黃文璋：銅板出現正面機率之檢定

 ——程陽祝賀黃文璋教授榮退

 

 

 

多談無益，底下我們便來實作假設檢定。機率與統計裡，不少主題的討論，常由銅板開始。所以首先會想到的，應是檢定銅板出現正面的機率。雖說處理的僅是銅板，但大家知道，其原理可應用至很多能重複觀測的情況，只要能將出現的結果分成兩類。對於銅板，若欲檢定其出現正面的機率p，該如何進行呢？當然是先投擲再說。如同以往，各次投擲間假設相互獨立，則投擲n次後，所得之正面數X，便有二項分佈B(n,p)。

 

先將虛無假設及對立假設，取為

 

H0：p=0.5，Ha：p=0.6，

 

即H0與Ha皆為簡單假設。這可能源自於由觀測，懷疑銅板並非公正，且出現正面的頻率較高，似為0.6。為了簡便，考先慮較小的n，且就取n=10，如此X有B(10,p)分佈。直觀上，若出現的正面數較多，會拒絕H0。所以拒絕域取為{X≥k}的型式，其中k可能為0，1，…，11。怎會有11？此表不會拒絕H0，即一定接受H0。至於k的選取，則依事先給定的顯著水準(即第一型錯誤機率之上限)α而定。對p=0.5，0.6，及0.7，我們分別給出B(10,p)分佈之累積機率P(X£k)，k=0，1，…，10，於表2。

 

表2 B(10,p)分佈之累積機率P(X£k)

 

p\k	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
0.5	0.001	0.011	0.055	0.172	0.377	0.623	0.828	0.945	0.989	0.999	1
0.6	0	0.002	0.012	0.055	0.166	0.367	0.618	0.833	0.954	0.994	1
0.7	0	0	0.002	0.011	0.047	0.15	0.35	0.617	0.851	0.972	1

 

 

在分別給定α=0.1，0.05，及0.01之下，我們來決定檢定。所謂決定檢定，即給出拒絕域。

 

(1)首先取α為0.01。由表2，若取拒絕域={X≥10}={X=10}，則第一型錯誤之機率為

 

P(X≥10|p=0.5)=1-P(X£9|p=0.5)»1-0.999=0.001，

 

此值遠比事先選定的α=0.01小很多(指位階，一為10的-3次方，一為10的-2次方)。是拒絕域取的太小嗎？只是若取的稍大些，即改取拒絕域={X≥9}={X=9，10}，則第一型錯誤之機率成為

 

P(X≥9|p=0.5)=1-P(X£8|p=0.5)»1-0.989=0.011，

 

超過所給的α=0.01。所以，就取拒絕域={X≥10}。拒絕域確定後，來求第二型錯誤之機率。由表2，得

 

β=P(X£9|p=0.6)»0.994，

 

這機率可說相當大。也就是當實際上p=0.6，卻會很容易拒絕Ha，而仍接受H0：p=0.5。雖第一型錯誤之機率，被壓到才0.001，但第二型錯誤之機率，卻很接近1，何以會如此？這樣合理嗎？原因是p=0.5與0.6差異並不太大，導致當p=0.6時，X的值會落在接受域{X£9}的機率(0.994)，與p=0.5時，X的值會落在接受域的機率(0.999)，都很大且相差有限。換句話說，不論p=0.5或0.6，都不容易拒絕H0。於是當p=0.6時，犯錯(接受H0：p=0.5)也就很難避免(機率0.994)了。

 

(2)其次取α為0.05。由表2，該取拒絕域={X≥9}={X=9，10}。則第一型錯誤之機率為

 

P(X≥9|p=0.5)=1-P(X£8|p=0.5)»1-0.989=0.011，

 

比0.05小很多。但再度拒絕域不能再大了，因若改取稍大的拒絕域={X≥8}={X=8，9，10}，則第一型錯誤之機率成為

 

P(X≥8|p=0.5)=1-P(X£7|p=0.5)»1-0.945=0.055，

 

超過所給的限制α=0.05。所以，就取拒絕域={X≥9}，比α=0.01時大。我們知道，α愈小，表H0愈被保護，因此拒絕域將愈小，即愈不容易拒絕H0。又此時第二型錯誤之機率為何？由表2，得

 

β=P(X£8|p=0.6)»0.954。

 

(3)再看α=0.1。由表2，該取拒絕域={X≥8} ={X=8，9，10}。則第一型錯誤之機率為

 

P(X≥8|p=0.5)=1-P(X£7|p=0.5)»1-0.945=0.055。

 

至於第二型錯誤之機率，由表2，得

 

β=P(X£7|p=0.6)»0.833。

 

上述3種情況，之所以第二型錯誤的機率β都相當大，關鍵皆在於對立假設中的p=0.6，與虛無假設中的p=0.5，二值不算差太大。現改變Ha：p=0.7。在α分別為0.01，0.05，及0.1之下，讀者不妨自行檢定

 

H0：p=0.5，Ha：p=0.7，

 

以為比較。此時β分別約為0.972，0.851，0.617，是變小一些。

 

附帶一提，由表2，亦可求出α在不同的範圍裡，各自的拒絕域。當0<α<0.001，拒絕域為空集合，即都接受H0；在0.001£α<0.011，拒絕域={X≥10}；在0.011£α<0.055，拒絕域={X≥9}；在0.055£α<0.172，拒絕域={X≥8}；在0.172£α<0.377，拒絕域={X≥7}；餘此類推。另外，如果觀測到X=9，則先由表2，求出p-值»0.011，然後再視給定的α值，而做決策。例如，若α=0.01，則接受H0；若α=0.05，則拒絕H0；若α=0.1，則亦拒絕H0。

 

由對稱性，若虛無假設及對立假設，分別取為H0：p=0.5，Ha：p=0.4，則當正面數較少，會拒絕H0。故可取拒絕域為{X£k}的型式，這也符合直觀。對給定不同的α值，拒絕域及β值，皆可對應求出，在此略去。但讀者能否看出，本檢定與前述檢定H0：p=0.5，Ha：p=0.6，二者拒絕域及β值，其間之關係？

 

以上都是關於簡單假設，我們再來看一對立假設是雙邊假設(亦為複合假設)的情況。考慮H0：p=0.5，Ha：p≠0.5，且仍取n=10。也就是只懷疑銅板並非公正，但對p值為何，並無特別的看法。再度，經由直觀，當正面數較多或較少，皆該拒絕H0。通常取對稱的拒絕域{X≥5+c，或X£5-c}，其中c為一正整數。可證明在相同的α下，對稱的拒絕域，會使第二型錯誤之機率較小。這只要由二項分佈的機率密度函數之漸增及漸減性質，便可得知，不過此處不多討論。對α分別為0.01，0.05，及0.1之下，我們分別給出拒絕域及第一型錯誤之機率，過程則略去：

 

{X≥10，或X£0}={X=0，10}，0.002；

 

{X≥9，或X£1}={X=0，1，9，10}，0.022；

 

{X≥9，或X£1}={X=0，1，9，10}，0.022。

 

由於在此Ha為複合假設，故第二型錯誤之機率並非定值，而為一函數β(u)，其中u為區間[0,1]中之一數，但u≠0.5。例如，在α=0.05之下，由表2，β(0.6)»0.952，β(0.7)»0.851。我們注意到β(0.7)<β(0.6)，這是合理的。甚至，當u屬於[0,0.5)，函數β(u)為漸增；當u屬於(0.5,1]，函數β(u)為漸減。其原因並不難想通，就留給讀者自行思索。

 

檢定銅板出現正面的機率p，不見得要經由二項分佈。如果p較小，則當投擲數不多時，正面並不太會出現。此時不妨考慮利用幾何分佈(geometric distribution)來檢定p。稍後我們再回到以二項分佈來檢定，以為比較。

 

持續投擲銅板，直至出現第一個正面才停止，令Y表總共之投擲數。則Y便稱有參數p之幾何分佈，以Ge(p)表之，且有

 

P(Y=k)=(1-p)k-1p，

 

其中k=1，2，…。此機率的由來，是因Y=k，表前k-1次皆出現反面(每次機率為1-p)，最後1次出現正面(機率為p)。至於分佈名稱之由來，是因其機率值為一幾何(等比)級數。二項分佈是投擲數固定，出現正面數為隨機。至於幾何分佈，則是出現正面數固定(1次)，而投擲數為隨機。幾何級數的和，求法相當簡易，大家中學時便學過了。利用其和的公式，即得Y之累積機率

 

(1) P(Y£k)=1-(1-p)k，k=1，2，…。

 

由此又得

 

(2) P(Y≥k)=(1-p)k-1，k=1，2，…。

 

現考慮

 

H0：p=0.01，Ha：p=0.02。

 

直觀上，p愈大愈快出現正面，由是Y會愈小。因0.02>0.01，故拒絕域該取為{Y£k}之型式，其中k由給定的α來決定。對0<α<1，由

 

P(Y£k)=1-(1-p)k£α，

 

解出

 

k£log(1-α)/log(1-p)。

 

而k須為整數，故取

 

(3) k=[log(1-α)/log(1-p)]，

 

其中[x]表不超過x之最大整數。符號[×]最早出現在高斯的巨著“算術研究”(Disquisitiones Arithmeticae)一書中，故稱高斯符號(Gaussian symbol)。現將p以0.01，α則分別以0.01，0.05，及0.1代入(3)式，得到k分別為

 

[log(0.99)/log(0.99)]=1，

 

[log(0.95)/log(0.99)]=5，

 

[log(0.9)/log(0.99)]=10。

 

即拒絕域分別為{Y£1}，{Y£5}及{Y£10}。有了拒絕域，第一型錯誤的機率，利用(1)式，分別為

 

P(Y£1|p=0.01)=1-0.991=0.01，

 

P(Y£5|p=0.01)=1-0.995»0.0049，

 

及

 

P(Y£10|p=0.01)=1-0.9910»0.0956。

 

至於第二型錯誤的機率，利用(2)式，分別為

 

β=P(Y≥2|p=0.02)=0.981=0.98，

 

β=P(Y≥6|p=0.02)=0.985»0.904，

 

及

 

β=P(Y≥11|p=0.02)=0.9810»0.817。

 

為了比較，底下我們再以B(10,p)分佈，重新檢定H0：p=0.01，Ha：p=0.02。對X有B(10,0.01)分佈，P(X£0)，P(X£1)，及P(X£2)，分別約為0.904，0.996，及1。又對X有B(10,0.02)分佈，P(X£0)，P(X£1)，及P(X£2)，分別約為0.817，0.984，及0.999。由此即得，在α分別為0.01，0.05，及0.1下，拒絕域分別為{X≥2}，{X≥2}，及{X≥1}，且第一型錯誤的機率，分別約為0.004，0.004，及0.096。至於第二型錯誤的機率，則分別約為0.984，0.984，及0.817。可看出，由於在H0裡，p的可能值0.01較小，因此若以二項分佈來檢定，在不同的α下，拒絕域容易相同。這是此時會考慮藉助幾何分佈來檢定的主因。讀者也不妨想想，當可能的p較大時，有沒有必要以幾何分佈來檢定？

 

最後來看X有B(n,p)分佈，但n較大的情況。假設要檢定

 

H0：p=1/2，Ha：p≠1/2。

 

再度取拒絕域為{|X-n/2|≥c}={X≥n/2+c，或X£n/2-c}，其中c由n及α決定。取n=100，因n較大時，二項分佈的機率值不好算，故利用中央極限定理，以常態分佈來近似。先看α=0.01，則c約為12.88，取整數c=13。如此拒絕域={X≥63，或X£37}，且第一型錯誤之機率約為0.0094。對離散型分佈，往往無法取到剛好能達到所給α值之拒絕域。次看α=0.05。得c約為9.8，取c=10。如此拒絕域={X≥60，或X£40}。所給的α增大，拒絕域合理地增大些，又此時第一型錯誤之機率約為0.0456。再看α=0.1。得c約為8.225，取c=9。如此拒絕域={X≥59，或X£41}，拒絕域又增大些了，而第一型錯誤之機率則約為0.0718。

 

我們注意到，當α=0.01，如果投擲銅板100次，得到62個正面，雖比在H0之下 (銅板為公正)的期望值50多了12，即超過24%，感覺上相當偏差，但因62並未落在拒絕域，遂仍得接受此銅板為公正。沒辦法，那是因所給α太小的緣故。解決之道是加大n。假設取n=10,000，則在H0之下，X的期望值=5,000，標準差=50。則當α=0.01時，c約為128.8，故取c=129，此時拒絕域={X≥5,129，或X£4,871}。投擲數成為100倍後，正面數X，只要比期望值5,000偏離逾129/5,000=2.58%，就得拒絕H0了。2.58%自然比24%小很多了。樣本大尚有另一優點，即在同樣的α下，n愈大，除了會使拒絕域相對n而言愈窄，也會降低第二型錯誤的機率。直觀上是對的，因樣本愈大便愈精準。不過這方面的討論，比較複雜些，在此略過。另外，在以上的幾個例子裡，我們以直觀所得到的拒絕域，事實上都是最佳拒絕域。也就是在同一α下，會使第二型錯誤的機率最小。這在統計學裡並非偶然，很多時候，人們憑直觀得到的結果，不但壞不到那裡去，常就是最好的。

 

黃文璋：銅板出現正面機率之檢定——程陽祝賀黃文璋教授榮退

程阳：渺茫奇迹与彩票奇奖的数学解释

程阳：关于彩票的需求价格弹性的对话

程阳：彩票号码的马尔科夫预测之误区

程阳：Critical Values for the Mann-Whitney U-Test

程阳：斯坦福大学期刊——最大熵与彩票 Maximum Entropy and the Lottery

程阳：色彩，如何影响彩票销量？

程阳：市场数据分析的多维标度法(multidimensional scaling，MDS)

程阳：来自网络的彩票日语词汇

程阳: “德·梅尔问题”的求证

程阳: 彩票“没中”为什么叫“扛龟”

程阳：《世界彩票年鉴》彩票术语规范

程阳：全球博彩业财务统计释义

程阳：财政年度 Fiscal Year

程阳：意大利画家卡拉瓦乔作品《老千》欣赏 Caravaggio The Cardsharps

 

 

 黃文璋教授榮退

http://blog.sina.com.cn/s/blog_507de1780102vj8u.html