工程數學

第20講本文件可從網址://math.vip.sina上下載(單擊ppt講義后選擇'工程數學'子目錄)1§5樣本容量的選取2以上我們在進行假設檢驗時,總是根據問題的要求,預先給出顯著性水平以控制犯第I類錯誤的概率.而犯第II類錯誤的概率則依賴于樣本的容量的選擇.在一些實際問題中,我們除了希望控制犯第I類錯誤的概率外,往往還希望控制犯第II類錯誤的概率.在這一節,我們將闡明如何選取樣本的容量使得犯第II類錯誤的概率控制在預先給定的限度之內.為此,我們引入施行特征函數.3定義若C是參數q的某檢驗問題的一個檢驗法,

b(q)=Pq{接受H0} (5.1)

稱為檢驗法C的施行特征函數或OC函數,其圖形稱為OC曲線.4 b(q)=Pq{接受H0} (5.1)

由定義知,若此檢驗法的顯著性水平為a,則當真值qH0時,b(q)就是作出正確判斷(即H0為真時接受H0)的概率,故此時b(q)1-a;而當qH1時,則b(q)就是犯第II類錯誤的概,而1-b(q)是作出正確判斷(即H0為不真時拒絕H0)的概率.函數1-b(q)稱為檢驗法C的功效函數.當q*H1時,值1-b(q*)稱為檢驗法C在點q*的功效,它表示當參數q的真值為q*時,檢驗法C作出正確判斷的概率.

我們只介紹正態總體均值檢驗的OC函數.51,Z檢驗法的OC函數

右邊檢驗問題.H0:mm0,H1:m>m0的OC函數是6b(m)=F(za-l)的圖形.1abOb(m)m0m0+dm7由b(m)的連續性可知,當參數的真值m(m>m0)在m0附近時,檢驗法的功效很低,即b(m)的值很大,亦即犯第II類錯誤的概率很大.因為a通常取得比較小,而不管s多么小,n多么大,只要n給定,總存在m0附近的點m(m>m0)使b(m)幾乎等于1-a.

這表明,無論n取多么大,要想對所有mH1都控制第II類錯誤的概率都很小是不可能的.但可規定一個正數d>0,使當真值mm0+d時,犯第II類錯誤的概率不超過給定的b,以此標準來確定樣本容量n.8當mm0+d時有

b(m0+d)b(m).或者說只要則當mH1且mm0+d時,即真值(mm0+d)時犯第II類錯誤的概率不超過b.9類似地,可得左邊檢驗問題H0:mm0,H1:m<m0的OC函數為當真值mm0時b(m)為作出正確判斷的概率;當真值m<m0時,給出犯第II類錯誤的概率.只要樣本容量n滿足就能使當mH1且mm0-d(d>0)時,犯第II類錯誤的概率不超過給定的b.10雙邊檢驗問題H0:m=m0,H1:mm0的OC函數是11在雙邊檢驗問題中,若要求對H1中滿足|m-m0|d>0的m處函數值b(m)b,需要解方程才能確定n.通常因n較大,故總可以認為12即只要n滿足就能使當mH1且|m-m1|d(d>0),為取定的值)時,犯第II類錯誤的概率不超過給定的值b.13例1(工業產品質量抽驗方案)設有一大批產品,產品質量指標X~N(m,s2).以m小者為佳,廠方要求所確定的驗收方案對高質量的產品(mm0)能以高概率1-a為買方所接受.買方則要求低質產品(mm0+d,d>0)能以高概率1-b被拒絕.a,b由廠方與買方協商給出.并采取一次抽樣以確定該批產品是否為買方所接受.問應怎樣安排抽樣方案.已知m0=120,d=20,且由工廠長期經驗知s2=900.又經商定a,b均取為0.05.14解檢驗問題可表達為H0:mm0,H1:m>m0,拒絕域為按(5.3)式得按給定的數據算得n24.35,故取n=25.且算出當`x129.87時,買方就拒絕這批產品,而當`x<129.87時,買方接受這批產品.152,t檢驗法的OC函數

右邊檢驗問題H0:mm0,H1:m>m0的t檢驗法的OC函數是其中變量稱它服從非中心參數為l,自由度為n-1的非中心t分布.16若給定a,b以及d>0,可從書末附表6查得所需容量n,使得當mH1且(m-m0)/sd時犯第II類錯誤的概率不超過b.

若給定a,b及d>0,對于左邊檢驗問題H0:mm0,H1:m<m0的t檢驗法,也可從附表6查得所需容量n,使得當mH1且(m-m0)/s-d時犯第II類錯誤的概率不超過b.對于雙邊檢驗問題H0:m=m0,H1:mm0的t檢驗法也可從附表6查得所需容量n,使得當mH1,且|m-m0|/sd時所犯第II類錯誤的概率不超過b.17例2考慮在顯著性水平a=0.05下進行t檢驗:

H0:m68,H1:m>68.

(1)要求在H1中mm1=68+s時犯第II類錯誤的概率不能超過b=0.05.求所需的樣本容量.

(2)若樣本容量為n=30,問在H1中m=m1=68+0.75s時犯第II類錯誤的概率是多少?

解(1)此處a=b=0.05,m0=68,d=(m1-m0)/s=1,查附表6得n=13.

(2)現在a=0.05,n=30,d=(m1-m0)/s=0.75,查附表6,得b=0.01.18例3考慮在顯著性水平a=0.05下進行t檢驗

H0:m=14,H1:m14.

要求在H1中|m-14|/s0.4時犯第II類錯誤的概率不超過b=0.1,求所需樣本容量.

解此處a=0.05,b=0.1,d=0.4,查表得n=68.19在實際過程中經常是s未知,則先做n1次試驗,計算出樣本方差s2作為s2的估計,然后根據此估計值和給定的a,b,|m1-m2|的值查表獲得一個容量數n2,如果n2小于n1,則用已經獲得的數據進行檢驗就足夠了,而如果n2大于n1,則再補做n2-n1次試驗,獲得的n2個樣本的樣本方差作為s2的估計,再去查表獲得正確的樣本容量n3,這樣重復下去很快就能夠找到所求的樣本容量n.20現考慮兩個正態總體均值差的t檢驗.

若兩個正態總體N(m1,s12),N(m2,s22)中s12=s22=s2而s2未知.在均值差m1-m2的檢驗問題H0:m1-m2=0,H1:m1-m20(或H0:m1-m20,H1:m1-m2>0或H0:m1-m20,H1:m1-m2<0)的t檢驗法中,當分別自兩個總體取得的相互獨立的樣本其容量n1=n2=n時,給定a,b以及d=|m1-m2|/s的值后可以查附表7得到所需樣本容量,使當|m1-m2|/sd時犯第II類錯誤的概率小于或等于b.21例4比較兩種汽車用燃料的辛烷值,得數據:燃料A818479768283848079828179燃料B767478798079827681798278燃料的辛烷值越高,燃料的質量越好.因燃料B較燃料A價格便宜,因此,如果兩者辛烷值相同時,則使用燃料B.但若含量的均值差m1-m25則使用燃料A.設兩總體的分布可認為是正態的,而兩個樣本相互獨立.問應采用哪種燃料(取a=0.01,b=0.01)?22解按題意需要在顯著性水平a=0.01下檢驗假設 H0:mA-mB0,H1:mA-mB>0,并要求在mA-mB5時,犯第II類錯誤的概率不超過b=0.01.

所取的樣本容量為nA=nB=12,且有`xA=80.83,`xB=78.67,s2A=5.61,s2B=6.06.經水平為0.1的F檢驗知,可認為兩總體的方差相等,即有23而右邊檢驗的拒絕域為由樣本觀察值算得t=2.19<2.5083,故接受H0,即采用B種燃料.24§6分布擬合檢驗25上面介紹的各種檢驗法都是在總體分布形式為已知的前提下進行討論的.但在實際問題中,有時不能知道總體服從什么類型的分布,這時就需要根據樣本來檢驗關于分布的假設.本節介紹c2擬合檢驗法和專用于檢驗分布是否為正態的"偏度,峰度檢驗法".26(一)c2似合檢驗法這是在總體未知時,根據樣本X1,X2,...,Xn來檢驗關于總體分布的假設

H0:總體X的分布函數為F(x),

H1:總體X的分布函數不是F(x),(6.1)

的一種方法.

注意,若總體X為離散型則(6.1)中的H0相當于

H0:總體X的分布律為P(X=ti)=pi,i=1,2,....(6.2)

若總體X為連續型,則(6.1)中的H0相當于

H0:總體X的概率密度為f(x).(6.3)27先設H0中所假設的X的分布函數F(x)不含未知參數.將在H0下,X可能值的全體W分成k個兩兩不相交的子集A1,A2,...,Ak.以fi(i=1,2,...,k)記樣本觀察值x1,x2,...,xn中落在Ai中的個數,這表示在n次試驗中事件Ai發生的頻率為fi/n,另一方面,當H0為真時,我們可以根據H0所假設的X的分布函數來計算事件Ai的概率,得到pi=P(Ai),i=1,2,...,k.頻率fi/n與概率pi會有差異,但一般來說,若H0為真,且試驗的次數又甚多時,這種差異不應太大,因此(fi/n-pi)2不應太大.28我們采用形如的統計量來度量樣本與H0中所假設的分布的吻合程度,其中hi(i=1,2,...,k)是給定的常數.皮爾遜證明,如果選取hi=n/pi(i=1,2,...,k)則(6.4)式定義的統計量近似服從c2分布.于是,我們采用.作為檢驗統計量29當H0中所假設的X的分布函數F(x)中包含未知參數時,需要先利用樣本求出未知參數的最大似然估計(在H0下),以估計值作為參數值,然后根據H0中所假設的分布函數,求出pi的估作為檢驗統計量.30定理若n充分大(n50),則當H0為真時,統計量(6.5)近似地服從c2(k-1)分布;而統計量(6.6)近似地服從c2(k-r-1)分布,其中r是被估計的參數的個數.

因此當H0為真時(6.5)或(6.6)所示的c2不應太大,如c2過分大就拒絕H0,因而拒絕域的形式為 c2G(G為正常數).

對于給定的顯著性水平a,確定G使31由定理得即當樣本觀察值使(6.5)或(6.6)的c2值有則在顯著性水平a下拒絕H0,否則就接受H0,這就是c2擬合檢驗法32c2擬合檢驗法是基于上述定理得到的,所以在33例1在一實驗中,每隔一定時間觀察一次由某種鈾所放射的到達計數器上的a粒子數X,共觀察了100次,得結果如下表所示:i0123456789101112fi15161726119921210AiA0A1A2A3A4A5A6A7A8A9A10A11A12其中fi是觀察到有i個a粒子的次數,在水平a=0.05下檢驗假設H0:總體X服從泊松分布:34解因在H0中參數l未具體給出,所以先估計l,下,X所有可能取的值為W={0,1,2,...},將W分成前表所示的兩兩不相交子集A1,A2,...,A12,則P{X=i}有估計35c2擬合檢驗計算表Aifipi估值npi估值fi2/npiA0160.0150.0781.57.84.615A150.0636.3A2160.13213.219.394A3170.18518.515.622A4260.19419.434.845A5110.16316.37.423A690.11411.47.105A790.0696.911.739A8260.0360.0653.66.55.538=106.281A910.0171.7A1020.0070.7A1110.0030.3A1200.0020.336并組后k=8,但因在計算概率時,估計了一個參數l,故r=1,c2的自由度為8-1-1=6.現在c2=106.281-100=6.281<12.592,故在水平0.05下接受H0,即認為樣本來自泊松分布總體.也就是說認為理論上的結論是符合實際的.37例2至1965年1月1日至1971年2月9日共2231天中,全世界記錄到里氏震級4級和4級以上地震計162次,統計如下:(x-相繼兩次地震間隔天數,f-出現的頻數)x0-45-910-1415-1920-2425-2930-3435-3940f50312617108668*試檢驗相繼兩次地震間隔的天數X服從指數分布(a=0.05).*--8個數值是40,43,44,49,58,60,81,109.38解按題意需檢驗假設:

H0:X的概率密度為在這里,H0中的參數q未給出,先由最大似然下,X可能取值的全體W為區間[0,).將區間分為k=9個不重疊的小區間:A1=[0,4.5],A2=(4.5,9.5],...,A9=(39.5,).39若H0為真,X的分布函數的估計為由上式可得概率pi=P(Ai)的估計:40例2的c2檢驗計算表Aifipi估計npifi2/npiA1:0x4.5500.278845.165655.3519A2:4.5<x9.5310.219635.575227.0132A3:9.5<x14.5260.152724.737427.3270A4:14.5<x19.5170.106217.204416.7980A5:19.5<x24.5100.073911.97188.3530A6:24.5<x29.580.05148.32687.6860A7:29.5<x34.560.03585.79966.2073A8:34.5<x39.560.02484.017613.219214.8269A9:39.5<x<80.05689.2016=163.563341現在c2=163.5633-162=1.5633,因為故在水平0.05下接受H0,認為X服從指數分布.42例3下面列出64個伊特拉斯坎人男子的頭顱的最大寬度(mm),檢驗這些數據是否來自正態總體(取a=0.1)141148132138154142150146155158150140147148144150149145149158143141144144126140144142141140145135147146141136140146142137148154137139143140131143141149148135148152144314414114314714615013214214214315314914614913814214914213713414414614714014214013715214543解為了粗略了解這些數據的分布情況,我們先根據所給數據畫出直方圖.

上述數據的最小值,最大值分別為126,158,即所有數據落在區間[126,158]上,現取區間[124.5,159.5],它能覆蓋區間[126,158].將此區間等分為7個小區間,小區間的長度記為D,D=(159.5-124.5)/7=5.D稱為組距.小區間的端點稱為組限.數出落在每個小區間內的數據的頻數fi,算出頻率fi/n(n=84,i=1,2,...,7).44列出下表:組限頻數fi頻率fi/n累積頻率124.5-129.510.01190.0119129.5-134.540.04760.0595134.5-139.5100.11910.1786139.5-144.5330.39290.5715144.5-149.5240.28570.8572149.5-154.590.10710.9524154.5-159.530.0357145繪出的直方圖如下129.5134.5139.5144.5149.5154.5159.546從直方圖看樣本很象來自正態總體.現作c2擬合檢驗如下.即需檢驗假設

H0:X的概率密度為因H0未給出m,s2的數值,需先估計m,s2,由最大似然估計法得m,s2的估計值分別為將在H0下X可能取值的區間(-,)分為7個小區間A1,A2,...,A7.47若H0為真,X的概率密度的估計為按上式查標準正態分布函數表即可得概率P(Ai)的估計,例如48例3的c2檢驗計算表Aifipinpifi2/npiA1:x129.510.00870.735.094.91A2:129.5<x134.540.05194.36A3:134.5<x139.5100.175214.726.79A4:139.5<x144.5330.312026.2141.55A5:144.5<x149.5240.281123.6124.40A6:149.5<x154.590.133611.2214.3710.02A3:154.5<x<30.03753.15=87.6749現在c2=87.67-84=3.67,因為故在水平0.1下接受H0,即認為數據來自正態分布總體.50例4一農場10年前在一魚塘里按比例20:15:40:25投放了四種魚:鮭魚,鱸魚,竹夾魚和鲇魚的魚苗.現在在魚塘里獲得一樣本如下:序號1234種類鮭魚鱸魚竹夾魚鲇魚數量(條)132100200168=600試取a=0.05檢驗各類魚數量的比例較10年前是否有顯著改變.51解以X記魚種類的序號,按題意需檢驗假設:

H0:X的分布律為所需計算列表如下(n=600):Aifipinpifi2/npiA11320.20120145.20A21000.1590111.11A32000.40240166.67A41680.25150188.16=611.1452現在c2=611.14-600=11.14,k=4,r=0,故拒絕H0,認為各魚類數量之比較10年前有顯著改變.53(二)偏度,峰度檢驗根據中心極限定理的論據知識,正態分布的隨機變量是較廣泛地存在的,因此,當研究一連續型總體時,人們往往先考察它是否服從正態分布.上面介紹的c2擬合檢驗法雖然是檢驗總體分布的較一般的方法,但用它來檢驗總體的正態性時,犯第II類錯誤的概率往往較大.為此,統計學家對檢驗正態總體的種種方法進行了比較,最后發現,以"偏度,峰度檢驗法"較為有效,在這里進行介紹.54隨機變量X的偏度和峰度指的是X的標準化變量的三階矩和四階矩:當X服從正態分布時,n1=0且n2=3.55設X1,X2,...,Xn是來自總體X的樣本,則n1,n2的矩估計量分別是其中Bk(k=2,3,4)是樣本k階中心矩,并分別稱G1,G2為樣本偏度和樣本峰度.若總體X為正態變量,則可證當n充分大時,近似地有56設X1,X2,...,Xn是來自總體X的樣本,現在來檢驗假設H0:X為正態總體.記當H0為真且n充分大時,近似地有

U1~N(0,1),U2~N(0,1).因G1,G2依概率收斂于n1,n2,因此一般來說G1與n1=0,G2與n2=3的偏離不應太大.57故從直觀來看當|U1|的觀察值|u1|或|U2|的觀察值|u2|過大時就拒絕H0,取顯著性水平為a,H0的拒絕域為

|u1|k1或|u2|k2,(6.11)

其中k1,k2由以下兩式確定:即有k1=za/4,k2=za/4.于是得拒絕域為 |u1|za/4或|u2|za/4,(6.12)58下面來驗證當n充分大時上述檢驗法近似地滿足顯著性水平為a的要求.事實上當n充分大時有59例5試用偏度,峰度檢驗法檢驗例3中的數據是否來自正態總體(取a=0.1).

解現在來檢驗假設H0:數據來自正態總體.

這里a=0.1,n=84,60下面來計算樣本中心矩B2,B3,B4,計算時可利用以下關系式:經計算得A1=143.7338,A2=20706.13,A3=2987099,A4=4.316426108,B2=35.2246,B3=-28.5,B4=3840.61樣本偏度和樣本峰度的觀察值分別為

g1=-0.1363,g2=3.0948

而za/4=z0.025=1.96.由(6.11)式,拒絕域為

|u1|=|g1/s1|1.96或|u2|=|g2-m2|/s21.96.

現算得|u1|=0.5285<1.96,|u2|=0.3381<1.96,故接受H0,認為數據來自正態分布的總體.

上述檢驗法稱為偏度,峰度檢驗法.使用這一檢驗法時樣本容量以大于100為宜.62§7秩和檢驗63本節介紹一種有效的,且使用方便的檢驗方法—秩和檢驗法.

設有兩個連續型總體,它們的概率密度函數分別為f1(x),f2(x),均為未知,但已知

f1(x)=f2(x-a),a為未知常數,(7.1)

即f1與f2至多只差一平移.我們要檢驗下述各項假設

H0:a=0,H1:a<0. (7.2)

H0:a=0,H1:a>0. (7.3)

H0:a=0,H1:a0. (7.4)64特別,若總體的均值存在,分別記作m1,m2,則由于f1,f2至多只差一平移,故有

m1=m1-a.

此時,上述各項假設分別等價于

H0:m1=m2,H1:m1<m2. (7.2)'

H0:m1=m2,H1:m1>m2. (7.3)'

H0:m1=m2,H1:m1m2. (7.4)'

現在來介紹威爾柯克斯(Frankwilcoxon)提出的秩和檢驗法以檢驗上述假設.為此,先引入秩的概念.65秩設X為一總體,將一容量為n的樣本觀察值按自小到大的次序編號排成

x(1)<x(2)<...<x(n), (7.5)

稱x(i)的足標i為x(i)的秩,i=1,2,...,.

現設自1,2兩總體分別抽取容量為n1,n2的樣本,且設兩樣本獨立,這里總假定n1n2.將這n1+n2個觀察值放在一起,按自小到大的次序排列,求出每個觀察值的秩,然后將屬于第1個總體的樣本觀察值的秩相加,其和記為R1,稱為第1樣本的秩和.其余觀察值的秩的總和記作R2,稱為第2樣本的秩和.顯然R1,R2是隨機變量66例如,假設來自兩個總體的兩個樣本觀察值為:

樣本1: 23,48,10. n1=3.

樣本2:11,45,50,2.n2=4.

排序得:

2,10,11,23,45,48,50

(1),(2),(3),(4),(5),(6),(7).

則r1=2+4+6=12

r2=1+3+5+7.67R1,R2滿足:所以R1,R2中的任一個確定后另一個隨之確定.這樣,只要考慮統計量R1即可.現在來解決雙邊檢驗問題(7.4).對此,先作直觀分析.當H0為真時,即有f1(x)=f2(x),這時兩個獨立樣本實際上來自同一總體.因而第1個樣本中諸元素的秩應該隨機地,分散地在自然數1~n1+n2中取值,一般來說不應過分集中取較小的或較大的值.68考慮到即知當H0為真時秩和R1一般來說不應取太靠近上述不等式兩端的值.因而,當R1的觀察值r1過分大或過分小時,我們都拒絕H0.據以上分析,對于雙邊檢驗(7.4),在給定顯著性水平a下,H0的拒絕域為6970如果知道R1的分布,則臨界點是不難求得的.下面以n1=3,n2=4為例說明求臨界點的方法.

當n1=3,n2=4時,第1個樣本中各觀察值的秩的不同取法共有35種,列表如下:秩R1秩R1秩R1秩R1秩R112361361016714247133561412471371123492561335715125814510235102571436716126914611236112671545615127101471223712345124571613481561224511346134671713591571324612347145671871由于這35種情況的出現是等可能的,由上表容易求得R1的分布律和分布函數如下:R16789101112P{R1=r1}1/351/352/353/354/354/355/35P{R1r1}1/352/354/257/3511/3515/3520/35R1131415161718P{R1=r1}4/354/353/252/351/351/35P{R1r1}24/3528/3531/3534/35172于是,對于不同的a值,容易寫出檢驗問題(7.4)的臨界點和拒絕域.例如,給定a=0.2.由上表知即有CU(0.1)=7,CL(0,1)=17.故當n1=3,n2=4,在水平0.2下檢驗問題(7.4)的拒絕域為

r17或r117.此時,犯第I類錯誤的概率為

Pa=0{R17}+Pa=0{R117}=2/35+2/35=0.114.73類似地可得左邊檢驗(7.2)的拒絕域為(顯著性水平為a)

r1CU(a),

此處,臨界點CU(a)是滿足Pa=0{R1CU(a)}a的最大整數.

右邊檢驗問題的拒絕域為(顯著性水平為a)

r1CL(a),

此處,臨界點CL(a)是滿足Pa=0{R1CL(a)}a的最小整數.74例如,若給定a=0.1,抽取的樣本容量為n1=3,n2=4,則在上表知檢驗問題(7.3)的拒絕域為

r117.

此時犯第1類錯誤的概率為2/35<0.1.

書末附表8中列出了n1和n2自2到10為止的n1,n2的各種組合的臨界點,以及相應的犯第I類錯誤的概率.75例1為查明某種血清是否會抑制白血病,選取患白血病已到晚期的老鼠9只,其中有5只接受這種治療,另4只則不作這種治療.設兩樣本相互獨立.從試驗開始時計算,其存活時間(以月計)如下:不作治療1.90.50.92.1接受治療3.15.31.44.62.8設治療與否的存活時間的概率密度至多差一個平移,取a=0.05,問這種血清對白血病是否有抑制作用?76解以m1,m2表示不作治療和接受治療的老鼠的存活時間的均值,需檢驗的假設是

H0:m1=m2,H1:m1<m2

這里n1=4,n2=5,a=0.05.將二樣本排序如下:數據0.50.91.41.92.12.83.14.65.3秩123456789則r1=1+2+4+5=12.查附表8知CU(0.05)=12,即拒絕域為r112.而現在r1=12,故拒絕H0,即認為這種血清對白血病有抑制作用.77可以證明,當H0為真時(即a=0時)而當n1,n210,當H0為真時,近似地有78因此,當n1,n210時我們可以采用作為檢驗統計量.在水平a下雙邊檢驗,右邊檢驗,左邊檢驗的近似拒絕域分別為 |z|za/2,zza,z-za.這里z是Z的觀察值.79例2某商店為了確定向公司A或公司B購買某種商品,將A,B公司以往各次進貨的次品率進行比較,數據如下,設兩樣本獨立.問兩公司的商品質量有無顯著差異.設兩公司的商品的次品率的密度至多只差一個平移,取水平a=0.05.A7.03.59.68.16.25.110.44.02.010.5B5.73.24.211.09.76.93.64.85.68.410.15.512.380解分別以mA,mB記公司A,B的商品次品率總體的均值.所需檢驗的假設是

H0:mA=mB,H1:mAmB.

將數據從小到大排列,得到n1=10的秩和為

r1=1+3+5+8+12+14+15+17+20+21=116.

又當H0為真時,81故知當H0為真時近似地有

R1~N(120,260).

拒絕域為現在R1的觀察值為r1=116,得故接受H0,認為兩個公司商品的質量無顯著差異.82在實際中(7.5)會出現某些觀察值相等的情況,對于這種觀察值定義為足標的平均值.例如,若抽得的樣本按次序排成0,1,1,1,2,3,3,則三個1的秩均為(2+3+4)/3=3,兩個3的秩均為(6+7)/2=6.5.

將兩個樣本n1+n2=n個元素按自小到大的次序排列,若出現k個秩相同的組,設其中有ti個數的秩為ai,i=1,2,...,k,a1<a2<...<ak,則當H0為真83而R1的方差修正為當k不大時,附表8仍能使用,但表載值為近似值.又當n1,n210,H0為真,且k不大時,近似有這時就采用作為檢驗統計量.84例3兩位化驗員各自讀得某種液體粘度如下:化驗員A82739184779881798785化驗員B8076928674968379807579設數據可以認為分別來自僅均值可能有差異的兩個總體的樣本.試在a=0.05下,檢驗假設

H0:m1=m2,H1:m1>m2,其中m1,m2分別為兩總體的均值.85解將兩個樣本的元素混合,按自小到大次序排列,并求出各個元素的秩如下.數據7374757677797979808081秩123457779.59.511數據82838485868791929698秩1213141516171819202186按(7.9)式得故接受H0,認為兩位化驗員所測得的數據無顯著差異.87作業第八章習題第267頁第20,27題88請提問89fpjsQwUAYE$I*L+1~5;9 cmgqOuSyVBZF%J)N@2<6:akeohrPvTzXD!G&K-0`4.8^blfpjtRwUAYE$I(M+1~5;9 dmgqOuSyWCZF%J)N@3>6:akeoisPvTzXD!H*K-0`4.8blfpjtRxVAYE$I(M=2~5;9 dnhqOuSyWC#G%J)N@3>7:akeoisQwTzXD!H*L+0`4.8cmfpjtRxVBZE$I(M=2<5;9 dnhrPuSyWC#G&K)N@3>7^bkeoisQwUAXD!H*L+1`4.8cmgqjtRxVBZF%I(M=2<6:9 dnhrPvTyWC#G&K-N@3>7^blfoisQwUAYE!H*L+1~5.8cmgqOuRxVBZF%J(M=2<6:akdnhrPvTzXC#G&K-0`3>7^blfpjsQwUAYE$H*L+1~5;9cmgqOuSyVBZF%J)N=2<6:akeohrPvTzXD#G&K-0`4.7^blfpjtRwUAYE$I(L+1~5;9 dmgqOuSyWBZF%J)N@3<6:akeoisPvTzXD!H&K-0`4.8blfpjtRxUAYE$I(M=1~5;9 dnhqOuSyWC#F%J)N@3>7:akeoisQvTzXD!H*L-0`4.8cmfpjtRxVBYE$I(M=2<5;9 dnhrOuSyWC#G&J)N@3>7^bkeoisQwUzXD!H*L+1`4.8cmgpjtRxVBZF$I(M=2<6:9 dnhrPvSyWC#G&K-N@3>7^bleoisQwUAYD!H*L+1~5.8cmgqSyWCZF%J)N@3>6:akeoisPvTzXD!H*K-0`4.8clfpjtRxVAYE$I(M=2~5;9 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