)值在6,168/2,00000.3084，或是30.84%。這個(gè)增長(zhǎng)量只比假設(shè)檢驗(yàn)值30%多了1%。在市場(chǎng)推行活動(dòng)中的高額費(fèi)用產(chǎn)生的結(jié)果能否對(duì)品牌認(rèn)知度有意義呢？現(xiàn)實(shí)中的低于1的市場(chǎng)認(rèn)知度的微小增長(zhǎng)與高本錢(qián)的市場(chǎng)活動(dòng)費(fèi)用相比，他應(yīng)該以為這次市場(chǎng)活動(dòng)是不勝利的。假設(shè)品牌知名度提高了20,他就能得出活動(dòng)是非常勝利的。21 , XX5.6.兩個(gè)總體均值的檢驗(yàn)兩個(gè)總體均值的檢驗(yàn)設(shè)總體 X1 N ( 1, 12)， X2N ( 2, 22)，且 X1和 X2 相互獨(dú)立。和 S12, S22 分別是它們的樣本的均值和樣本方差，樣本容量分別為 n1和 n2。原假設(shè)

19、為H0：1 = 2 可以證明，當(dāng) H0 為真時(shí)，統(tǒng)計(jì)量其中：,2) 1() 1(212222112nnSnSnSw2121/1/1nnSXXtw統(tǒng)計(jì)量統(tǒng)計(jì)量 備擇假設(shè)備擇假設(shè) 拒絕域拒絕域 2121/1/1nnSXXtw完全類(lèi)似地，可以得到如下檢驗(yàn)方法： t ( n1+n2-2 )稱(chēng)為合并方差。1. 12 = 22 = 2，212121)2(|212/nntt)2(21nntt)2(21nntt 但但 2 未知未知 ( t 檢驗(yàn)檢驗(yàn) )測(cè)得甲, 乙兩種品牌轎車(chē)的初次缺點(diǎn)里程數(shù)數(shù)據(jù)如下：甲品牌 X1：1200, 1400, 1580, 1700, 1900乙品牌 X2：1100, 1300, 1

20、800, 1800, 2000, 2400設(shè) X1和 X2 的方差一樣。問(wèn)在程度 0.05 下，(1)兩種轎車(chē)的平均初次缺點(diǎn)里程數(shù)之間有無(wú)顯著差別?(2)乙品牌轎車(chē)的平均初次缺點(diǎn)里程能否比甲品牌有顯著提高? 【案例【案例3】轎車(chē)質(zhì)量差別的檢驗(yàn)】轎車(chē)質(zhì)量差別的檢驗(yàn)解：解：雙邊檢驗(yàn)問(wèn)題2) 1() 1(21222211nnSnSnSw2121/1/1|nnSxxtw,15561x, 17332xS12=269.62，99 .47156 .2694223956/15/1395|17331556|S22=471.9274. 012 = 22 = 2 未知，n1= 5，H0：1= 2H1：12。由所給數(shù)

21、據(jù)，可求得 | t | = 0.74 -t(n1+n2-2) = -t0.05(9) = -1.833故乙品牌轎車(chē)平均初次缺點(diǎn)里程并不顯著高于甲品牌。 顯然，對(duì)給定的程度 ，假設(shè)單邊檢驗(yàn)不顯著，那么雙邊檢驗(yàn)一定不顯著。 但反之卻不然，即假設(shè)雙邊檢驗(yàn)不顯著，單邊檢驗(yàn)?zāi)敲从心軌蚴秋@著的。 H1：12用用 Excel 檢驗(yàn)兩總體均值檢驗(yàn)兩總體均值可用 Excel 的【工具】“數(shù)據(jù)分析“ t檢驗(yàn)：雙樣本等方差假設(shè)，檢驗(yàn) 12=22= 2，但 2未知時(shí)兩個(gè)總體的均值。 在Excel 的輸出結(jié)果中： “P(T=t)單尾 t (統(tǒng)計(jì)量)0f (t)“P(T=t)單尾的值(概率)單邊檢驗(yàn)到達(dá)的臨界顯著性程度；

22、 “P(T=t)雙尾 雙邊檢驗(yàn)到達(dá)的臨界顯著性程度。 由圖可知：由圖可知：P(T=t)雙尾 = 2P(T=t)單尾 “P(T=t)單尾和“P(T=t)雙尾統(tǒng)稱(chēng)為“ p 值 ?！癙(T=t)單尾與單尾與“P(T=t)雙尾的運(yùn)用雙尾的運(yùn)用 從而，假設(shè)“P(T=t)單尾或“P(T0.05，那么結(jié)果為不顯著；“P(T=t)單尾或“P(T=t)雙尾0.05，那么普通顯著；“P(T=t)單尾或“P(T=t)雙尾0.01，那么高度顯著；“P(T=t)單尾或“P(T=t)雙尾0.001，那么極高度顯著。本例中： “P(T0.05； “P(T0.05， 故無(wú)論單邊還是雙邊檢驗(yàn)結(jié)果都不顯著。 tt“P(T t 等

23、價(jià)于“P(T=t)單尾 t/2 等價(jià)于“P(T=t)雙尾 t 0.005(9) = 3.2498 案例案例 5 解答解答 可用 Excel 的【工具】“數(shù)據(jù)分析“ t檢驗(yàn)：平均值的成對(duì)二樣本分析進(jìn)展成對(duì)樣本實(shí)驗(yàn)的均值檢驗(yàn)。用 Excel 求解 本例中“P(T=t)雙尾= 0.0028 F ( n1, n2 ) = 的數(shù)值 F (n1, n2)。F( n1, n2 )f (x)x0F (n1, n2)有以下性質(zhì)： F1- (n1, n2)=1/F(n2, n1)利用上式可求得 F 分布表中未給出的 值的百分位點(diǎn)。如 F0.95(10, 15) = 1/F0.05(15, 10) 可用 Excel

24、 的統(tǒng)計(jì)函數(shù) FINV 前往 F(n1，n2)。語(yǔ)法規(guī)那么如下：格式：FINV( , n1, n2 )功能: 前往 F ( n1, n2 )的值。用 Excel 求 F( n1, n2 )2. 兩總體方差的檢驗(yàn)兩總體方差的檢驗(yàn) ( F 檢驗(yàn)檢驗(yàn) )原假設(shè)為 H0：12=22。2221SSF 統(tǒng)計(jì)量統(tǒng)計(jì)量 備擇假設(shè)備擇假設(shè) 拒絕域拒絕域 2221SSF 完全類(lèi)似地，可以得到如下檢驗(yàn)方法： F ( n1-1, n2-1 )當(dāng) H0為真時(shí)， 統(tǒng)計(jì)量222122212221) 1 , 1(212/nnFF) 1 , 1( 212/1nnFF或) 1 , 1(21nnFF) 1 , 1(211nnFF

25、【例【例2】在】在 0.20下，檢驗(yàn)【案例下，檢驗(yàn)【案例3】中兩個(gè)正態(tài)總】中兩個(gè)正態(tài)總體的方差能否存在顯著差別。體的方差能否存在顯著差別。 解：由題意，H0：12=22，H1：1222，n1=5，n2=6由例5的計(jì)算結(jié)果，S12=269.62，S22=471.922221SSF 229 .4716 .269= 0.326 F/2(n1-1, n2-1) = F0.1(4, 5) = 3.52 F1-/2(n1-1, n2-1) = F1-0.1(4, 5) =1/F0.1(5, 4)=1/4.05 = 0.247F = 0.326 F1-0.1(4, 5) = 0.247 F0.1(4, 5)

26、 = 3.52故在程度 = 0.20下，12 與 22 間無(wú)顯著差別。 可知案例4 中關(guān)于 12 = 22 的假定是合理的。思索題：本例中為什么要將 獲得較大？ 可用 Excel 的【工具】“數(shù)據(jù)分析“F檢驗(yàn)： 雙樣本方差檢驗(yàn)兩個(gè)正態(tài)總體能否是同方差的。 在 Excel 的輸出結(jié)果中 “P(F=f)單尾與“P(T=t)單尾的含義是一樣的，即 p 值。用 Excel 求解 本例中“P(F 0.20故在在程度 0.20下，12 與 22 間無(wú)顯著差別。 5.9. 大樣本兩個(gè)總體比例的檢驗(yàn)大樣本兩個(gè)總體比例的檢驗(yàn)設(shè) P1, P2 分別是兩個(gè)獨(dú)立總體的總體比例，原假設(shè)為 H0： P1 = P2 設(shè) p1, p2 分別是它們的樣本比例， n1, n2 分別是它們的樣本容量。 那么在大