§7.3 其他分布参数的假设检验

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§7.3 其他分布参数的假设检验

1. 指数分布均值 $\theta$ 的假设检验——${\chi }^2$ 检验

\renewcommand{\arraystretch}{1.2}

$H_0$	$H_1$	检验统计量	拒绝域	$p$ 值
$\theta \le {\theta }_0$	$\theta >{\theta }_0$	${\chi }^2=\frac{2n\bar{x}}{{\theta }_0}$	$W=\{{\chi }^2\ge {\chi }_{1-\alpha }^2(2n)\}$	$P({\chi }^2\ge {\chi }_0^2)$
$\theta \ge {\theta }_0$	$\theta <{\theta }_0$	${\chi }^2=\frac{2n\bar{x}}{{\theta }_0}$	$W=\{{\chi }^2\le {\chi }_{\alpha }^2(2n)\}$	$P({\chi }^2\le {\chi }_0^2)$
$\theta ={\theta }_0$	$\theta \ne {\theta }_0$	${\chi }^2=\frac{2n\bar{x}}{{\theta }_0}$	$W=\{{\chi }^2\le {\chi }_{\alpha /2}^2(2n)\text{或}{\chi }^2\ge {\chi }_{1-\alpha /2}^2(2n)\}$	$2\min \{P({\chi }^2\ge {\chi }_0^2),P({\chi }^2\le {\chi }_0^2)\}$

注：表中 ${\chi }_0^2=\frac{2n\bar{x}}{{\theta }_0}$ 为由样本算得的检验统计量值，${\chi }^2$ 表示服从 ${\chi }^2(2n)$ 分布的随机变量。

2. 比率 $p$ 的假设检验

**(1) 小样本方法：**检验统计量为 $n$ 次试验中成功次数 $x$。这里用 $p$ 值作检验较为方便。

\renewcommand{\arraystretch}{1.2}

$H_0$	$H_1$	$p$ 值
$p\le p_0$	$p>p_0$	$P_{p_0}(x\ge x_0)$
$p\ge p_0$	$p<p_0$	$P_{p_0}(x\le x_0)$
$p=p_0$	$p\ne p_0$	$2\min \{P_{p_0}(x\le x_0),P_{p_0}(x\ge x_0)\}$

注：表中 $x_0$ 为样本观测值，$x$ 为服从 $b(n,p_0)$ 的随机变量。

(2) 大样本方法：

\renewcommand{\arraystretch}{1.2}

$H_0$	$H_1$	检验统计量	拒绝域	$p$ 值
$p\le p_0$	$p>p_0$	$u=\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-p_0)}{\sqrt{p_0(1-p_0)}}$	$\{u\ge u_{1-\alpha }\}$	$1-\Phi (u_0)$
$p\ge p_0$	$p<p_0$	$u=\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-p_0)}{\sqrt{p_0(1-p_0)}}$	$\{u\le u_{\alpha }\}$	$\Phi (u_0)$
$p=p_0$	$p\ne p_0$	$u=\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-p_0)}{\sqrt{p_0(1-p_0)}}$	$\{\Vert u\Vert \ge u_{1-\alpha /2}\}$	$2(1-\Phi (\Vert u_0\Vert ))$

注：表中 $u_0$ 为样本计算出的观测值。

习题与解答 7.3

习题 7.3-1

从一批服从指数分布的产品中抽取 $10$ 个进行寿命试验，观测值（单位：h）如下：

$$1643,1629,426,132,1522,432,1759,1074,528,283.$$

根据这批数据能否认为其平均寿命不低于 $1100\mathrm{h}$（取 $\alpha =0.05$）？

解 指数分布 $Exp(1/\theta )$ 中 $\theta$ 是总体均值，所以这是一个关于指数分布参数的假设检验问题，待检验的假设为

$$H_0:\theta \ge {\theta }_0=1100\text{vs}{H}_1:\theta <1100.$$

由样本数据可算得

$$\bar{x}=942.8,$$

故检验统计量为

$${\chi }^2=\frac{20\bar{x}}{{\theta }_0}=\frac{20\times 942.8}{1100}=\mathrm{17.1418.}$$

若取 $\alpha =0.05$，则查表知

$${\chi }_{0.05}^2(20)=10.8508,$$

由于拒绝域为

$$W=\{{\chi }^2\le {\chi }_{0.05}^2(20)\},$$

故接受原假设，可以认为平均寿命不低于 $1100\mathrm{h}$。

关于本题可作一些类似于 7.2 节中 27 题的讨论。如何正确理解“不拒绝原假设”呢？这里可能有两种情况：

1. 原假设 $H_0$ 是正确的，故不拒绝；
2. 对原假设 $H_0$ 虽有怀疑，但尚无足够证据去推翻它，故不拒绝。

假如把“拒绝原假设”仅仅理解为情况（1）而接受原假设是不准确的，要想到可能还会出现情况（2）。为进一步说明这个问题，我们把这里的原假设与备择假设对换一下，即建立如下另一对新的假设检验：

$$H_0^{\prime }:\theta \le 1100\text{vs}{H}_1^{\prime }:\theta >1100.$$

其检验统计量不变，仍取显著水平 $\alpha =0.05$，则拒绝域变为

$$W^{\prime }=\{{\chi }^2\ge {\chi }_{0.95}^2(20)=31.4104\},$$

检验统计量观测值 ${\chi }^2=17.1418$ 未落入拒绝域，故结论是“不拒绝原假设 $H_0^{\prime }:\theta \le 1100$”。

类似地，对此结论也不能仅仅理解为 $\theta \le 1100$ 成立。若把这两个检验问题放在一起考虑，则

1. 在原检验问题中，得结论“不拒绝原假设 $H_0:\theta \ge 1100$”；
2. 在新检验问题中，得结论“不拒绝原假设 $H_0^{\prime }:\theta \le 1100$”。

若把“不拒绝”仅仅理解为“接受”（即理解为（1）），那就得到了相悖的结论（这里 $\theta$ 正好等于 $1100$ 的可能性不用考虑），很难理解；若把“不拒绝”理解为（1）或（2），那就好理解了。

习题 7.3-2

某厂一种元件平均使用寿命为 $1200\mathrm{h}$（偏低），现厂里进行技术革新，革新后任选 $8$ 个元件进行寿命试验，测得寿命数据（单位：h）如下：

$$2686,2001,2082,792,1660,4105,1416,2089.$$

假定元件寿命服从指数分布，取 $\alpha =0.05$，问革新后元件的平均寿命是否有明显提高？

解 依题意，我们需要检验的一对假设为

$$H_0:\theta \le {\theta }_0=1200\text{vs}{H}_1:\theta >1200.$$

计算样本观测值得到

$$\bar{x}=2103.875,$$

故检验的统计量为

$${\chi }^2=\frac{16\bar{x}}{{\theta }_0}=\frac{16\times 2103.875}{1200}=\mathrm{28.0517.}$$

若取 $\alpha =0.05$，则查表知

$${\chi }_{0.95}^2(16)=26.2962,$$

故拒绝域为

$$W=\{{\chi }^2\ge 26.2962\}.$$

由于 $28.0517>26.2962$，故拒绝原假设，认为革新后元件的平均寿命有明显提高。

习题 7.3-3

有人称某地成年人中大学毕业生比例不低于 $30\%$，为检验之，随机调查该地 $15$ 名成年人，发现有 $3$ 名大学毕业生，取 $\alpha =0.05$，问该人看法是否成立？并给出检验的 $p$ 值。

解 这是关于比例的假设检验问题，以 $p$ 表示成年人中的大学毕业生比例，$x$ 表示 $15$ 名成年人中的大学毕业生人数，则

$$x\sim b(15,p),$$

待检验的一对假设为

$$H_0:p\ge 0.3\text{vs}{H}_1:p<\mathrm{0.3.}$$

检验的拒绝域为

$$W=\{x\le c\}.$$

若取 $\alpha =0.05$，由于

$$P(x\le 1)=0.0353<0.05<P(x\le 2)=0.1268,$$

故取 $c=1$，从而检验的拒绝域为

$$W=\{x\le 1\}.$$

由于观测值为 $3$，未落入拒绝域中，所以不拒绝原假设，不能否定该人的看法。

此处计算检验的 $p$ 值更容易一些，事实上，若以 $X$ 表示服从二项分布 $b(15,0.3)$ 的随机变量，则 $p$ 值为

$$p=P(X\le 3)=\sum _{x=0}^3\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{15}{x}\right)0.3^{x}0.7^{15-x}=\mathrm{0.2969.}$$

这个 $p$ 值不算小，故不拒绝原假设 $H_0$ 是恰当的。

习题 7.3-4

某大学随机调查 $120$ 名男同学，发现有 $50$ 人非常喜欢看武侠小说，而随机调查的 $85$ 名女同学中有 $23$ 人喜欢，用大样本检验方法在 $\alpha =0.05$ 下确认：男女同学在喜爱武侠小说方面有无显著差异？并给出检验的 $p$ 值。

解 设 $X$ 为 $120$ 名男同学中喜欢看武侠小说的人数，$p_1$ 为其真实比例，$Y$ 为 $85$ 名女同学中喜欢看武侠小说的人数，$p_2$ 为其真实比例，则

$$X\sim b(120,p_1),Y\sim b(85,p_2),$$

待检验问题为

$$H_0:p_1=p_2\text{vs}{H}_1:p_1\ne p_2.$$

由于这里样本量较大，可以采用大样本 $u$ 检验方法，注意到

$$\bar{x}\sim N\left(p_1,\frac{p_1(1-p_1)}{120}\right),\bar{y}\sim N\left(p_2,\frac{p_2(1-p_2)}{85}\right),$$

其中

$$\bar{x}=\frac{50}{120}=0.4167,\bar{y}=\frac{23}{85}=\mathrm{0.2706.}$$

于是，在 $H_0$ 成立的条件下，近似有

$$u=\frac{\bar{x}-\bar{y}}{\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{120}+\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{85}}}\sim N(0,1),$$

其中

$$\hat{p}=\frac{50+23}{120+85}=\mathrm{0.3561.}$$

将 $\bar{x},\bar{y}$ 的值代入，可算得

$$u=\frac{0.4167-0.2706}{\sqrt{0.3561(1-0.3561)\left(\frac{1}{120}+\frac{1}{85}\right)}}=\mathrm{2.1522.}$$

对显著性水平 $\alpha =0.05$，检验拒绝域为

$$\{|u|\ge 1.96\},$$

观测值落入拒绝域，故认为男女同学在喜爱武侠小说方面有显著差异。

此处检验的 $p$ 值为

$$p=P(|u|\ge 2.1522)=2[1-\Phi (2.1522)]=\mathrm{0.0314.}$$

习题 7.3-5

假定电话总机在单位时间内接到的呼叫次数服从泊松分布，现观测了 $40$ 个单位时间，接到的呼叫次数如下：

$$0,2,3,2,3,2,1,0,2,2,1,2,2,1,3,1,1,4,1,1,$$ $$5,1,2,2,3,3,1,3,1,3,4,0,6,1,1,1,4,0,1,3.$$

在显著性水平 $0.05$ 下能否认为该单位时间内平均呼叫次数不低于 $2.5$ 次？并给出检验的 $p$ 值。

解 以 $X$ 记电话总机在该单位时间内接到的呼叫次数，可以认为

$$X\sim P(\lambda ),$$

则要检验的假设为

$$H_0:\lambda \ge 2.5\text{vs}{H}_1:\lambda <\mathrm{2.5.}$$

由于 $n=40$ 较大，故可以采用大样本检验，泊松分布的均值和方差都是 $\lambda$，而

$$\bar{x}=\frac{1}{40}(0+2+\cdots +0+1+3)=1.975,$$

因而，检验的统计量为

$$u=\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\lambda )}{\sqrt{\lambda }}=\frac{\sqrt{40}(1.975-2.5)}{\sqrt{2.5}}=-\mathrm{2.1.}$$

若取 $\alpha =0.05$，则

$$u_{0.05}=-1.645,$$

检验的拒绝域为

$$W=\{u\le -1.645\}.$$

由于 $u=-2.1$ 落入拒绝域，故拒绝原假设。

由于 $u$ 在 $H_0$ 成立时，服从标准正态分布，因而检验的 $p$ 值为

$$P(u\le -2.1)=\mathrm{0.0179.}$$

习题 7.3-6

通常每平方米某种布上的疵点数服从泊松分布，现观测该种布 $100{\mathrm{m}}^2$，发现有 $126$ 个疵点，在显著性水平 $0.05$ 下能否认为该种布每平方米上平均疵点数不超过 $1$ 个？并给出检验的 $p$ 值。

解 以 $X$ 记每平方米上的疵点数，则可以认为

$$X\sim P(\lambda ),$$

需要检验的假设为

$$H_0:\lambda \le 1\text{vs}{H}_1:\lambda >1.$$

由于 $n=100$，故可以采用大样本检验，泊松分布的均值和方差都是 $\lambda$，而

$$\bar{x}=\frac{126}{100}=1.26,$$

因而，检验的统计量为

$$u=\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\lambda )}{\sqrt{\lambda }}=\frac{\sqrt{100}(1.26-1)}{\sqrt{1}}=\mathrm{2.6.}$$

若取 $\alpha =0.05$，则

$$u_{0.95}=1.645,$$

检验的拒绝域为

$$W=\{u\ge 1.645\}.$$

这里 $u=2.6$ 落入拒绝域，故拒绝原假设。认为该种布每平方米上的平均疵点数不超过 $1$ 个的结论不成立。

由于 $u$ 在 $H_0$ 成立时，服从标准正态分布，因而检验的 $p$ 值为

$$P(u\ge 2.6)=\mathrm{0.0047.}$$

习题 7.3-7

某厂的一批电子产品，其寿命 $T$ 服从指数分布，其密度函数为

$$p(t;\theta )={\theta }^{-1}\exp \{-t/\theta \}{I}_{[t>0]}.$$

从以往生产情况知平均寿命 $\theta =2000\mathrm{h}$。为检验当日生产是否稳定，任取 $10$ 个产品进行寿命试验，到全部失效时试验停止。试验得失效寿命数据之和为 $30200$。试在显著性水平 $\alpha =0.05$ 下检验假设

$$H_0:\theta =2000\text{vs}{H}_1:\theta \ne 2000.$$

解 根据《概率论与数理统计教程（第三版）》教材中（7.3.2）式可得，$0.05$ 水平下的该检验的拒绝域为

$$\left\{\frac{2n\bar{x}}{{\theta }_0}\le {\chi }_{\alpha /2}^2(2n)\text{或}\frac{2n\bar{x}}{{\theta }_0}\ge {\chi }_{1-\alpha /2}^2(2n)\right\}.$$

直接计算可得

$$\frac{2n\bar{x}}{{\theta }_0}=\frac{2\times 30200}{2000}=30.2,$$ $${\chi }_{\alpha /2}^2(2n)=9.5908,{\chi }_{1-\alpha /2}^2(2n)=\mathrm{34.1696.}$$

因为 $30.2$ 并不在拒绝域中，所以，不能拒绝原假设。

习题 7.3-8

设 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 为取自两点分布 $b(1,p)$ 的随机样本。

1. 试求单侧假设检验问题

$$H_0:p\le 0.01\text{vs}{H}_1:p>0.01$$

的显著性水平 $\alpha =0.05$ 的检验；

1. 若要这个检验在 $p=0.08$ 时犯第二类错误的概率不超过 $0.10$，样本容量 $n$ 应为多大？

解 (1) 检验的拒绝域的形式为

$$W=\left\{\sum _{i=1}^n{x}_i>c\right\},$$

其中 $c$ 满足以下两式：

$$P_{0.01}\left(\sum _{i=1}^n{x}_i>c\right)=\sum _{k=c+1}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)0.01^{k}0.99^{n-k}\le 0.05,$$ $$P_{0.01}\left(\sum _{i=1}^n{x}_i>c-1\right)=\sum _{k=c}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)0.01^{k}0.99^{n-k}>\mathrm{0.05.}$$

在 $n$ 给定后，具体的 $c$ 值可通过编程计算得到。

(2) 第二类错误的概率

$$\beta =1-P_{0.08}\left(\sum _{i=1}^n{x}_i>c\right)=\sum _{k=0}^c\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)0.08^{k}0.92^{n-k}.$$

因此，$(n,c)$ 可由不等式组

$$\{\begin{array}{rl}{P}_{0.01}\left(\sum _{i=1}^n{x}_i>c\right)& \le 0.05<P_{0.01}\left(\sum _{i=1}^n{x}_i>c-1\right),\\ 1-P_{0.08}\left(\sum _{i=1}^n{x}_i>c\right)& \le 0.1\end{array}$$

决定，具体的值可由编程搜索得到。

编程的想法是：让 $n$ 从 $1$ 开始，对每一给定的 $n$，看是否存在一个 $c$ 满足上述不等式组要求（该过程可如下进行：先找到满足

$$P_{0.01}\left(\sum _{i=1}^n{x}_i>c\right)\le 0.05<P_{0.01}\left(\sum _{i=1}^n{x}_i>c-1\right)$$

的 $c$，在 MATLAB 中，获取这个 $c$ 的语句为 c=binoinv(1-0.05,n,0.01)，然后将此时的 $(n,c)$ 代入验算

$$1-P_{0.08}\left(\sum _{i=1}^n{x}_i>c\right)\le 0.1$$

是否成立，成立则 $c$ 存在，否则不存在），若存在，则 $n$ 即为所求；若不存在，则令 $n=n+1$，直至找到满足不等式组要求的 $c$。如此找到的 $n$ 即为满足两类错误概率要求的最小的 $n$。

本例中，通过编程搜索可得最小的 $n=65$（此时对应的 $c$ 也可求出，此处为 $c=2$）。此方案下对应的第一类和第二类错误的概率分别为 $0.0276$ 和 $0.0991$。

注：该问题常称为抽样检验问题。

习题 7.3-9

有一批电子产品共 $50$ 台，产销双方协商同意找出一个检验方案，使得当次品率 $p\le p_0=0.04$ 时拒绝的概率不超过 $0.05$，而当 $p>p_1=0.30$ 时，接受的概率不超过 $0.10$，请你帮助找出适当的检验方案。

解 此类检验问题的拒绝域为

$$W=\left\{\sum _{i=1}^n{x}_i>c\right\}.$$

因此，本问题归结为找出 $n$ 与 $c$，使得接受概率

$$L(p)=P(\overline{W})=P\left(\sum _{i=1}^n{x}_i\le c\right)$$

满足不等式组

$$\{\begin{array}{rl}L(p)& \ge 0.95,p\le 0.04,\\ L(p)& \le 0.10,p>\mathrm{0.30.}\end{array}$$

由于批量 $N=50$ 不太大，因此应该用超几何分布计算接受概率

$$L(p)=\sum _{k=0}^c\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{Np}{k}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N-Np}{n-k}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{N}{n}\right)}.$$

通过编程搜索可以找到，当 $n=11,c=1$ 时，

$$1-L(p_0)=1-L(0.04)=0.045,L(p_1)=L(0.30)=0.085$$

可以满足要求。于是检验方案为 $(n,c)$，它表示抽取 $11$ 件产品检查，若其中的不合格品件数 $>1$，则拒收该批产品，否则接收。

习题 7.3-10

若在猜硬币正反面的游戏中，某人在 $100$ 次试猜中，共猜中 $60$ 次，你认为他是否有诀窍（取 $\alpha =0.05$）？

解 设 $p$ 为该人猜中概率，则该问题可以归结为如下假设检验问题：

$$H_0:p=\frac{1}{2}\text{vs}{H}_1:p>\frac{1}{2}.$$

以 $X$ 记 $100$ 次中猜中的次数，则在原假设成立下，

$$X\sim b(100,0.5),$$

由于样本量相当大，检验统计量可取为

$$u=\frac{X-100\times 0.5}{\sqrt{100\times 0.5\times 0.5}}.$$

在原假设下，该统计量近似服从正态分布 $N(0,1)$，故检验拒绝域为

$$W=\{u\ge u_{1-\alpha }\}=\{u\ge 1.645\},$$

检验的 $p$ 值近似为

$$p=P\{x\ge 60\}=P\left\{u\ge \frac{60-100\times 0.5}{\sqrt{100\times 0.5\times 0.5}}\right\}=P\{u\ge 2\}=\mathrm{0.0228.}$$

因此应拒绝原假设。看来此人猜硬币有某种诀窍。

习题 7.3-11

设有两工厂生产的同一种产品，要检验假设 $H_0$：它们的废品率 $p_1,p_2$ 相同，在第一、二工厂的产品各抽取 $n_1=1500$ 个及 $n_2=1800$ 个，分别有废品 $300$ 个及 $320$ 个，问在 $5\%$ 显著水平上应接受还是拒绝 $H_0$。

解 这里样本量很大，可采用大样本近似。以 ${\hat{p}}_1,{\hat{p}}_2$ 分别表示两工厂的废品率，则在 $H_0$ 下，总废品率为

$$\hat{p}=\frac{n_1{\hat{p}}_1+n_2{\hat{p}}_2}{n},$$

检验统计量为

$$u=\frac{\sqrt{\frac{n_1{n}_2}{n_1+n_2}}({\hat{p}}_1-{\hat{p}}_2)}{\sqrt{\hat{p}(1-\hat{p})}}.$$

在原假设下，该统计量近似服从正态分布 $N(0,1)$，故检验拒绝域为

$$W=\{|u|>u_{1-\alpha /2}\}.$$

此处，

$$n_1=1500,n_2=1800,{\hat{p}}_1=0.2,{\hat{p}}_2=0.1778,\hat{p}=0.1879,$$

故

$$u=\frac{\sqrt{\frac{1500\times 1800}{1500+1800}}(0.2-0.1778)}{\sqrt{0.1879(1-0.1879)}}=\mathrm{1.6256.}$$

由于

$$u_{0.975}=1.96>1.6256,$$

故不能拒绝原假设。此处经计算，检验的 $p$ 值近似为 $0.1040$。

补充习题及解答

补充习题 12

某人声称他能根据股票价格的历史图表预报未来股市的涨跌，若在一场测试中，他共作了 $10$ 次预测，报对 $8$ 次。

1. 在显著性水平 $0.05$ 下，能否相信他具有这种能力？
2. 对什么样的显著性水平，可相信他具有这种能力？

解 我们先对问题作一简单分析：若该人有预测能力，则他预测正确的概率应该大于 $1/2$；若他没有预测的能力，则他胡乱猜测也有 $50\%$ 猜对的可能。现以 $X$ 表示他预测 $10$ 次预测正确的次数，则

$$X\sim b(10,\theta ),$$

要检验的一对假设为

$$H_0:\theta =0.5\text{vs}{H}_1:\theta >\mathrm{0.5.}$$

若拒绝原假设，则可相信该人有预报能力，否则不能相信他有预报能力。由于检验拒绝域形如

$$W=\{x\ge c\},$$

故检验的 $p$ 值为

$$\begin{array}{rl}p& =P_{0.5}(X\ge 8)\\ & =P_{0.5}(X=8)+P_{0.5}(X=9)+P_{0.5}(X=10)\\ & =45\times 0.5^8\times 0.5^2+10\times 0.5^9\times 0.5+0.5^{10}\\ & =56\times 0.5^{10}=\mathrm{0.0547.}\end{array}$$

对此 $p$ 值作一些讨论：

1. 由于检验的 $p$ 值大于显著水平 $\alpha =0.05$，故不应拒绝原假设，不能相信他具有预报未来股市的涨跌的能力。在不拒绝原假设时可能犯第二类错误，犯第二类错误的概率

$$\beta (\theta )=1-P_{\theta }(X\ge 8),$$

对具体 $\theta$ 可算出 $\beta (\theta )$ 的值，如 $\theta =0.6$，则

$$\beta (0.6)=1-P_{0.6}(X=8)-P_{0.6}(X=9)-P_{0.6}(X=10)=\mathrm{0.8327.}$$

类似可算得

$$\beta (0.7)=0.6172,\beta (0.8)=0.3222,\beta (0.9)=\mathrm{0.0702.}$$

可见随着 $\theta$ 的增加，犯第二类错误的概率在变小。

1. 我们知道，当 $p<\alpha$ 时应拒绝原假设，因此，当 $\alpha >0.0547$ 时拒绝原假设。譬如，若取 $\alpha =0.06$，因为

$$p=0.0547<0.06=\alpha ,$$

则拒绝原假设，可相信他有这种能力。

补充习题 13

设 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 是来自指数分布 $Exp(\lambda )$ 的一个样本，$y_1,y_2,\dots ,y_m$ 是来自另一指数分布 $Exp(\mu )$ 的一个样本，且两样本相互独立。若设 $\Delta =\lambda /\mu$，对如下检验问题：

$$H_0:\Delta =1\text{vs}{H}_1:\Delta \ne 1$$

在显著性水平为 $\alpha$ 的场合给出拒绝域。

解 由于指数分布是特殊的伽马分布，具体是

$$Exp(\lambda )=Ga(1,\lambda ),$$

于是

$$\sum _{i=1}^n{x}_i\sim Ga(n,\lambda ),2n\lambda \bar{x}=2\lambda \sum _{i=1}^n{x}_i\sim Ga\left(n,\frac{1}{2}\right)={\chi }^2(2n).$$

同理可得

$$2m\mu \bar{y}\sim {\chi }^2(2m),$$

由两样本相互独立可知

$$\frac{\lambda \bar{x}}{\mu \bar{y}}=\frac{2n\lambda \bar{x}/n}{2m\mu \bar{y}/m}\sim F(2n,2m).$$

在原假设 $H_0:\Delta =1$ 成立下，有 $\lambda =\mu$，从而有

$$\frac{\bar{x}}{\bar{y}}\sim F(2n,2m).$$

检验拒绝域

$$W=\left\{\frac{\bar{x}}{\bar{y}}\le F_{\alpha /2}(2n,2m)\text{或}\frac{\bar{x}}{\bar{y}}\ge F_{1-\alpha /2}(2n,2m)\right\}.$$

譬如，若两样本量与样本均值分别为

$$n=5,\bar{x}=1600,m=6,\bar{y}=1200,$$

在给定显著性水平 $\alpha =0.05$，可查表得

$$F_{0.975}(10,12)=3.37,F_{0.025}(10,12)=\frac{1}{F_{0.975}(12,10)}=\frac{1}{3.62}=\mathrm{0.276.}$$

从而得拒绝域

$$W=\left\{\frac{\bar{x}}{\bar{y}}\le 0.276\text{或}\frac{\bar{x}}{\bar{y}}\ge 3.37\right\},$$

如今

$$\frac{\bar{x}}{\bar{y}}=\frac{1600}{1200}=1.333,$$

它不在拒绝域内，故不能拒绝原假设。