【正文】 ,i ij??,i ij??112 ( )1 2 1 211()1 2 1 2ij i jijijijZ Z DZZZ Z DZZ? ?????????() ? 總體差異不要太大 ? 逐個(gè)抽?。? – 關(guān)鍵：第一個(gè)單元與 成比例的概率抽取 – 剩余的 N1個(gè)單位不放回等概抽取 )1)1((* nNnnN ZNnZ ii ?????? )1(1???NnnZin 2條件下嚴(yán)格的 πPS抽樣 水野方法 非嚴(yán)格的 ∏ps抽樣 在實(shí)際工作中，有時(shí)采用非嚴(yán)格的 ∏ps抽樣： 耶茨 格倫迪逐個(gè)抽取法： 包含概率與單元大小并非嚴(yán)格成比例，即下式不嚴(yán)格成立 iinZ? ?操作簡(jiǎn)單，想法自然較常用 以概率 zi抽取第一個(gè)樣本單元，不妨記為第一個(gè)；以概率 zi/（ 1z1） 在剩下的 N1個(gè)單元中抽第二個(gè)，不妨記抽中的為第二個(gè)；再以概率 zi/（ 1z1z2） 在剩下的 N2個(gè)單元中抽取第三個(gè)，以此類(lèi)推，直到抽出 n 個(gè)單元。下 面 是 如 何 計(jì) 算 Brewer法 2個(gè)單元的抽選辦法： 第二次抽中第 j個(gè)單元（第一次抽中第 i個(gè)單元）的概率為 ( | ) 1 jizp j iz? ?第一次抽中第 i個(gè)單元，第二次抽中第 j個(gè)單元的聯(lián)合概率為 ( ) ( | ) ( )1jijizp p i p j i p iz???假定第一次抽中第 1個(gè)單元，第二次抽中第 2個(gè)單元， 其聯(lián)合概率為： 12( 1 ) ( 2 | 1 ) 46 88 p p? ? ? ?第一次抽中第 1個(gè)單元，第二次抽中第 4個(gè)單元的聯(lián)合概率為 第一次抽中第 1個(gè)單元，第二次抽中第 3個(gè)單元的聯(lián)合概率為 13( 1 ) ( 3 | 1 ) 346 782 p p? ? ? ?14( 1 ) ( 4 | 1 ) 46 76 p p? ? ? ?第一次抽中第 2個(gè)單元，第二次抽中第 1個(gè)單元的聯(lián)合概率為 21( 2) ( 1 | 2) 675 5641 p p? ? ? ??第一次抽中第 2個(gè)單元，第二次抽中第 3個(gè)單元的聯(lián)合概率為 23( 2) ( 3 | 2) 675 7531 p p? ? ? ??依次可得各種可能被抽中的概率如下表 單元 第二次抽中 1 2 3 4 合計(jì) 1 2 3 4 第一次抽中 0 0 0 0 合計(jì) 1 Π1＝ ＋ ＝ ＝ 2 Z1 同理可驗(yàn)證 Π2＝ ＋ ＝ ＝ 2Z2 Π3＝ ＋ ＝ ＝ 2Z3 Π4＝ ＋ ＝ ＝ 2Z4 所以抽選結(jié)果符合 Πps要求 樣本單元 1， 2 100/ 220/ 1050 1， 3 100/ 285/ 975 1， 4 100/ 360/ 950 2， 3 220/ 285/ 1025 2， 4 220/ 360/ 1000 3， 4 285/ 360/ 925 iiy?jjy? 1?n iHtiyY???ij?ij ij jipp? ??說(shuō)明： 本題是總體信息已知，對(duì)書(shū)中的結(jié)果做了驗(yàn)證。 i12iZ ?幾種嚴(yán)格的不放回不等概抽樣 iiPSinZ??? ? 這 里 提 到 的 嚴(yán) 格 的 抽 樣 ， 是 指 n 固 定 、 嚴(yán) 格 不 放 回 、包 含 概 率 與 單 元 大 小 嚴(yán) 格 成 比 例 ， 即( 1 ) 12iiiZZZ??N1ij按 與 成 比 例 從 個(gè) 單 元 中 抽 取 第 個(gè) 單 元 ，假 設(shè) 抽 中 第 個(gè) 單 位 ， 不 放 回 ， 在 剩 下 的 單 元 中 ，再 按 與 M 成 比 例 抽 第 二 個(gè) 單 元 , 假 設(shè) 抽 中 第 j 個(gè) 單 元 。 iinZ? ?21( ) ( )NNjiHT i j iji i j ijYYV ar y ? ? ???????? ? ???????當(dāng) n 固定時(shí)， H— T估計(jì)量的方差為： 例 假設(shè)有 5個(gè)居委會(huì)，每個(gè)居委會(huì)的住戶(hù)數(shù) X已知但常住居民未知，我們從 5個(gè)居委會(huì)抽出 2個(gè)來(lái)估計(jì)常住居民的總?cè)藬?shù)。 因?yàn)樵诔槿×说谝粋€(gè)單元后，余下的 ( N1 ) 個(gè)單元以什么樣的概率參與第二次抽樣就很復(fù)雜；再在抽第三個(gè)樣本時(shí)又面臨新問(wèn)題，如此下去， 一是抽樣實(shí)施的復(fù)雜，二是估計(jì)量及其方差計(jì)算的復(fù)雜 。 記各樣本城市的 80位樣本居民中，每天至少喝一杯奶的人數(shù)為 ai，全國(guó) 1600名居民組成的樣本中，每天至少喝一杯鮮奶的人數(shù)為 樣本是自加權(quán)的，故成年居民每天至少喝一杯鮮奶所占比例為 : 的方差的估計(jì)為 : 其中 pi是各樣本城市每天至少喝一杯鮮奶的人數(shù)所占比例 : 167。 以第 2階為例， 在某個(gè)被抽中的樣本城市中，將其所屬 的街道編號(hào)，搜集各街道的人口數(shù)，賦予每個(gè)街道與其人口 相同的代碼數(shù) ； 根據(jù)該市總?cè)丝跀?shù)除以樣本量 4，確定抽樣間 距；然后對(duì)代碼進(jìn)行隨機(jī)起點(diǎn)的等距抽樣，則被抽中代碼所 在的街道為樣本街道。 在樣本居民戶(hù)內(nèi)，利用隨機(jī)表抽 1名成年居民。 調(diào)查公司決定采用多階抽樣方法進(jìn)行方案設(shè)計(jì)，調(diào)查的最小單元為成年居民。 下面是一案例分析 多階有放回不等概抽樣 例 : 某調(diào)查公司接受了一項(xiàng)關(guān)于 全國(guó)城市成年居民 人均奶制品每天至少喝一杯奶的人數(shù)的比例情況的調(diào)查。 初級(jí)樣本序號(hào) 1 2 3 4 5 居民數(shù) 18， 12 15， 18 19， 13 16， 10 16， 11 多階段有放回不等概抽樣例題分析 解：已知 n=5,m=2,M0=145, 11148nm ijy ???01102201222145?148 214625?2146145?( ) ( )( 1 )145= [ ( 15 ) ( ) ..]549776 .62?( ) ?()?9%/595%nmijniMYynmYyMMv Y y ynnvYvY Y? ? ? ??? ? ????? ? ??????????在 置 信 度 為 ， 估 計(jì) 的 相 對(duì) 誤 差 為r=這時(shí)，多階抽樣的總樣本量可以這樣確定： ? ? deff獲得。 11 1 1 00011222 011210i1 1 1/1( ) = ( ) ( )( 1 ) ( 1 )(), ( )( 1 )mijn n ni ji iiHHi i ii i inmijijnniH H H HiiiiniHHiyMy MYYn z n z n M MMy M ynMYv Y Y y yn n z n nyyYy v yM n nmm???? ? ??????????? ? ???? ? ????????? ? ?????? 多階段有放回不等概抽樣 實(shí)際工作中，如果初級(jí)單元大小不等， 人們喜歡： 第一階段抽樣時(shí)按放回的與二級(jí)單元成比例的 PPS抽樣； 第二階抽樣進(jìn)行簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣，且抽的樣本量相同，這樣得到的樣本是自加權(quán)的，估計(jì)量的形式也非常簡(jiǎn)單。調(diào)查結(jié)果如下： 01 2 3211010024320 4160 579011? ??()( 1 )?1 1 4320 5790( ) 3 2100 32?()00( ) 6nn