现增大样本容量,取n=64,=66,则 X~N(66,362/64) 仍取a=0.05,则c=zg=2005=1.96 X-68 由 >1.96可以确定拒绝域为 3.6/8 (-∞,67.118)与(68.882,+∞) 因此,接受域为(67.118,68.882)
仍取=0.05,则 1.96 0.025 2 c = z = z = 68 1.96 3.6 /8 X − 由 可以确定拒绝域为 ( − , 67.118 ) 与 ( 68.882 , + ) 因此，接受域为(67.118, 68.882) 现增大样本容量,取n = 64, = 66,则 2 X N~ (66,3.6 / 64)
B=6=P(6718≤X≤68.882=66) 68.88-66 67.12-66 ≈① 0.45 0.45 =d(6.4)-(249) ≈1-0.9936=0.0064<0.0853 B=6=P(672≤xs68884=69) =0.3936<0.6177 (→>10,B→1-a)
1 0.9936 0.0064 0.0853 (6.4) (2.49) − = = − 0.3936 0.6177 (67.12 68.88 69) 6 9 = = = P X = ( , 1 ) → 0 → − − − − = = = 0.45 67.12 66 0.45 68.88 66 ( 67.118 68.882 66 ) 6 6 P X
命题当样本容量确定后,犯两类错误的 概率不可能同时减少. 证设X~N(4,0)在水平a给定下检验假设 H:=6;H1:= 此时犯第二类错误的概率为 B=P(接受H伪)=P(X-A<k=) P1(X-0<k)=P1(X-1<k-(41-10) =P1( k-A41k-(41-0) k-(1-) < = g
命题 当样本容量确定后,犯两类错误的 概率不可能同时减少. 0 0 1 1 0 H : = ; H : = 此时犯第二类错误的概率为 ( ) = P 接受H0 H0伪 ( ) 0 1 = P X − k = ( ) 0 1 P X k H = − ( ( )) 1 1 0 1 = PH X − k − − ) ( ) ( 0 0 1 1 1 0 n n H X k P − − − = ) ( ) ( 0 1 0 n k − − = 证 设 X ~ N(, 0 2 ) 在水平 给定下,检验假设
注当=A时X~N(A,a2/n) 从而 X-=X"~N(0,1) B=1-(-B)=1-P(X>z0 =P(Xs1)=(1)=①(-z)
注 ( ) ( ) ( ) 1 1 = P X z = z = − z − − 1 ( 1 ) 1 ( ) 1 − = − − = − P X z 从而当 = 1 时 ~ ( , / ) 2 1 0 X N n ~ ( 0, 1 ) / 0 1 X N n X = −
aΦ(zn 又B=。ne=(z)见注) 即z+ 60 由此可见当n固定时 1若a→z1→2V→B个 2)若B→20个→z=a个证毕
k z n 0 = ( ) 0 1 0 n z − − ( ) 2 1 2 2 e dx z z x = = − − − − 又 ( ) 1 0 0 1 0 0 = − + = − − − n z z z z n 即 由此可见,当 n 固定时 1) 若 z z 2) 若 z z (见注) 证毕