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，H_a：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H_a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，H_a：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，H_a：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，H_a：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。