检验的两类错误概率计算例题讲课教案
优选剖析假设检验的两类错误并举例说明ppt(共18张PPT)
是单侧检验，弃真错误的概率则为 α/2。 出现两类错误的概率计算
命题 2：真实的总体参数（μ）与假设的总体参数（μ0）之间的差异（△μ）越小， 犯β 错误的概率越பைடு நூலகம்。
β错误的概率的计算
• 犯β错误的概率的计算是比较复杂的，由于β错误的 出现原因是属于逻辑上的，所以在总体参数不知道 的情况下是无法计算它出现概率的大小的。
这样我们就可以在总体均值为 870 元和 880元两种情况下， 分别作出两条正态分布曲线 （A线和 B 线） ，见下图。
样本随机抽样调查，人均收入的调查结 如果是单侧检验，弃真错误的概率则为 α/2。
命题 2：真实的总体参数（μ）与假设的总体参数（μ0）之间的差异（△μ）越小， 犯β 错误的概率越大。 例子：一个公司有员工3000 人（研究的总体） ，为了检验公司员工工资统计报表的真实性，研究者作了 50 人的大样本随机抽样调查，人均收入的
出现两类错误的概率计算
• α 错误是由实际推断原理引起的，即 结果表明，如果总体的真值为 870 元，而虚无假设为880元的话，那么，平均而言每100 次抽样中，将约有8次把真实情况当作880 元被接受，即犯
“小概率事件不会发生”的假定所引起 β错误的概率大小是。
在假设检验时，根据检验结果做出的判断，即拒绝H0或不拒绝H0并不是100%的正确，可能发生两种错误 这就是 α 错误出现的原因。
在很多个样本平均数。也就是说，由于小概率事件的
出现，我们把本来真实的原假设拒绝了。这就是 α
错误出现的原因。
β 错误出现原因
• 第二个问题是，统计检验的逻辑犯了从结论推断前 提的错误。命题 B 是由命题 A 经演绎推论出来的， 或写作符号 A→B，命题 C 是我们在检验中所依据
概率论与数理统计教案第八章
例8为比较新老品种的肥料对作物的效用有无显著差别，选用了各方面条件差不多的10个地块种上此作物.随机选用其中5块施上新肥料，而剩下的5块施上老肥料．等到收获时观察到施新肥的地块，平均年产333(单位：千斤)，样本方差为32，施老肥的地块平均年产330，样本方差为40．假设作物产量服从正态分布，检验新肥是否比老肥效用上有显著提高（显著性水平 ）．
点面朝上
1
2
3
4
5
6
出现次数
23
26
21
20
15
15
在 水平下，请问，这颗骰子是否是均匀的
例2在某细纱机上进行断点率测定，测验锭子总数为440，测得断头次数记录如下表：
每锭断头数
0
1
2
34Βιβλιοθήκη 5678
锭数（实测）
269
112
38
19
3
1
0
0
3
试问在显著性水平 下能否认为锭子的断头数服从泊松分布
例3某高校研究在校学生的体重，现随机抽取了100位学生，测得他们的体重（单位：kg）为
检验参数
原假设与备择假设
检验统计量
拒绝域
方差
已知
;
当 时，
或
;
;
未知
;
当 时，
或
;
;
3、两个正态总体均值差的假设检验问题可汇总如下表
检验参数
抽样分布
检验统计量
拒绝域
均值差
已知
;
当 时，
;
;
未知
;
当 时，
;
;
4、两个正态总体方差比的假设检验问题可汇总如下表
类型II错误及功效与抽样检验
类型 II 错误及功效与抽样检验1. 引言在统计学中，抽样检验是一种通过对样本数据进行分析来进行统计推断的方法。
抽样检验可用来验证假设，并确定一个事件是否发生的概率。
在进行抽样检验时，我们常常关注两种类型的错误：类型 I 错误和类型 II 错误。
本文将重点介绍类型 II 错误及其功效与抽样检验的关系。
2. 类型 II 错误的定义类型 II 错误是指在进行抽样检验时，未能拒绝一个错误的零假设的概率。
换句话说，类型 II 错误意味着我们未能发现一个真实的效果或差异。
类型 II 错误的概率通常用β 表示。
3. 增加功效以减少类型 II 错误为了减小类型 II 错误的概率，我们可以增加检验的功效。
检验的功效是指在一个真实效应存在时，正确地拒绝零假设的概率。
功效通常用 1- β 表示，其中β 是类型 II 错误的概率。
如何增加功效呢？以下是一些常用的方法：3.1 增加样本容量增加样本容量可以提高抽样检验的功效。
较大的样本容量意味着更接近总体情况的样本数据。
通过增加样本容量，我们可以更准确地估计总体的特征，并从而提高检验的功效。
3.2 减小显著性水平显著性水平（α）指的是在进行抽样检验时拒绝零假设的标准。
通常情况下，显著性水平取值为 0.05 或 0.01。
在一定程度上，减小显著性水平有助于减少类型 I 错误的概率，但也会增加类型 II 错误的概率。
因此，适当地选择显著性水平可以平衡两种错误的概率，提高抽样检验的功效。
3.3 增加效应大小效应大小是指总体之间的差异或关系的程度。
较大的效应大小意味着通过抽样检验更容易检测到这种差异。
因此，我们可以通过增加效应大小来提高检验的功效。
3.4 选择合适的检验方法选择合适的统计检验方法也可以影响抽样检验的功效。
不同的检验方法对不同类型的数据和假设有不同的适用性。
因此，选择合适的检验方法可以提高检验的功效。
4. 抽样检验的步骤进行抽样检验时，一般需要按照以下步骤进行：4.1 建立假设首先，我们需要建立一个原假设（零假设）和一个备择假设。
检验的两类错误概率计算例题
在二项分布的概率计算上有困难， 注：在二项分布的概率计算上有困难，这里可以利用二项分布的累积概率函数 进行计算： 进行计算。当然，也可以利用一些统计软件， 表进行计算。当然，也可以利用一些统计软件，例如用 EXCEL 进行计算：
7∑Ci =0来自i 200.2 i 0.8 20−i “=BINOMDIST(7,20,0.2,1)”=0.967857
检验的两类错误概率计算例题
例题 1． ．
解：
例题 2 设 X 1 , X 2 ,⋯ , X 20 是二点分布 B(1, p) 的样本，记 T = ∑ X i ，对检验问题
i =1 20
H 0 ： p = 0.2 〈——〉 H 1 ： p = 0.4 ，
取拒绝域为 W = {T ≥ 8} ，求该检验犯两类错误的概率。
如上图操作，再点击“确定” 即得： ， 如上图操作，再点击“确定” 即得：0.967857
7
（2）当 H 0 不真时， p = 0.4 ，这时 T = ∑ X i ~ B (20 , 0.4) ，该检验犯第二
i =1
20
类错误（即取伪错误）的概率为
i PH 0不真 {接受H 0 } = Pp = 0.4 {T < 8} = ∑ C 20 0.4 i 0.6 20−i ≈ 0.4159 i =0 7
解：
（1）当 H 0 为真时， p = 0.2 ，这时 T = ∑ X i ~ B (20 , 0.2) ，该检验犯第一
i =1
20
类错误（即拒真错误）的概率为
Pp =0.2 {T ≥ 8} = ∑ C 0.2 0.8
i =8 i 20 i
20
20 −i
i = 1 − ∑ C 20 0.2 i 0.8 20−i ≈ 1 − 0.9679 = 0.0321 i =0
《概率(第二课时)》教案
《概率（第二课时）》教案结知能演练提升一、能力提升1.掷一枚有正反面的质地均匀的硬币,下列说法正确的是()A.正面一定朝上B.反面一定朝上C.正面比反面朝上的概率大D.正面和反面朝上的概率都是0.52.某校九年级(1)班50名学生中有20名团员,他们都积极报名参加学校运动会的志愿者活动.根据要求,该班从团员中随机抽取1名参加,则该班团员京京被抽到的概率是()A.150B.12C.120D.253.李老师准备在班内开展“道德”“心理”“安全”三场专题教育讲座,若三场讲座随机安排,则“心理”专题讲座被安排在第一场的概率为()A.16B.14C.13D.124.(2023·山东东营中考)剪纸是中国最古老的民间艺术之一,先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录.小文购买了以“剪纸图案”为主题的5张书签,他想送给好朋友小乐一张.小文将书签背面朝上(背面完全相同),让小乐从中随机抽取一张,则小乐抽到的书签图案既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是()A.45B.35C.25D.155.从-1,1,2三个数中任取一个,作为一次函数y=kx+3中的k值,则所得一次函数中y随x的增大而增大的概率是.6.一个小球在如图所示的方格地砖上任意滚动,并随机停留在某块地砖上.每块地砖的大小、质地完全相同,则该小球停留在黑色区域的概率是.7.在一个不透明的袋子里装有大小和质地都相同的3个白色乒乓球和若干个黄色乒乓球,若从这个袋子里随机摸出一个乒乓球,恰好是黄色的概率为710,则袋子内共有乒乓球个.8.在▱ABCD中,AC,BD是它的两条对角线,现有以下四个关系式:①AB=BC,②AC=BD,③AC⊥BD,④AB⊥BC,从中任取一个作为条件,即可推出▱ABCD是菱形的概率为.9.在一个不透明的口袋中装有除颜色外其他都相同的红球和黄球共10个,其中6个红球.从口袋中任意摸出一个球,请问:(1)“摸出的球是白球”是什么事件?它的概率是多少?(2)“摸出的球是黄球”是什么事件?它的概率是多少?(3)“摸出的球是红球或黄球”是什么事件?它的概率是多少?10.一个不透明口袋中放有290个涂有红、黑、白三种颜色的质地相同的小球.已知红球的个数是黑球个数的2倍多40,从袋中任取一个球是白球的概率是129.(1)求袋中红球的个数;(2)求从袋中任取一个球是黑球的概率.★11.如图,一个被等分成4个扇形的圆形转盘,其中3个扇形分别标有数字2,5,6,指针的位置固定,转动转盘后任其自由停止,其中的某个扇形会恰好停在指针所指的位置(指针指向两个扇形的交线时,重新转动转盘).(1)转动这个转盘,转盘自由停止后,求指针指向没有数字的扇形的概率;(2)请在4,7,8,9这4个数字中选出一个数字填在没有数字的扇形内,使得分别转动转盘2次,转盘自由停止后指针所指扇形的数字和分别为奇数与偶数的概率相等,并说明理由.二、创新应用★12.某超市开展购物摸奖活动,规则为:购物时每消费20元可获得一次摸奖机会,每次摸奖时,购物者从标有数字1,2,3,4,5的5个小球(小球之间只有号码不同)中摸出一球,若摸到的号码是2就中奖,奖品为一包抽纸.(1)摸奖一次,得到一包抽纸的概率是多少?得不到抽纸的概率是多少?(2)一次,小聪购买了100元钱的物品,前4次摸奖都没有摸中,他想:“第5次摸奖我一定能摸中.”你同意他的想法吗?说说你的想法.知能演练·提升一、能力提升1.D2.C3.C一共有3种可能出现的结果,其中第一场是“心理”的只有1种,所以若三场讲座随机安排,则“心理”专题讲座被安排在第一场的概率为13.4.C∵第2张和第4张书签图案既是轴对称图形又是中心对称图形,∴小乐抽到的书签图案既是轴对称图形又是中心对称图形的概率为25.故选C.5.23-1,1,2三个数中有两个数使y随x的增大而增大,故所求概率为23.6.387.108.129.解 (1)“摸出的球是白球”是不可能事件,它的概率为0.(2)“摸出的球是黄球”是随机事件,它的概率为25.(3)“摸出的球是红球或黄球”是必然事件,它的概率为1.10.解 (1)∵P (从袋中任取一个球是白球)=129,∴袋中白球的个数为290×129=10. 设袋中黑球的个数为x ,则袋中红球的个数为(2x+40),根据题意,得(2x+40)+x+10=290,解得x=80,∴2x+40=200.答:袋中红球的个数为200.(2)∵P (从袋中任取一个球是黑球)=80290=829,∴从袋中任取一个球是黑球的概率为829. 11.解 (1)指针指向没有数字的扇形的概率为14.(2)选数字7或9.已知三个扇形区域的数字有2个偶数,1个奇数,要达到题目的要求,没有数字的扇形内必须填奇数,所以应选数字7或9.二、创新应用12.解 (1)每次摸奖时,有5种情况,只有摸到的号码是2才中奖,所以得到一包抽纸的概率是15,得不到抽纸的概率是45.(2)不同意,因为小聪第5次得到一包抽纸的概率仍是15,所以他第5次不一定中奖.。
概率统计20 假设检验可能产生的两类错误
小概率事件在一次试验中几乎不可能发生
假设检验可能产生的两类错误
第一类错误 弃真
原假设Ｈ0 本来是正确的，而小概率 事件发生了，于是否定了Ｈ0
引例： 完全有可能次品率的确满足 p ≤ 0.01（200件 产品中次品不超过2件），但仍然抽中了次 品：A 发生。
= P{ A | H0}: 犯第一类错误的概率
P( A |
Ai
)
C5 200i C5 200
i 0,1, 2
件 竟 然
P(
A)
P(
A
|
A2
)
C5 198
/
C5 200
0.95
发
生
P( A) 1 P( A) 0.05
了
假设检验的基本思想
“反证法”
为了检验一个“假设”是否成立，就先假定这 个“假设”成立，而看由此会产生的后果：
第二届四川高校青年教师教学竞赛
《概率统计 II》
假设检验可能产生的 两类错误
(Two Types of Errors in Hypothesis Testing)
2014年7月
姓名：
学校：
问题的提出
某厂有一批产品共200件，须检验合格才能 出厂。按国家标准，次品率不得超过0.01， 今从产品中任取5件，发现这5件中有次品， 问这批产品能否出厂？
假设检验可能产生的两类错误
第二类错误 纳伪
原假设Ｈ0 本来不真，而经检验，接受 了Ｈ0
引例： 完全有可能次品率p超过了 0.01（200件产 品中次品大于2件），但抽了5次都没抽到
次品：A 发生。
β ：犯第二类错误的概率
显著性检验
N-P准则(课堂PPT)
由于样本时随机的， 进行检验时可能犯
两类错误，其一是当
H
为真时，却拒绝
0
H
，
0
称为第一类错误， 其概率为
() P { x W }, 0 .
其二是当
H
为假时，却接受
0
H
，
0
称为第二类
错误，其概率为
8
( ) P { x W } 1 P { x W } , 1 .
定义8.1 一个检验的功效(Power)定义为当 H 0假
n 拒绝域为 W {x ： x c } 。
24
注意这个例子的MPT仅与水平 有关，而与
备择假设中 1的具体取值无关，只要 1 0。
作为课后练习，试求原假设不变而备择假设
改为H 1： 10时的MPT。
例8.2设 X 1 ,X 2 , ,X n 是P 来 o分 i自 ss布 o
样本，试求检验问题 H 0 ： 1 ， H 1 ： 1 ( 0 1 1 )
计算minomial两类错误功效和功效函数由于样本时随机的进行检验时可能犯两类错误其一是当为真时却拒绝称为第一类错误其概率为其二是当为假时却接受称为第二类错误其概率为定义81一个检验的功效power定义为当时拒绝的概率的不同取值这个函数称为功效函数
第八讲 假设检验
一、基本概念 二、Neyman-Pearson 引理 三、一致最优势检验
15
对于检验问题(1)， 似然比为
L(x) p(x,1), p(x,0)
规定：当 p ( x ,0 ) 0 ,p ( x ,1 ) 0 时 L ( x ) ， ,
当 p ( x ,0 ) p ( x ,1 ) 0 时 L ( x ) 0 ， .
下面的N-P引理不但彻底解决了检验问题(1) 的 MPT的存在问题， 而且还给出了构造MPT检 验的方法。 虽然这个引理仅针对检验问题(1)，
第二类错误概率
6.1.5 计算第二类错误的概率下面我们说明如何计算在总体均值假设检验中发生第二类错误的概率。
假设有关电池使用小时数均值的原假设和备择假设为H0：μ≥120和H1：μ＜120。
如果拒绝H0，则决定因这批货物使用小时数的均值小于规格所要求的120小时而将其退回供应商。
如果不能拒绝H0，则决定接收这批货物。
假定进行假设检验时所使用的显著性水平α＝0.05，检验统计量为：，则假设检验的拒绝法则为：如果U＜－1.645，则拒绝H0假定选取36节电池组成一个样本，由前面的检验中我们已知总体的标准差σ＝12小时，则拒绝法则表明，当时，拒绝H0。
上式中关于x的解表明，当时，拒绝H0，当时，我们将做出接收这批货物的决策。
利用这些信息，我们就可以计算与发生第二类错误相联系的概率了。
首先，当货物均值的真值小于120小时而我们却做出接受H0：μ≥120的决定时，我们就犯了第二类错误。
因而，为了计算发生第二类错误的概率，我们必须选择一个小于120小时的μ值。
例如，如果假定电池寿命的均值μ=112小时，则我们认为该批货物的质量差。
当μ＝112确实是真却接受了H0：μ≥120时，犯第二类错误的概率有多大呢？当μ=112时，样本均值不小于116.71的概率。
图6-2 当均值μ=112时，的抽样分布图6-2给出了当均值μ=112时，的抽样分布，其上侧阴影部分的面积为≥116.71的概率。
根据图6-2，计算得由标准正态概率分布表可知，当U＝2.36时，μ＝112，β= 0.0091。
对其他小于120的μ值，可以重复该计算过程，给出对于每一个μ值相应发生第二类错误的概率。
例如，假定电池使用寿命的均值为μ＝115小时。
由于当时，我们接受H0，所以μ＝115时计算U值如下：查标准正态概率分布表可得，当U＝0.86，真值μ=115时，发生第二类错误的概率β=0.1949。
6.1.6 对总体均值进行假设检验时样本容量的确定假定是对总体均值进行假设检验，检验中使用者事先指定显著性水平，以确定发生第一类错误的概率。
假设检验中,增大样本容量,可以使犯两类错误的概率同时减小
假设检验中,增大样本容量,可以使犯两类错误的概率同时减
小
答：在检验中，增大样本容量可以使犯两类错误的概率同时减小。
假设检验是指以某种概率决定统计推断的结果，而样本容量是指样本的数量。
增大样本容量可以使犯两类错误的概率同时减小，原因有以下几点：首先，增大样本容量可以提高统计推断的准确性。
由于样本容量的增加，样本的分布更具备代表性，它们可以更好地反映总体分布，从而提高统计推断的准确性。
其次，样本容量的增加可以提高检验总体均值的能力。
样本容量越大，样本均值和总体均值的差距越小，从而可以更准确地检验总体均值的结论。
最后，增大样本容量可以减小假设检验中犯两类错误的概率。
样本容量越大，假设检验结果更具有统计学意义。
因此，可以减小犯两类错误的概率，即可以减小拒绝原假设的错误概率和接受原假设的错误概率。
总之，增大样本容量可以使犯两类错误的概率同时减小，从而提高统计推断的准确性。
因此，样本容量的增大会带来更为准确的结果，从而提升统计推断的可靠性和精确性，更有利于解决实际问题。
同时，增大样本容量也有助于提高研究的统计学意义，从而使研究结果更有可信度。
解概率题错误类型及根源分析
解概率题错误类型及根源分析孟冠竹高中数学新教材增加了概率内容，而新增内容在每年的高考中都有所侧重。
本文试图就同学们易犯错误类型作些总结，供同学们参考。
类型一：“非等可能”与“等可能”混同例1.掷两枚骰子，求事件A 为出现的点数之和等于3的概率。
错解：掷两枚骰子出现的点数之和的可能数值为{}23412，，，…，，事件A 的结果只有3种，故P A ()=111。
分析：公式P A A ()=事件的基本事件数基本事件的总数，仅当所述的试验结果是等可能时才成立，而取数值2和3不是等可能的。
2只有这样情况（1，1）才出现，而3有两种情况（1，2）、（2，1）可出现，其他的情况可类推。
正解：掷两枚骰子可能出现的情况：（1，1），（1，2），…，（1，6），（2，1），（2，2），…，（2，6），…，（6，1），（6，2），…，（6，6），基本事件总数为6636⨯=。
在这些结果中，事件A 只有两种结果（1，2），（2，1）。
故P A ()==236118。
类型二：“互斥”与“独立”混同例2.甲投篮命中率为0.8，乙投篮命中率为0.7，每人投3次，两人恰好都命中2次的概率是多少？错解：设“甲恰好投中2次”为事件A ，“乙恰好投中2次”为事件B ，则两人都恰好投中2次为事件A+B 。
故P A B P A P B C C ()()().....+=+=⨯+⨯=080207030825232232分析：本题错解的原因是把相互独立同时发生的事件当成互斥事件来考虑。
将两人都恰好投中2次理解为“甲恰好投中2次”与“乙恰好投中2次”的和。
正解：设“甲恰好投中2次”为事件A ，“乙恰好投中2次”为事件B ，则两人都恰好投中2次为事件AB 。
故P AB P A P B C C ()()().....=⨯=⨯⨯⨯≈080207030169232232例3.某家庭电话在家中有人时，打进的电话响第1声时被接的概率为0.1，响第2声时被接的概率为0.3，响第3声时被接的概率为0.4，响第4声时被接的概率为0.1，那么电话在响前4声内被接的概率是多少？错解：设电话响第1声时被接的概率为：P A ().101=； 电话响第2声时被接的概率为：P A ().203=； 电话响第3声时被接的概率为：P A ().304=；电话响第4声时被接的概率为：P A ().401= 所以电话在响前4声内被接的概率是：P P A P A P A P A =()()()()1234···= 0103040100012.....⨯⨯⨯=。
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检验的两类错误概率
计算例题
检验的两类错误概率计算例题
例题1．
解：
例题2
设2021,,,X X X 是二点分布),1(p B 的样本，记 20
1i i X T ，对检验问题
0H ：2.0 p 〈——〉1H ：4.0 p ，
取拒绝域为}8{ T W ，求该检验犯两类错误的概率。
解：
（1）当0H 为真时，2.0 p ，这时)2.0,20(~20
1B X T i i ，该检验犯第
一类错误（即拒真错误）的概率为
0321.09679.018.02.018
.02.0}8{7
202020
8
2020
2.0 i i i i
i i
i
i p C C T P
（2）当0H 不真时，4.0 p ，这时)4.0,20(~20
1
B X T i i ，该检验犯第
二类错误（即取伪错误）的概率为
4159.06.04.0}8{}{7
020204.000 i i i i
p H C T P H P 接受不真
注：在二项分布的概率计算上有困难，这里可以利用二项分布的累积概率函数表进行计算。
当然，也可以利用一些统计软件，例如用EXCEL 进行计算：
7
2020
8.02.0i i i i
C
“=BINOMDIST(7,20,0.2,1)”=0.967857
如上图操作，再点击“确定”，即得：0.967857。