北京化工大學(xué)數(shù)理統(tǒng)計(jì)兩類錯(cuò)誤 勢(shì)函數(shù).PPT

1、1勢(shì)函數(shù)勢(shì)函數(shù) 設(shè)檢驗(yàn)問(wèn)題0011:,HH的拒絕域?yàn)閃，則樣本觀測(cè)值落在拒絕域內(nèi)的概率稱為該檢驗(yàn)的勢(shì)函數(shù)，記為 01( )(),gPWx 2犯兩類錯(cuò)誤的概率都是參數(shù) 的函數(shù)，并可由勢(shì)函數(shù)算得，即： 01,( ),PH turegPH tureWWxx即：01( ),( )1( ),g 3特別的，當(dāng)參數(shù)空間010101,01,( )1,;.g4該檢驗(yàn)的勢(shì)函數(shù)是 的函數(shù)，它可用正態(tài)分布表示，具體為： 011gnz 下面以 為例說(shuō)明：0010:,HH1WUz由 可推出具體的拒絕域?yàn)椋?PUc推導(dǎo)如下：501()()XgPzn011nz 設(shè)設(shè) 已知，已知，22( ,),XN 01()XPznn6勢(shì)函數(shù)

2、是 的增函數(shù)（見(jiàn)圖），只要 就可保證在 時(shí)有0()g0( )g 的圖形( )g7對(duì)單邊檢驗(yàn) 是類似的，0010:HvsH只是拒絕域變?yōu)?Wuz其勢(shì)函數(shù)為 0gnz 對(duì)雙邊檢驗(yàn)問(wèn)題，拒絕域?yàn)?2Wuu其勢(shì)函數(shù)為 01/201/21gnunu 8 假設(shè)檢驗(yàn)的兩類錯(cuò)誤假設(shè)檢驗(yàn)的兩類錯(cuò)誤H0為真為真實(shí)際情況實(shí)際情況決定決定拒絕拒絕H0接受接受H0H0不真不真第一類錯(cuò)誤第一類錯(cuò)誤正確正確正確正確第二類錯(cuò)誤第二類錯(cuò)誤 P拒絕拒絕H0|H0為真為真= , P接受接受H0|H0不真不真= . 犯兩類錯(cuò)誤的概率犯兩類錯(cuò)誤的概率: 顯著性水平顯著性水平 為犯第一類錯(cuò)誤的概率為犯第一類錯(cuò)誤的概率.910 任何檢驗(yàn)方

3、法都不能完全排除犯錯(cuò)任何檢驗(yàn)方法都不能完全排除犯錯(cuò) 假設(shè)檢驗(yàn)的指導(dǎo)思想是假設(shè)檢驗(yàn)的指導(dǎo)思想是控制犯第一類控制犯第一類誤的可能性誤的可能性. .理想的檢驗(yàn)方法應(yīng)使犯兩類理想的檢驗(yàn)方法應(yīng)使犯兩類錯(cuò)誤的概率都很小錯(cuò)誤的概率都很小, ,但在樣本容量給定的但在樣本容量給定的情形下情形下, ,不可能使兩者都很小不可能使兩者都很小, ,降低一個(gè)降低一個(gè), , 往往會(huì)使另一個(gè)增大往往會(huì)使另一個(gè)增大. .錯(cuò)誤的概率錯(cuò)誤的概率不超過(guò)不超過(guò) , , 然后然后, ,若有必要若有必要, ,通通過(guò)過(guò)增大樣本容量增大樣本容量的方法來(lái)減少第二類錯(cuò)的方法來(lái)減少第二類錯(cuò)誤誤 . .11 當(dāng)樣本容量確定后當(dāng)樣本容量確定后, ,犯兩

4、類錯(cuò)誤的犯兩類錯(cuò)誤的命題命題概率不可能同時(shí)減少概率不可能同時(shí)減少. .00110:;:HH此時(shí)犯此時(shí)犯第二類錯(cuò)誤的概率為第二類錯(cuò)誤的概率為 00()PHH接受偽0110XPZn證證 設(shè)設(shè) 在水平在水平 給定下給定下,檢驗(yàn)假設(shè)檢驗(yàn)假設(shè)20(,)XN 1201011100()nnzzzz即由此可見(jiàn)由此可見(jiàn),當(dāng)當(dāng) n 固定時(shí)固定時(shí)1) 若若1zz2) 若若1zz111010()HXPZn13右邊檢驗(yàn)1()z10/n左邊檢驗(yàn)1()z雙邊檢驗(yàn)2211()() 1zz其中U 檢驗(yàn)法中檢驗(yàn)法中 的計(jì)算公式的計(jì)算公式前提：已知均值的真值11400110:;:HH 設(shè)設(shè) 在水平在水平 給定下給定下,檢驗(yàn)假設(shè)檢驗(yàn)

5、假設(shè)20(,)XN 10101Zn 由前邊的計(jì)算已知求(1)樣本容量n (2)設(shè) 欲使 1000.05,0.50.1n應(yīng)取多大？15(1)由前邊的計(jì)算已知1100()nzz1010()zzn即101010.1Zn (2)16樣本容量的選取 雖然當(dāng)樣本容量 n 固定時(shí), 我們不能同時(shí)控制犯兩類錯(cuò)誤的概率, 但可以適當(dāng)選取 n 的值, 使犯取偽錯(cuò)誤的概率 控制在預(yù)先給定的限度內(nèi).在檢驗(yàn)均值時(shí)樣本容量 n 滿足如下公式：11() /nzz 單邊檢驗(yàn)211() /nzz 雙邊檢驗(yàn)其中 表示0|一個(gè)正態(tài)總體（方差已知）17由前邊的計(jì)算已知1100()nzz1010()zzn即所以1110()|zzn11

6、00()nzz1010()zzn即18例例6 6袋裝味精由自動(dòng)生產(chǎn)線包裝，每袋標(biāo)準(zhǔn)重量 500g,標(biāo)準(zhǔn)差為25g.質(zhì)檢員在同一天生產(chǎn)的味精中任抽 100袋檢驗(yàn)，平均袋重495g. 在的檢驗(yàn)中犯取偽錯(cuò)誤的概 在顯著性水平 下，該0.05天的產(chǎn)品能否投放市場(chǎng)？率 是多少？（設(shè) 的真值為495）19 若同時(shí)控制犯兩類錯(cuò)誤的概率，使 都小于5 %, 樣本容量,?n 解解 設(shè)每袋重量2(500, 25 )XN049550021.9625/ 100U H0 : 500 ； H1 : 500故該天的產(chǎn)品不能投放市場(chǎng).落在拒絕域內(nèi)200.97511.96/XUzzn拒絕域202211()()1zz 52/25

7、/ 100n0495 5005( 0.04)(3.96)1 211.96z1(0.04)0.484 此概率表明：有48.4%的可能性將包裝不合格的認(rèn)為是合格的.故21 由于是雙邊檢驗(yàn)，故025.18255645. 196. 1325n211() /nzz 所以當(dāng)樣本容量取325以上時(shí), 犯兩類錯(cuò)誤的概率都不超過(guò)5 % .22貝葉斯公式的密度函數(shù)形式 111( ,| ) ( )( |,)( ,| ) ( )nnnp xxxxp xxd 貝葉斯統(tǒng)計(jì)的一切推斷都基于后驗(yàn)分布進(jìn)行23 貝葉斯估計(jì) 基于后驗(yàn)分布( x1, x2 , , xn )對(duì) 所作的貝葉斯估計(jì)有多種，常用有如下兩種：使用后驗(yàn)分布的均

8、值作為 的點(diǎn)估計(jì)，稱為后驗(yàn)矩（期望）估計(jì)。使用后驗(yàn)分布的密度函數(shù)最大值作為 的點(diǎn)估計(jì)，稱為后驗(yàn)極（最）大似然估計(jì)；24區(qū)間估計(jì)121(|,)1nPXX 若則稱 是 的貝葉斯意義下置信水平為 的區(qū)間估計(jì)。12 , 125習(xí)題2 某廠生產(chǎn)小型馬達(dá), 說(shuō)明書(shū)上寫(xiě)著: 這種小型馬達(dá)在正常負(fù)載下平均消耗電流不會(huì)超過(guò)0.8 安培. 現(xiàn)隨機(jī)抽取16臺(tái)馬達(dá)試驗(yàn), 求得平均消耗電流為0.92安培, 消耗電流的標(biāo)準(zhǔn)差為0.32安培. 假設(shè)馬達(dá)所消耗的電流服從正態(tài)分布, 取顯著性水平為 = 0.05, 問(wèn)根據(jù)這個(gè)樣本, 能否否定廠方的斷言?解解 根據(jù)題意待檢假設(shè)可設(shè)為26 H0 : 0.8 ； H1 : 0.8 未知, 故選檢驗(yàn)統(tǒng)計(jì)量: (15)/16XTtS查表得 t0.05(15) = 1.753, 故拒絕域?yàn)?.81.753/xsn0.320.8 1.7530.944x 現(xiàn)0.920.94x 故接受原假設(shè), 即不能否定廠方斷言.27解二解二 H0 : 0.8 ； H1 : 0.8 選用統(tǒng)計(jì)量: (15)/ 16XTtS查表得 t0.05(15) = 1.753, 故拒絕域0.81.753/xsn0.320.8 1.7530.664x現(xiàn)0.92 0.66x 故接受原假設(shè), 即否定廠方斷言.28 由