【正文】 ，每箱食品均裝 100個，隨機(jī)抽取 10箱進(jìn)行檢查，得每箱食品的變質(zhì)個數(shù)為： 1， 6， 3， 0， 2， 4， 1， 5， 3， 5，假定每箱食品變質(zhì)個數(shù)的概率分布為正態(tài)分布，給定置信概率 95％，求平均每箱食品變質(zhì)個數(shù)的雙側(cè)置信區(qū)間和單側(cè)置信上限。 n=10,所以是小樣本。由樣本數(shù)據(jù)可得 單側(cè)置信上限為 : 29)35()36()31(1)(31056122221 ??????????????????????nxxsnxxn平均每箱食品變質(zhì)個數(shù)的雙側(cè)置信區(qū)間為 : )1( 12?????? ?nsntx n?)1( 12?????? ?nsntx n?)1( 1 ?????? ?nsntx n?二、總體比例的區(qū)間估計(jì) ? 總體比例是兩點(diǎn)分布總體的均值，其無偏估計(jì)量樣本比例是來自兩點(diǎn)分布總體的樣本均值。在大樣本情形下， ? 經(jīng)標(biāo)準(zhǔn)化變換可得： 對于給定的置信度 1－ α，查標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布概率表可得標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布的上側(cè)分位數(shù) 使得： 即 總體比例的雙側(cè)置信區(qū)間： ))1(,(~ n PPPNp ?)1,0(~)1( NnPPPpZ????????????????????????1})1()1({1})1({2222nPPZpPnPPZpPZnPPPpZP即：))1(,)1((22 nPPZpnPPZp ??????2?Z由于 未知，可用 代替。從而有： )1 )1(,1 )1((22 ??????nppZpnppZp??)1(2 PP ???2s21?ns21?ns 2s 2?)1)1(,0(%)100,1)1((??????nppZpnppZp??需要說明 ,由于大樣本情形下 與 相差無幾，所以實(shí)踐中也可用 代替 同理總體比例的單側(cè)置信區(qū)間為 : 22122221)1()1(~)1(?????????nnsnnsn＝?當(dāng)總體服從正態(tài)分布時， 服從自由度為 n1 的 分布， 三、總體方差的區(qū)間估計(jì) 22 1)1(? ?? nsn 2?)1(221?? n??)1(22?n?????? ?? ??????? ?? 1)}1()1()1({ 22221221nsnnP n????????????????? 1})1()1()1()1({2212122221nsnnsnP nn))1( )1()1( )1(( 221212221???????nsnnsn nn?? ??，記 對于給定的置信度 1－ α ，查表可得 和 從而有 即 總體方差的雙側(cè)置信區(qū)間為： ? 例 某電視臺舉辦了一臺大型晚會，為了了解這臺晚會的收視情況，隨機(jī)抽取了400人，經(jīng)調(diào)查有 86人收看了這臺晚會，以 95％的置信度求這臺晚會收視率的雙側(cè)置信區(qū)間和單側(cè)置信下限。 % 086 ??p%399%1)1(2????????nppZp?%399%1)1(2????????nppZp?399%1)1( ???????nppZp?單側(cè)置信下限為： 雙側(cè)置信區(qū)間為 : =% ? 例 為了了解某燈具廠所生產(chǎn)燈泡壽命的穩(wěn)定性，隨機(jī)從其生產(chǎn)的一批燈泡中抽取 20個進(jìn)行試驗(yàn)，并計(jì)算得樣本標(biāo)準(zhǔn)差 sn1=260小時 ，假設(shè)燈泡的使用壽命服從正態(tài)分布，試以 95％的可靠性求該批燈泡使用壽命方差的置信區(qū)間。 9 0 9 2 6 019)1( )1(22221 ????? ?nsn n?? 4 4 1 5 2 6 019)1( )1(222121 ???????nsn n??,)19(,)19( 2 9 7 0 2 ?? ??,2 6 0,20 1 ???? ? ?nsn由題意可知 查表可知 則總體方差的置信下限為： 置信上限為： 重置抽樣 2222xZn????? 一、 估計(jì)總體均值所需的樣本容量 第四節(jié) 樣本容量的確定 2222222???ax ZNNZn???222)1(pPPZn????)1()1(22222PPZNPPNZnp ???????不重置抽樣 二、估計(jì)總體比例所需的樣本容量 重置抽樣 不重置抽樣 三、影響樣本容量的因素 ? 總體中各個體標(biāo)志值的差異程度。 總體中各個體標(biāo)志值的差異程度越大，所需的樣本容量越大；總體中各個體標(biāo)志值的差異程度越小，所需的樣本容量越小。 ? 允許誤差的大小。 允許誤差越小，估計(jì)的精確度越高，則所需的樣本容量越大；反之，允許誤差越大，估計(jì)的精確度越低，則所需的樣本容量越小。 ? 估計(jì)的可靠性高低。 估計(jì)的可靠性越高，所需的樣本容量越大；反之，估計(jì)的可靠性越低，所需的樣本容量越小。 ? 抽樣方式。 在其他條件相同的情況下，采用重置抽樣方式比采用不重置抽樣方式所需的樣本容量大。 確定樣本容量應(yīng)注意： ? 按公式計(jì)算得到的樣本容量是必要的樣本容量即抽取樣本時不能低于該樣本容量。 ? 如果同時對總體均值和總體比例進(jìn)行區(qū)間估計(jì)，運(yùn)用樣本容量的計(jì)算公式可計(jì)算得到兩個樣本容量，一般情況下這兩個樣本容量是不相等的，為了同時滿足均值、比例估計(jì)的精確度要求，應(yīng)從兩個樣本容量中選擇較大的一個。 ? 在計(jì)算估計(jì)總體比例所需的樣本容量時，若方差 P(1P)的資料完全缺乏，可用方差的最大值 。 例、某高校有 5000名學(xué)生，為了以 95%的置信度對該校學(xué)生平均每周文體活動的時間進(jìn)行估計(jì)，需首先從總體中抽取樣本，假定估計(jì)的允許誤差為 ，由抽樣前的試驗(yàn)調(diào)查得方差為 (小時 )2 ，試確定樣本容量。 1 222222 ???? dZn?? 0 0 0 0 0 0 2222222222 ????????? ????ZNdNZn重置抽樣 不重置抽樣 這表明若按重置抽樣方式抽取樣本，應(yīng)抽取 514名學(xué)生，若按不重置抽樣方式抽取樣本，應(yīng)抽取 467名學(xué)生。 ? 例 某企業(yè)收到供貨方發(fā)來的一批電子元件，以往的資料表明，電子元件使用壽命的標(biāo)準(zhǔn)差為 ，欲采用重置抽樣方式抽取一個樣本，并以 %的概率同時估計(jì)： （ 1）該批電子元件的平均使用壽命。允許誤差為 10小時。 （ 2）該批電子元件的合格率。允許誤差 5%。 估計(jì)總體均值所需的樣本容量為： 2222222 ????? xZn??4 0 )1(22222 ?????? pPPZn?估計(jì)總體比例所需的樣本容量為： 由于要用一個樣本同時估計(jì)兩個目標(biāo)，樣本容量應(yīng)取其大者，所以需抽取 400件。 第五章 假設(shè)檢驗(yàn) ?總體均值的假設(shè)檢驗(yàn) ?總體比例的假設(shè)檢驗(yàn) ?總體方差的假設(shè)檢驗(yàn) ?假設(shè)檢驗(yàn)的兩類錯誤 若 H0為真，樣本均值 就應(yīng)該和 1000偏差不大，反過來如果樣本均值與 1000偏差大，就有理由懷疑 H0為假。 第一節(jié) 假設(shè)檢驗(yàn)的基本原理 ? 一 、 假設(shè)檢驗(yàn)的概念 假設(shè)：關(guān)于總體分布特征的猜測 。 檢驗(yàn)：根據(jù)樣本提供的信息檢驗(yàn)假設(shè)是否成立 。 1 0 0 0:,1 0 0 0: 10 ?? ?? HH例 某企業(yè)稱其生產(chǎn)的電子元件平均壽命為 1000小時，經(jīng)銷商從其生產(chǎn)的電子元件中隨機(jī)抽取了 50件，得平均壽命為 980小時，能否認(rèn)為這批元件的平均壽命達(dá)到了 1000小時。 建立假設(shè)如下： x? 二、假設(shè)檢驗(yàn)的基本思想 ? 由于樣本是隨機(jī)抽取的，有可能在 H0為真的情況下，樣本均值與 1000偏差大，從而作出拒絕 H0的決策。這種情況雖然可能，但其可能性非常小，即為小概率事件。 小概率事件發(fā)生的概率用 α表示， 即 P｛ H0為真，但被拒絕 ｝＝ α 小概率事件在一次試驗(yàn)中不可能發(fā)生。 如果樣本均值與 1000偏差大，說明在 H0為真的情況下，小概率事件發(fā)生了，從而可得出原假設(shè) H0不成立。 假設(shè)檢驗(yàn)采用的推理方法是反證法 ? 三 、 假設(shè)檢驗(yàn)的程序 提出原假設(shè)和備擇假設(shè)。 記未知的總體參數(shù)為 ，該參數(shù)的假設(shè)值為 ，則該參數(shù)的假設(shè) 可表示為： H0： H1： ?0?0??? 0???假設(shè) H0 是所要檢驗(yàn)的假設(shè)，稱為原假設(shè)或零假設(shè)， 而假設(shè) H1稱為備擇假設(shè)或?qū)α⒓僭O(shè)。顯然原假設(shè) 與備擇假設(shè)是對立的，假設(shè)檢驗(yàn)就是要在這兩種對 立的假設(shè)中作出抉擇。 確定適當(dāng)?shù)臋z驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量。 將樣本中包含的關(guān)于總體假設(shè)有關(guān)的信息提煉出來，構(gòu)造一個樣本指標(biāo)，這就是檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量。 ?規(guī)定檢驗(yàn)的顯著性水平。 由于假設(shè)檢驗(yàn)是根據(jù)樣本提供的信息作出決策。因此對原假設(shè)是否為真作判斷時有可能犯錯誤，為了控制這一風(fēng)險(xiǎn)，需要用一概率表示這一風(fēng)險(xiǎn)，這個概率稱為顯著水平，記為 。 確定拒絕域與接受域 。 根據(jù)給定的顯著性水平和樣本估計(jì)量的概率分布，確定原假設(shè)成立條件下樣本估計(jì)值偏離程度的臨界值，該臨界值將樣本估計(jì)量的取值區(qū)間分成了兩個區(qū)域即拒絕域和接受域。 計(jì)算檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量的樣本值，并據(jù)此做出決策。 ? 三、雙側(cè)檢驗(yàn)與單側(cè)檢驗(yàn) ? 雙側(cè)檢驗(yàn) ： 原假設(shè) H0： ，備擇假設(shè) H1： 0??? 0???從這種假設(shè)形式可看出 ： 樣本估計(jì)值從正方向與總體參數(shù)假設(shè)值偏離程度顯著或從負(fù)方向與總體參數(shù)假設(shè)值偏離程度顯著，都要拒絕原假設(shè)，這就是雙側(cè)檢驗(yàn)。雙側(cè)檢驗(yàn)的拒絕域建立在樣本估計(jì)值對總體參數(shù)原假設(shè)值正負(fù)偏離超出給定的臨界值的兩側(cè) 。如下圖： ? 單側(cè)檢驗(yàn)：如果假設(shè)檢驗(yàn)的拒絕域建立在樣本估計(jì)值與總體參數(shù)的原假設(shè)值的偏離超出給定臨界值的一側(cè)，這種檢驗(yàn)稱為單側(cè)檢驗(yàn)。根據(jù)拒絕域的方向不同，單側(cè)檢驗(yàn)可分為左側(cè)檢驗(yàn)和右側(cè)檢驗(yàn)。 0100 :,: ???? ?? HH左側(cè)檢驗(yàn)的原假設(shè)與備擇假設(shè)可表示為： 右側(cè)檢驗(yàn)的原假設(shè)和備擇假設(shè)可表示為 : 0100 :,: ???? ?? HH0100 :,: ???? ?? HH 0100 :,: ???? ?? HH精確假設(shè) 非精確假設(shè) 精確假設(shè) 非精確假設(shè) 第二節(jié) 總體參數(shù)檢驗(yàn) ?一 、 總體均值的檢驗(yàn) ?（ 一 ） 單一總體均值的檢驗(yàn) ?單一總體均值檢驗(yàn)的原假設(shè)和備擇假設(shè)的一般形式為 ： 由于對于不同的總體和不同的的樣本容量，樣本均值的概率分布不同，所以應(yīng)區(qū)分不同的情形進(jìn)行討論。 ）或或 0001,00 (:: ???????? ???? HH左側(cè) 雙側(cè) 右側(cè) 若為 單側(cè)檢驗(yàn) ，則在給定的顯著性水平之下，由標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布概率表可查出上側(cè)分位數(shù) 。 左側(cè)檢驗(yàn)的拒絕域 ： Z 若為 雙側(cè)檢驗(yàn) ，則在給定的顯著性水平之下，由標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布概率表可查出相應(yīng)的上側(cè)分位數(shù) ， 如果 ，則拒絕 H0 若 ，則接受 H0 當(dāng)樣本容量足夠大時，無論總體分布如何，樣本均值近似地服從期望為 ，方差為 的正態(tài)分布。隨機(jī)變量 標(biāo)準(zhǔn)化，并記標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布變量為 Z，則有： 2?Zn2??ZZ? x)1,0(N~n/xZ