6 假设检验

教学目的：

1）理解假设检验的一些基本概念：零假设、对立假设、两类错误、拒绝域、显著性水平、功效 2) 学会将实际问题转化成假设检验问题来处理 3) 一样本和两样本正态总体均值和方差的假设检验， 4) 0-1 分布参数的假设检验 5) 拟合优度检验、列联表的独立性和齐一性检验

6.1 基本概念和问题的提法

6.1.1 零假设，对立假设，两类错误，拒绝域，显著性水平，功效

在参数估计问题中，常常在抽样前先对未知总体作一些假定. 例如假定总体 $X$ 服从正态分布，假定某个正态总体的方差为一个已知值等等. 在数理统计中，关于总体分布的概率性质的假定称为 (统计）假设. 抽样前所作出的假设是否与实际符合，可以用样本所提供的信息来检查，检查的方法与过程称为 (统计) 检验. 假设检验问题就是研究如何根据抽样后获得的样本来检验抽样前所作出的假设. 首先，由一个例子引出一些基本概念

例 6.1.1. 某饮料厂在自动流水线上罐装饮料．在正常生产情况下，每瓶饮料的容量（单位：毫升) $X$ 服从正态分布 $N(500,10^{2})$ (由以往的经验得知)．经过一段时间之后，有人觉得每瓶饮料的平均容量减小到 490，于是抽取了 $g$ 瓶样品，称得它们的平均值为 $\bar{x}=492$ 毫升. 试问此断言是否正确？即问平均每瓶饮料的容量仍是 500 毫升还是变成 490 毫升？ 假定标准差 10 毫升不变

在这个问题中，设经过一段时间后罐装饮料容量 $X$ 的平均值为 $\mu$ ，则由题意可设 $X\sim$ $N(\mu,10^2)$ ：记 $x_{1},\cdots,x_{9}$ 为取自这个正态总体 $X$ 的一组样本观测值，则 $\bar{x}=\frac{1}{9}$ $\bar{x}=\frac{1}{9}$ $\bar{x}$ = $\frac 19\sum _{i= 1}^{9}x_{i}$ = 492. 我们需要在“饮料平均容量为 500 毫升 " 与“饮料平均容量为 490 毫升 " 之间作判断

即在 $"\mu=500"$ 和 $"\mu=490"$ 之间作判断．数理统计中，把它们看成两个假设. 习惯上，称前者为原假设或零假设，记作 $H_{0}$ ；后者称为备择假设或对立假设，记作 $H_{1}$ 或 $H_{a}$ .所谓检验

$$H_0:\mu=500\leftrightarrow H_1:\mu=490.$$

就是要根据样本判断究竞是‘ $\because H_{0}$ 成立 " 还是“ $H_{1}$ 成立 “. 断言“ $\cdot H_{0}$ 成立 " 称为接受 $H_{0}$ ；断言“ $\cdot H_{1}$ 成立 " 称为拒绝 $H_{0}$

下面讨论如何检验上述假设，即给定一个接受或者拒绝零假设的准则. 设从总体中抽取一个样本 $X_{1},\cdots,X_{n}$ ，我们可以用极大似然估计 $T$ = $\bar{X}$ (称之为检验统计量）来估计 $\mu$ ．由于该估计值接近 $\mu$ (尤其是当样本量较大时)，故当 $T$ 的绝对值小的时候有利于 $H_{1}$ 而不利于 $H_0$ ，此时应该拒绝 $H_{0}$ .我们可以事先取定一个常数 $\vdots\tau$ ，称之为临界值，当 $T$ 的取值小于该临界值时拒绝 $H_{0}$ ，即样本满足

$$W=\{\bar{X}<\tau\}$$

中时拒绝 $H_{0}$ ，称 W 为拒绝域. 即样本的取值落在拒绝域中，就拒绝 $H_{0}$ ，否则不能拒绝之一个拒绝域就对应于一个检验方法. 现在的问题是 $\tau$ 应该取多大？这涉及到两类错误

决策	事实
接受 H0	不犯错
拒绝 H0	第 I 类错误
	H0 成立
	第 II 类错误
	H1 成立
	不犯错

称“实际上 $H_{0}$ 成立但是它被拒绝 " 这个错误为第 I 类错误（弃真），而“实际上 $.H_{0}$ 不成立但是它被接受 " 这样一类错误为第 II 类错误 (存伪). 由于我们的方法是基于观测数据，而观测数据是带有随机误差的，故难免在做出决策的时候犯错，我们能做的是控制犯错的概率，一个理想的检验应该使这两类错误的概率都小. 但是在实际问题中不可能使这两类错误一致地小：要让犯第 I 类错误的概率小，应该让 $\tau$ 小，而要让犯第ⅡI 类错误的概率小，则 $\tau$ 不能太小. 解决这个矛盾的一个方法是在控制 I 类错误的基础上，尽量少犯第Ⅱ 类错误（在下一小节中我们讨论如何设定假设时会提到. 应该将受保护对象设为零假设故犯第 I 类错误的严重性更大，因此必须尽量避免犯第 I 类错误). 具体地，选定一个小的常数 $\alpha$ ，取 $\tau$ 使得犯第 I 类错误的概率，即 $^{[T]}$ 小于 $\tau$ 的概率小于 $\alpha$ .称 $\vdots\alpha$ 为显著性水平. 理想情况下， $\tau$ 取得恰好满足 $P_{H_{0}}(T<\tau)=\alpha.$ ，为控制犯第 I 类错误的发生，通常将 $\cdot\alpha$ 取为 0.1

0.05，0.01 等较小的数，具体取值视实际需要而定，有时候要求 $\vdots\alpha$ 很小，比如在涉及到数十万个基因标记的基因关联分析中，单个位点检验的 $\alpha$ 一般是 $10^{-7}$ 这样的量级

现在将问题一般化. 设有假设检验问题

$$H_0:\theta\in\Theta_0\leftrightarrow H_1:\theta\in\Theta_1.$$

其中 $H_{0}$ 为零假设或原假设而 $H_{1}$ 为对立假设或备择假设. 构造一个适当的检验统计量 $T=T(X_{1},\cdots,X_{n})$ ，其中 $X_{1},\cdots,X_{n}$ 为从总体中抽得的一个样本. 根据对立假设的形状构造一个检验的拒绝域 $W=\{T(X_1,\cdots,X_n)\in A\}$, 其中 $A$ 为一个集合，通常是一个区间比如拒绝域可取为 $\{T(X_{1},\cdots,X_{n})>\tau\}$ ，则称 $\tau$ 为临界值. 如果零假设成立但拒绝了零假设，则称犯了第 I 类错误，如果对立假设成立但接受零假设，则称犯了第 II 类错误，如对任意的 $|\theta\in\Theta_0$ ，犯第 I 类错误的概率 $P_{\theta}(T(X_{1},\cdots,X_{n})\in A)$ 小于或等于某个正的常数 $a$ ) 则称 $\alpha$ 为显著性水平. 显然显著性水平不是唯一的，事实上，如果 $:\alpha$ 是一个显著性水平则任意大于 $^{\cdot}\alpha$ 的数都是显著性水平. 实际中通常采用显著性水平最小的那一个. 一个检验对应于一个拒绝域，称 ${:}\beta(\theta)=P_{\theta}$ $H_{0}$ 被拒绝）为检验的功效函数. 如果检验的显著性水平为 $\alpha$ ，则当 $\theta\in\Theta_0$ 时， $\beta(\theta)\leq\alpha$ .而当 $|\theta\in\Theta_1$ 时，我们希望功效值越大越好 (这样犯第 I 类错误的概率 $.1-\beta(\theta)$ 就越小)，所以功效可以作为评价一个检验优劣的准则

6.1.2 假设检验问题的提法

在有时候需要自已判断如何提假设检验问题. 在建立假设检验问题时有两个原则。

原则一：将受保护的对象置为案假设加我国按照以前的司法制度公安机关抓至嫌疑犯后，很多情况下要犯人自已证明无罪（有罪推断），这对嫌疑犯很不利，从而容易导致冤案. 现在的司法制度则总假定嫌疑犯是无罪的，要司法部门证明其有罪（无罪推断）. 这样做大大地有利于保护公民的利益，如果要将真正的嫌疑犯绳之以法，则司法部门必须有充分的证据，这样做可以有效保护公民的权益，对司法部门要求也变高了．又比如药厂生产出一种新药，在上市前要通过食品与药品监管局的检验. 显然使用药品的病人是应该受保护的对象，这时应该设定一个有利于病人的命题作为零假设，这个命题就是“新药不比安慰剂效果好”，以尽量避免病人用无效甚至有副作用的新药. 当然，对立假设就是“新药比安慰剂效果好. 将检验的显著性水平 $\alpha$ 设定得较小，以保证零假设不被轻易推翻，在实际问题中，如果根据某个合理的检验方法发现零假设被推翻，则有充分的理由认为零假设不成立而对立假设成立，这是因为万一零假设成立而被误据的概率不会超过。；另一方面，如果发现零假设未被拒绝，并不表明有充分理由接受零假设，而

是因为零假设被保护得较严密以至于未被拒绝

原则二：如果你希望“证明”某个命题，就取相反结论或者其中一部分作为零假设（类似于反证法）. 这种提法往往是在两个假设命题中不太清楚哪个应受保护，此时可以借用司法制度里的“谁主张. 谁举证”，即若想用统计方法向人“证明”一个命题，则将那个命题置为对立假设. 注意这里的证明不是数学上的严格证明，而是允许犯错的一种统计推断方法，用统计方法证明一个命题不是一件容易的事情，所以如果没有足够把握，人们应该避免用统计方法去证明一个命题

上述两原则是统一的：一般不应该让受保护对象去证明一个命题

6.1.3 检验统计量的选取及假设检验的步骤

通过解答例 6.1.1 来说明假设检验的步骤

例 6.1.2.（例 6.1.1 续）能否在显著性水平 0.05 下认为饮料的平均容量确实减少到 4 $g0$ 毫升？

解：基于统计量文，我们采用“标准化 " 过的检验统计量（减均值再除以标准差

$$T_1=\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-500)}{10}$$

以使该统计量服从标准正态分布，检验的拒绝域仍取形如 $\{T_{1}<\tau_{1}\}$ ，我们控制犯第 I 类错误的概率等于 $\alpha$ ，即

$$P(T_1<\tau_1|\theta=500)=\alpha.$$

由于 $\theta=500$ 时 $T_1$ 服从标准正态分布，易知上面关于 $\tau_{1}$ 的方程的解为 $\tau_{1}=-u_{\alpha}$ 其中 $u_c$ 等于标准正态分布的上 $\therefore c$ 分位数，即检验的拒绝域为

$$\{T_1<-u_\alpha\}.$$

现在取显著性水平为 0.05，则临界值 $u_{0.05}\approx1.645$ ．另一方面，样本均值 $\bar{x}=492$ ，样本量 $n=9$ ，故检验统计量 $T_{1}$ 的观测值等于 -2.4，小于临界值 1.645，即样本落在拒绝域中从而可以在显著性水平 0.05 下拒绝零假设，认为饮料的平均容量确实减少为 490 毫升，

下面列举几种常见的假设检验问题

(1) $H_{0}:$ $\theta = \theta _{0}\leftrightarrow H_{1}: \theta = \theta _{1};$ (2) $H_0:$ $\theta = \theta _0\leftrightarrow H_1:$ $\theta \neq \theta _0$

(3) $H_{0}:$ $\theta = \theta _{0}\leftrightarrow H_{1}:$ $\theta > \theta _{0}$ 或者 $H_{0}$ 00: $\theta \leq \theta _{0}\leftrightarrow H_{1}:$ $\theta > \theta _{0}$

(4) $H_{0}:$ $\theta = \theta _{0}\leftrightarrow H_{1}:$ $\theta < \theta _{0}$ 或者 $H_{0}$ Ho $I_{0}:$ $\theta \geq \theta _{0}\leftrightarrow H_{1}:$ $\theta < \theta _{0}$

称 (1）为简单假设，(2) 为双侧假设因为对立假设是双侧的，(3) 和 (4) 为单侧假设因为对立假设是单侧的. 这里强调对立假设的原因是检验方法 (对应于一个拒绝域）只跟对立假设有关

下面我们给出检验上述假设的一般步骤，它的基本思想是：一个好的点估计应该是一个优良检验的的主要依据，设定显著性水平为 $\alpha$

第 1 步：求出未知参数 9 的一个较优的点估计 $\hat{\theta}=\hat{\theta}(X_{1},\cdots,X_{n})$ ，如极大似然估计.

第 2 步：以 $\hat{\theta}$ 为基础，寻找一个检验统计量

$$T=t(X_1,\cdots,X_n)$$

且使得当 $\theta=\theta_0$ 时， $T$ 的分布已知 (如 $N(0,1),t_{n},F_{m,n})$ ，从而容易通过查表或计算得到这个分布的分位数，用以作为检验的临界值

第 3 步：以检验统计量 $T$ 为基础，根据对立假设 $H_{1}$ 的实际意义，寻找适当形状的拒绝域它是关于 $T$ 的一个或两个不等式），其中包含一个或两个临界值

第 4 步：当零假设成立时，犯第 I 类错误的概率小于或等于给定的显著性水平α，这给出

一个关于临界值的方程，解出临界值，它 (们) 等于 $\cdot T$ 的分位数，这样即确定了检验的拒绝域.

第 5 步：如果给出样本观测值，则可算出检验统计量的样本观测值，如落在拒绝域中则可拒绝零假设，否则不能

6.2 重要参数检验

本节介绍最基本的假设检验问题：一样本和两样本正态总体的有关均值和方差的检验，简单的大样本检验 (0-1 分布参数的假设检验)

6.2.1 一样本正态总体均值和方差的检验

现实中经常碰到诸如此类的问题：假设用于某用途的合格铁钉要求长度为 10 厘米现有经销商从生产厂家订购了一批这样的铁钉，为了检验该批检验产品是否合格，可以

从中抽取一小部分进行测量检验，通常铁钉的长度服从一个正态分布，这类问题属于一样本正态总体的假设检验问题

一般地，设总体 $X\sim N( \mu , \sigma ^{2}) , - \infty < \mu < \infty , \sigma ^{2}> 0;$ $X_{1}, \cdots , X_{n}$ 是取自总体 $X$ 的一个样本. 取显著性水平为 $\alpha$

(1) 方差已知时均值的检验

先考虑双侧假设，即要检验

$$H_0:\mu=\mu_0\leftrightarrow H_1:\mu\neq\mu_0.$$

由于 $\mu$ 的极大似然估计为 $\bar{X}$ ，取“标准化 " 后的检验统计量

$$U=u(X_1,\cdots,X_n)=\sqrt{n}\frac{\bar{X}-\mu_0}{\sigma}$$

注意到当 $H_0$ 成立时， $U\sim N(0,1)$ ， $|U|$ 应该较小，反之当 $|U|$ 的观测值 $u(x_{1},\cdots,x_{n})$ 较大时，不利于零假设 $H_{0}$ 应该拒绝之. 所以选拒绝域形如

$$\{|U|>\tau\}.$$

要求显著性水平为 $\alpha$, 即

$$P_{H_0}(|U|>\tau)=\alpha,$$

解得 $\tau=u_{\alpha/2}$ .于是检验的拒绝域为

$$\{|U|>u_{\alpha/2}\}.$$

即当观测值 $(x_{1},\cdots,x_{n})$ 满足不等式

$$\sqrt{n}\frac{|\bar{x}-\mu_0|}{\sigma}>u_{\alpha/2}$$

时拒绝 $H_{0}$

类似地. 检验单侧假设

$H_0:$ $\mu = \mu _0\leftrightarrow H_1:$ $\mu > \mu _0$ 或者 $H_{0}:$ $\mu \leq \mu _{0}\leftrightarrow H_{1}:$ $\mu > \mu _{0}$

仍然用统计量 $U$, 由于 $U$ 大时不利于 $H_{0}$ ，取拒绝域为

$$\{U>u_{\alpha}\}\:.$$

而检验另一个单侧假设

$H_{0}:$ $\mu = \mu _{0}\leftrightarrow H_{1}:$ $\mu < \mu _{0}$ 或者 $H_0:$ $\mu \leq \mu _0\leftrightarrow H_1:$ $\mu < \mu _0$

的拒绝域为

$$\{U<-u_{\alpha}\}\:.$$

虽然我们取的临界值只考虑使检验在 $\mu=\mu_0$ 处的犯 I 类错误的概率为 $'\alpha$ ，从检验的拒绝域的形状上可直接看出来在零假设下 $\mu\leq\mu_0$ (或 $i\mu\geq\mu_0$ ）时犯第 I 类错误的概率恒小于或等于α.

以上三个检验统称为 $u$ 检验

例 6.2.1. 随机地从一批铁钉中抽取 16 枚，测得它们的长度 (单位：厘米) 如下：

2.942371 2.988662 3.106234 3.109316 3.118427 3.132254 3.140042 3.1701882.902562 3.128003 3.146441 2.978240 3.103600 3.003394 3.044384 2.849916

已知铁钉长度服从标准差为 0.1 的正态分布，在显著性水平 $\alpha=0.01$ 下，能否认为这批铁钉的平均长度为 3 厘米？如显著性水平为 $\alpha=0.05$ 呢？

解：这是方差已知时关于均值 $.\mu$ 的假设检验问题

$$H_0:\mu=3\leftrightarrow H_1:\mu\neq3.$$

取检验统计量为 $U=\sqrt{n}(\bar{X}-3)/0.1$ ，检验的拒绝域为 $|U|>u_{\alpha/2}$ ．由样本算得检验统计量的值为 $u\approx2.16$ ，如显著性水平为 0.01，则临界值为 $u_{0.005}\approx2.58$ ，跟检验统计量的值比较发现不能拒绝零假设，即不能推翻铁钉平均长度为 3 厘米的假设：而如果显著性水平为 0.05 时，临界值为 $u_{0.025}=1.96$ ，此时可以拒绝零假设，认为铁钉平均长度不等于 3 厘米这个例子说明结论可能跟显著性水平的选择有关：显著性水平越小，零假设被保护得越好从而更不容易被拒绝

(2) 方差未知时均值的检验

考虑检验

$$H_0:\mu=\mu_0\leftrightarrow\mu\neq\mu_0,$$

由于方差未知，可以在将 $X$ 标准化的过程中用样本方差 $S^{2}$ 代替总体方差 $\sigma^{2}$, 得检验统计量

$$T=\sqrt{n}\frac{\bar{X}-\mu_{0}}{S}.$$

由于在 $H_{0}$ 下， $T\sim t_{n-1}$, 于是拒绝域取成

$$\{|T|>t_{n-1}(\alpha/2)\}\:.$$

此检验称为 t 检验

类似地可以得到另外两个单侧假设的检验拒绝域，列于表 6.2.1 中

例 6.2.2.（例 6.2. 1 续）设方差未知，则在水平 0.01 和 0.05 下能否认为铁钉平均长度为 3 厘米？

解：这是方差未知时关于均值 $\mu$ 的假设检验问题

$$H_0:\mu=3\leftrightarrow H_1:\mu\neq3$$

取检验统计量为 $T=\sqrt{n}(\bar{X}-3)/S$ ，检验的拒绝域为 $|T|>t_{n-1}(\alpha/2)$ ．由样本算得检验统计量的值约为 2.21，与显著性水平 0.01 对应临界值 $t_{15}(0.005)\approx2.95$ 比较，不能拒绝零假设，而与显著性水平 0.05 对应临界值 $t_{15}(0.025)\approx2.13$ 比较，可以拒绝零假设，即在显著性水平 0.01 下不能拒绝铁钉平均长度为 3 厘米的假定，但在显著性水平 0.05 下可以认为铁钉平均长度不等于 3 厘米，此结论与方差已知情形一致

(3) 方差的检验

考虑假设检验问题

$$H_0:\sigma^2=\sigma_0^2\leftrightarrow H_1:\sigma^2\neq\sigma_0^2.$$

对均值已知的情形，由 $\sigma^{2}$ 的极大似然估计

$$\hat{\sigma}^2=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2$$

可以构造检验统计量

$$\chi^2=\frac{1}{\sigma_0^2}\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2=\frac{n\hat{\sigma}^2}{\sigma_0^2}.$$

在 $H_{0}$ 下， $\chi^2\sim\chi_n^2$ ， $\chi^2$ 的平均值为 $n$ ，而在 $H_{1}$ 下, $\chi^{2}=\frac{\sigma^{2}}{\sigma_{0}^{2}}\frac{n\hat{\sigma}^{2}}{\sigma^{2}}$ 的均值为 $\frac{\sigma^{2}}{\sigma_{0}^{2}}n\neq n$ ，因此当 $\chi^{2}$ 的值过于偏离 $n$ 时应该拒绝 $H_{0}$ ，于是拒绝域取成

$$\begin{Bmatrix}\chi^2<\chi_n^2(1-\alpha/2)&\text{或者}&\chi^2>\chi_n^2(\alpha/2)\end{Bmatrix}.$$

对均值未知的情形，构造检验统计量

$$\chi^2=\frac{(n-1)S^2}{\sigma_0^2},$$

其中 $S^{2}$ 为样本方差. 在 $H_{0}$ 下， $\chi^{2}\sim\chi_{n-1}^{2}$ 拒绝域取成

$\left\{\chi^{2}<\chi_{n-1}^{2}(1-\alpha/2)\right.$ 或者 $\chi^{2}>\chi_{n-1}^{2}(\alpha/2)\}$

对于单侧假设，可以类似得到检验的拒绝域，参看表 6.2.1

上述检验称为 $\chi^{2}$ 检验

例 6.2.3.（例 6.2.1 续）在水平 0.1 下能否认为铁钉的标准差大于 0.1 厘米

解：这是均值未知时关于方差 $\sigma^{2}$ 的假设检验问题，

$$H_0:\sigma^2\leq0.1^2\leftrightarrow H_1:\sigma^2>0.1^2.$$

取检验统计量为 $\chi^{2}=\frac{(n-1) S^{2}}{0.1^{2}}$ ，检验的拒绝域为 $\{\chi^{2}>\chi_{n-1}^{2}(\alpha)\}$ ．由样本算得检验统计量的值 $\chi^{2}\approx14.32$ ，与显著性水平 0.2 对应临界值 $\chi_{15}^{2}(0.1)\approx22.31$ 比较，不能拒绝零假设，即在显著性水平 0.1 下可以认为铁钉的标准差小于 0.1

表 6.2.1 总结了有关一样本正态总体的假设检验

6.2.2 两样本正态总体的情形

为了检验某肥料是否能显著提高玉米产量，可以设计一个随机试验：选择两块条件一样的试验区，把两试验区各分成若干小块，一个试验区的各小块施肥，另一个试验区的各小块不施肥，最后统计收成，可以采用如下的检验方法来检验玉米产量差别，从而知道肥料是否有效

设总体 $X\sim N (\mu_{1},\sigma_{1}^{2})$ N1 Y ~ N (2,0) $Y\sim N (\mu_{2},\sigma_{2}^{2})$ $\sim N ( \mu _{1}, \sigma _{1}^{2})$, $Y\sim$ $N ( \mu _{2}, \sigma _{2}^{2})$, $- \infty <$ $\mu _{1}, \mu _{2}< \infty , \sigma _{1}^{2}, \sigma _{2}^{2}> 0;$ $X$ x $X_{1},\cdots, X_{n}$ 是从总体 $X$ 中抽取的一个样本， $Y_1,\cdots, Y_n$ 是从总体 $Y$ 中抽取的一个样本. 设来自不同总体的样本相互独立. 下面设考虑有关均值差 $\mu_1-\mu_2$ 和方差比 $\sigma_{1}^{2}/\sigma_{2}^{2}$ 的检验. 取显著性水平为 $\alpha$ .举例说明

例 6.2.4. 甲乙两个农业试验区种植玉米，除了甲区施磷肥外，其他试验条件都相同，把两个试验区分别均分成 10 个和 $g$ 个小区统计产量（单位：千克），得数据如下

甲区 62576560635857606058

表 6.2.1 一样本正态总体 $N (\mu,\sigma^{2})$

检验对象	检验统计量	分布	拒绝域
μ ($\sigma^2$ 已知)	$U = \sqrt{n}(\bar{X} - \mu_0)/\sigma$	$N (0,1)$	$
μ ($\sigma^2$ 未知)	$T = \sqrt{n}(\bar{X} - \mu_0)/S$	$t_{n-1}$	$
$\sigma^2$ (μ知)	$\chi^2 = \frac{1}{\sigma_d^2}\sum_{i=1}^{n}(X_i-\mu)^2$	$\chi^2_n$	$\chi^2 > \chi^2_{n,\alpha/2}$ 或 $\chi^2 < \chi^2_{n,1-(\alpha/2)}$ $\chi^2 > \chi^2_{n-1}(\alpha)$ $\chi^2 < \chi^2_{n-1}(1-\alpha)$
$\sigma^2$ (μ未知)	$\chi^2 = \frac{1}{\sigma_d^2}\sum_{i=1}^{n}(X_i-\bar{X})^2$	$\chi^2_{n-1}$	$\chi^2 > \chi^2_{n-1}(\alpha)$ 或 $\chi^2 < \chi^2_{n-1}(1-(\alpha/2))$ $\chi^2 > \chi^2_{n-1}(1-\alpha)$ $\chi^2 < \chi^2_{n-1}(1-\alpha)$

十有关均值的检验：对立假设分别为 $\mu\neq\mu_0$ μ≠μo $\mu \neq \mu _{0}$, $\mu >$ $\mu _{0}$ μ>μo $\mu>\mu_0$ 和 $\mu<\mu_0$ ．有关方差的检验：对立假设分别为 $\sigma^2\neq\sigma_0^2$ $\sigma^2>\sigma_0^2$ 和 $|\sigma^2<\sigma_0^2$

乙区 505956575857565557

假定甲乙两区中每小块的玉米产量分别服从 N12 $N (\mu_{1},\sigma^{2})$ $. N ( \mu _{1}, \sigma ^{2})$, $N ( \mu _{2}, \sigma ^{2})$ N202 $N (\mu_{2},\sigma^{2})$ ，其中 $\mu_{1},\mu_{2},\sigma^{2}$ 未知. 试问在显著性水平 $\alpha=0.1$ 下磷肥对玉米的产量是否有效？

解：磷肥对玉米产量有效果等价于 $\mu_{1}>\mu_{2}$, 故将其设为对立假设，假设检验问题是

$$H_0:\mu_1\le\mu_2=0\leftrightarrow H_1:\mu_1>\mu_2.$$

构造基于 $\mu_{1}-\mu_{2}$ 的极大似然估计 $\bar{X}-\bar{Y}$ 的检验统计量

$$T=\frac{\bar{X}-\bar{Y}}{S_w\sqrt{\frac{1}{m}+\frac{1}{n}}}.$$

当 $H_{0}$ 成立时， $T\sim t_{m+n-2}$, 于是拒绝域为

$$\{T>t_{m+n-2}(\alpha))\}\:.$$

由所得数据算得检验统计量 T 的观测值为

$$t=\frac{\bar{x}-\bar{y}}{s_w\sqrt{\frac{1}{m}+\frac{1}{n}}}=3.23.$$

由 $\alpha=0.1$ 得临界值为 $t_{m+n-2}(\alpha/2)=t_{17}(0.1)\approx1.33<3.23$, 因此拒绝 $H_{0}$ ，即可以在显著性水平 0.1 下认为磷肥对玉米的产量有显著性影响

例 6.2.5. 在例 6.2.4 中假定了两个正态总体的方差是相等的，即 $\sigma_{1}^{2}=\sigma_{2}^{2}=\sigma^{2}$ ：现在我们根据样本来检验这个方差齐性的假设，即要检验

$$H_0:\frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}=1\leftrightarrow H_1:\frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}\neq1.$$

解：因为 $\sigma_{1}^{2}$ 和 $\sigma_{2}^{2}$ 的极大似然估计分别是

$$\hat{\sigma}_{1}^{2}=\frac{1}{m}\sum_{i=1}^{m}(X_{i}-\bar{X})^{2},\hat{\sigma}_{2}^{2}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}(Y_{i}-\bar{Y})^{2}.$$

在 $\theta=\sigma_{1}^{2}/\sigma_{2}^{2}$ 的极大似然估计 $\hat{\theta}=\hat{\sigma}_{1}^{2}/\hat{\sigma}_{2}^{2}$ 的基础上可以构造检验统计量

$$F=\frac{S_1^2}{S_2^2}=\frac{(m-1)\hat{\sigma}_1^2/m}{(n-1)\hat{\sigma}_2^2/n}.$$

注意到 $F$ 中的分子和分母分别是 $X$ 和 $Y$ 的样本方差. 当零假设成立时， $F\sim F_{m-1, n-1}$ 于是拒绝域为

$$\{F<F_{m-1,n-1}(\alpha/2)\quad\text{或}\quad F>F_{m-1, n-1}(1-\alpha/2)\}.$$

由数据算得检验统计量 $F$ 的观测值 $f$ = 1.19 ，如果取显著性水平 $\alpha=0.2$ ，那么临界值为 $F_{9, 8}( 0. 1)$ = 2.44 ， $F_{9, 8}( 0. 9)$ = $1/ F_{8, 9}( 0. 1)$ = 0.41 (如果 $X\sim F_{m, n}$ ，则 $1/ X$ $\sim$ $F_{n, m})$ 1. 易见 0.41<1.19<2.44 ，因此不能拒绝 $H_{0}$ ，即在显著性水平 0.2 下可以认为上例中所作的方差齐性假定是合理的

表 6.2.2 总结了两样本正态总体的双侧假设检验

6.2.3 成对数据

在上述两样本正态总体的假设检验中，要求两个样本是独立的，但是没有要求样本量相等. 有一类数据叫做成对数据 $\{(X_{1}, Y_{1}),\cdots, (X_{n}, Y_{n})\}$ ，比如一个病人在用药前后测得的指标分别为 $X$ 和 $Y$ ，则 $X$ 与 $Y$ 总是一起出现的，且由于它们是同一个体的指标，故具有很大的相关性而绝对不是独立的，这与两样本正态总体有本质区别. 另外，两样本检验问题要求样本 $X_{1},\cdots, X_{m}$ 是同分布的 $(Y_{1},\cdots, Y_{n}$ 亦然)，而成对数据则无此要求，而要求 $X_{1}-Y_{1},\cdots, X_{n}-Y_{n}$ 是同分布. 比如病人可以是来自两个不同性别、种族、年龄层的人．要检验用药前后的指标有无显著差别，可以构造一个新的总体 $Z$ = $Y$ - $X$ 及样本 $Z_{1}=X_{1}-Y_{1},\cdots, Z_{n}=X_{n}-Y_{n}$, 相应的假设检验是一样本的！在实际问题中，如果发现有两个样本且其样本量是相等的，则要检查独立性和同分布性，否则可能是成对数据

表 6.2.2 两样本正态总体的假设检验

检验对象	检验统计量	分布	拒绝域
均值 (方差已知)	$U = \\frac{\\bar{X} - \\mu}{\\sqrt{\\frac{s_1^2}{m} + \\frac{s_2^2}{n}}}$	N (0,1)	$
均值 (方差未知)†	$T = \\frac{\\bar{X} - \\mu}{s_v\\sqrt{\\frac{1}{m} + \\frac{1}{n}}}$	$t_{m+n-2}$	$T > t_{m+n-2}(\\alpha)$ 或 $T < -t_{m+n-2}(\\alpha)$
方差 (均值已知)	$F = \\frac{\\sum_{i=1}^{m}(X_i - \\mu)^2/m}{\\sum_{j=1}^{n}(Y_j - \\mu)^2/n}$	$F_{m, n}$	$F > F_{m, n}(\\alpha/2)$ 或 $F < F_{m, n}(\\alpha/2)$
方差 (均值未知)	$F = \\frac{s_1^2}{s_2^2}$	$F_{m-1, n-1}$	$F > F_{m-1, n-1}(\\alpha/2)$ 或 $F < F_{m-1, n-1}(\\alpha/2)$

计有关均值的检验：对立假设分别为 $\mu_1\neq\mu_2$ ， $\mu_{1}>\mu_{2}$ 和 $\mu_1<\mu_2$ ．有关方差的检验：对立假设分别为 $\sigma_1^2\neq\sigma_2^2$ $\sigma_1^2>\sigma_2^2$ 和 $|\sigma_1^2<\sigma_2^2$ + 假定方差相等

6.2.4 0-1 分布中未知参数 $p$ 的假设检验

产品验收时，需要检验不合格率是否小于某给定的一个数

设 $(X_{1},\cdots, X_{n})$ 是取自总体 $X$ 的一个样本，该总体服从 0-1 分布，取 1 的概率为 p.常见的假设有三种

(1) $H_0:p=p_0\leftrightarrow H_1: p\neq p_0;$

(2) $H_0:p=p_0\leftrightarrow H_1:p>p_0$ 或 $H_{0}: p\leq p_{0}\leftrightarrow H_{1}:p>p_{0}$

(3) $H_0:p=p_0\leftrightarrow H_1:p<p_0$ 或 $H_{0}: p\geq p_{0}\leftrightarrow H_{1}:p<p_{0}$

假定样本量 $:n$ 较大，取显著性水平为 $\alpha$ ．由于 $p$ 的极大似然估计为 $\bar{X}$ ，取“标准化 " 过的检验统计量

$$T=\sqrt{n}\frac{\bar{X}-p_0}{\sqrt{p_0 (1-p_0)}},$$

其中 $p_{0}$ 和 $p_{0}(1-p_{0})/n$ 分别为 $\bar{X}$ 在零假设 $p=p_0$ 下的期望和方差，从而当 $H_0$ 成立时，由中心极限定理近似地有 $T\sim N (0,1)$ ．于是上述三种检验的拒绝域分别为

$$\{|T|>u_{\alpha/2},\quad\{T>u_{\alpha}\}\quad\text{和}\quad\{T<-u_{\alpha}\}$$

例 6.2.6. 某厂产品不合格率通常为 0.5. 厂方希望知道原料产地的改变是否对产品的质量发生显著的影响. 现在随机地从原料产地改变后的产品中抽取了 80 个样品进行检验发现有 5 个是不合格品. 试问，在显著性水平 0.1 下，厂方由此可以得出什么结论？

解：总体 $X~\sim~B (1, p)$ ，其中 $p$ 未知．在显著性水平 $\alpha$ = 0.1 下，产品质量无变化等价于 $p=0.05$ ，故我们要检验

$$H_0:p=0.05\leftrightarrow H_1: p\neq0.05.$$

由于 $\bar{x}=5/80=0.0625$, 因此检验统计量 $T$ 的观测值

$$t=\sqrt{n}\frac{\bar{x}-p_0}{\sqrt{p_0 (1-p_0)}}=0.513.$$

由 $\alpha=0.10$ 得临界值 $u_{0.05}=1.645$ ．易见， $|t|<1.645$ ，因此不能拒绝 $H_{0}$ ，即在近似显著性水平 0.10 下可以认为原料产地的改变对该厂产品的质量没有发生显著的影响

6.3 拟合优度检验

前面的假设检验基本上是在假定总体是正态的条件下做的，但是这个假设本身不一定成立，需要收集样本 $(X_{1},\cdots, X_{n})$ 来检验它. 一般地，检验

$H_0:X$ 服从某种分布

可以采用 KarlPearson 提出的 $|\chi^2$ 拟合优度检验

6.3.1 离散总体情形

(1) 理论分布不含未知参数的情形

设某总体 $X$ 服从一个离散分布，且根据经验得知总体落在类别 $a_{1},\cdots, a_{k}$ 的理论频率分别为 $p_{1},\cdots, p_{k}$ ，现从该总体抽得一个样本量为 $n$ 的样本，其落在类别 $a_{1},\cdots, a_{k}$ 的观测数分别为 $n_{1},\cdots, n_{k}$ 、感兴趣的问题是检验理论频率是否正确，即下面假设是否正确：

$$H_0: P (X\in a_1)=p_1,\cdots,P (X\in a_k)=p_k.$$

这类问题只提零假设而不提对立假设，相应的检验方法称为拟合优度检验. 显然，在零假设下，各类别的理论频数分别为 $np_{1},\cdots, np_{k}$, 将理论频数和观测频数列于下表

类别

a1 a2 … ak

理论频数 np1 np2 … npk

观测频数 n1 n2 … nk

由大数定律知，在零假设成立时， $n_i/n$ 依概率收敛于 $p_{i}$ ，故理论频数 $:np_i$ 与观测频数 $n_i$ 接近. 而检验统计量取为

$$\chi^2=\sum_{i=1}^k\frac{(n_i-np_i)^2}{np_i}.$$

简单地，就是

$$\chi^2=\sum\frac{(O-E)^2}{E},$$

其中 $O$ 为观测频数， $E$ 为期望频数

这个统计量中每项的分母的选取有点讲究，我们可以这样粗略地解释：假设 $n_i$ 服从 Poisson 分布，则 $|n_i$ 的均值和方差均为 $np_i$ ，从而 $(n_{i}-np_{i})/\sqrt{np_{i}}$ 的极限分布为标准正态分布，因此 $x^2$ 近似为 $k$ 个服从自由度为 1 的 $|\chi^2$ 分布的随机变量之和，由于 $\sum_{i=1}^{k}(n_{i}-np_{i})=$ 0. 故这 $:k$ 个随机变量满足一个约束，从而 $\chi^2$ 的自由度为 $k-1$ .事实上，可以严格地证明在一定的条件下， $\chi^2$ 的极限分布就是自由度为 $k-1$ 的 $\chi^2$ 分布，但其证明超出本课程的要求范围

下面给出一个例子来说明拟合优度检验的应用

例 6.3.1. 有人制造一个含 6 个面的股子，并声称是均匀的. 现设计一个实验来检验此命题：连续投掷 600 次，发现出现六面的频数分别为 97，104，82，110,93，114. 问能否在显著性水平 0.2 下认为骰子是均匀的？

解：该问题设计的总体是一个有 6 个类别的离散总体，记出现六个面的概率分别为 $p_{1},\cdots, p_{6}$ 则零假设可以表示为

$$H_0:p_i=1/6, i=1,\cdots, 6.$$

在零假设下，理论频数都是 100. 故检验统计量 $\chi^2$ 的取值为

$$\frac{97-100)^{2}}{100}+\frac{(104-100)^{2}}{100}+\frac{(82-100)^{2}}{100}+\frac{(110-100)^{2}}{100}+\frac{(93-100)^{2}}{100}+\frac{(114-100)^{2}}{100}=6.94$$

跟自由度为 6-1=5 的 $|\chi^2$ 分布的上 0.05 分位数 $\chi_{5}^{2}(0.2)\approx7.29$ 比较，不能拒绝零假设，即可在显著性水平 0.2 下认为般子是均匀的，

(2) 理论分布含若干未知参数的情形

当理论总体总含有未知的参数时，理论频数 $np_{i}$ 一般也与这些参数有关，此时应该用适当的估计如极大似然估计代替这些参数以得到 $p_{i}$ 的估计 $\hat{p}_{i}$ ，得到的统计量记为

$$\chi^2=\sum_{i=1}^k\frac{(n_i-n\hat{p}_i)^2}{n\hat{p}_i}.$$

拟合优度检验的提出者 KarlPearson 最初认为在零假设下，检验统计量的 $\chi^2$ 的极限分布仍等于自由度为 $k-1$ 的 $|\chi^2$ 分布，R.A.Fisher 发现自由度应该等于 $k-1$ 减去估计的独立参数的个数 $\vdots r$ ，即 $k-1-r$

例 6.3.2. 从某人群中随机抽取 100 个人的血液，并测定他们在某基因位点处的基因型假设该位点只有两个等位基因 A 和 a，这 100 个基因型中 AA，Aa 和 aa 的个数分别为 3040，30，则能否在 0.05 的水平下认为该群体在此位点处达到 Hardy-Weinberg 平衡态？

解：取零假设为

$$H_0:\text{Hardy-Weinberg 平衡态成立}.$$

设人群中等位基因 A 的频率为 $p$ ，则该人群在此位点处达到 Hardy-Weinberg 平衡态指的是在人群中 3 个基因型的频率分别为 $P (AA)=p^{2}$ ， $P (Aa)=2p (1-p)$ 和 $P (aa)=(1-p)^{2}$ 即零假设可等价地写成

$$H_0: P (AA)=p^2,P (Aa)=2p (1-p), P (aa)=\left (1-p\right)^2.$$

在 $H_{0}$ 下，3 个基因型的理论频数为 $100\times\hat{p}^2$ ， $100\times2\times\hat{p}^{2}(1-\hat{p})$ 和 $100\times (1-\hat{p})^{2}$, 其中 $\hat{p}$ 等于估计的等位基因频率 0.5，代入 $x^2$ 统计量表达式，得统计量的值等于 4. 该统计量的值大于自由度为 3-1-1=1 （恰好一个自由参数被估计）的 $\chi^2$ 分布上 0.05 分位数 3.84，故可在 0.05 的水平下认为未达到 Hardy-Weinberg 平衡态

6.3.2 列联表的独立性和齐一性检验

(1) 独立性检验

下面考虑很常用的列联表. 列联表是一种按两个属性作双向分类的表. 例如肝癌病人可以按所在医院 (属性 A) 和是否最终死亡 (属性 B) 分类．目的是看不同医院的疗效是否不同. 又如婴儿可按喂养方式（属性 A，分两个水平：母乳喂养与人工喂养）和小儿牙齿发育状况 (属性 B，分两个水平：正常与异常) 来分类. 这两个例子中两个属性都只有两个

水平，相应的列联表称为“四格表”，一般地，如果第一个属性有 $a$ 个水平，第二个属性有个水平，称为 $a\times b$ 表（见教材 p268）．实际应用中，常见的一个问题是考察两个属性是否独立. 即零假设是

$H_{0}$ ：属性 A 与属性 B 独立

这是列联表的独立性检验问题

假设样本量为 $n$ ，第 $: (i, j)$ 格的频数为 $n_{ij}$ 记 $p_{ij}=P$ （属性 A，B 分别处于水平 $i, j)$ ， $u_i=$ $P$ (属性 A 有水平 i)， $v_i=P_1$ 属性 B 有水平 $j$ ). 则零假设就是 $p_{ij}=u_{i}v_{j}$ .将 $\cdot u_i$ 和 $v_{j}$ 看成参数，则总的独立参数有 $a-1+b-1=a+b-2$ 个. 它们的极大似然估计为

$$\hat{u}_i=\frac{n_i.}{n},\hat{v}_j=\frac{n.j}{n}.$$

正好是它们的频率 (证明参看教材). 其中 $n_{i.}=\sum_{j=1}^{b}n_{ij}$ ， $n_{\cdot j}=\sum_{i=1}^an_{ij}$ 在 $H_{0}$ 下，第 $: (i, j)$ 格的理论频数为 $n\hat{p}_{ij}=n_{i.}n.j/n.$ ，因此在 $H_{0}$ 下， $\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b (n_{ij}-n\hat{p}_{ij})$ 应该较小. 故取检验统计量为

$$\begin{array}{rcl}\chi^2&=&\displaystyle\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b\frac{(n_{ij}-n_i.n_{. j}/n)^2}{(n_i.n_{. j}/n)}.\end{array}$$

在零假设下 $\chi^2$ 的极限分布是有自由度为 $k-1-r=ab-1-(a+b-2)=(a-1)(b-1)$ 的 $\chi^2$ 分布. 对于四格表，自由度为 1

(2) 齐一性检验

跟列联表有关的另一类重要的检验是齐一性检验，即检验某一个属性 A 的各个水平对应的另一个属性 B 的分布全部相同，这种检验跟独立性检验有着本质的区别，独立性问题中两属性都是随机的：而齐一性问题中属性 A 是非随机的，这样涉及到的分布实际上是条件分布，虽然如此. 所采用的检验方法跟独立性检验完全一样

例 6.3.3. 下面表是甲乙两医院肝癌病人生存情况. 需要根据这些数据判断两医院的治疗效果是否一样，

甲、乙两院肝癌的近期疗效

	生存	死亡	合计
甲院	150 (n11)	88 (n12)	238 (n1·)
乙院	36 (n21)	18 (n22)	54 (n2·)
合计	186 (n·1)	106 (n·2)	292 (n)

解：这是一个齐一性检验问题. 检验统计量 ${:}\chi^{2}$ 的观测值为 0.1195，远远小于自由度为的 $\chi^2$ 分布的上 0.05 分位数，故可以接受零假设，即在水平 0.05 下可以认为两个医院的疗效无差别的，

当有某个格子的频数较小时，如果允许的话可以合并格子是每个格子的频数足够大，实际问题中不充许合并格子（合并后失去了实际意义），此时可以用 Fisher 的精确检验法

6.3.3 连续总体情形

设 $(X_{1},\cdots, X_{n})$ 是取自总体 $X$ 的一个样本，记 $X$ 的分布函数为 $F (x)$ ，需要检验的那种分布中含有 $r$ 个总体参数 $\theta_{1},\cdots,\theta_{r}.$ 我们要在显著性水平 $\alpha$ 下检验

$$H_0: F (x)=F_0 (x;\theta_1,\cdots,\theta_r),$$

其中 $F_{0}(x;\theta_{1},\cdots,\theta_{r})$ 表示需要检验的那种分布的分布函数. 例如，当我们要检验

$$H_0: X\sim N (\mu,\sigma^2)$$

时， $r=2$ ， $\theta_{1}=\mu,\theta_{2}=\sigma^{2}$

$$F_0 (x;\mu,\sigma^2)=\int_{-\infty}^x\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\exp\left\{-\frac{1}{2\sigma^2}(t-\mu)^2\right\}dt.$$

上述假设可以通过适当的离散化总体分布，采用拟合优度法来做检验. 首先把实数轴分成 $k$ 个子区间 $( a_{j- 1}, a_{j}]$, $j= 1, \cdots , k$, 其中 $^{'}a_0$ 可以取 $-\infty$ ， $a_k$ 可以取 $\infty$ ：这样构造了一个离散总体，其取值就是这 $k$ 个区间. 记

$$\begin{array}{rcl}p_j&=&P_{H_0}(a_{j-1}<X\leq a_j)=F_0 (a_j;\theta_1,\cdots,\theta_r)-F_0 (a_{j-1};\theta_1,\cdots,\theta_r), j=1,\cdots,k.\end{array}$$

如果 $H_{0}$ 成立，则概率 $\cdot p_j$ 应该与数据落在区间 $(a_{j-1}, a_j]$ 的频率 $f_{j}=n_{j}/n$ 接近，其中 $n_{j}$ 表示相应的频数. 当 $|p_{i}$ 的取值不含未知参数时，取检验统计量

$$\chi^2=\sum_{j=1}^k\frac{(n_j-np_j)^2}{np_j},$$

否则取

$$\chi^2=\sum_{j=1}^k\frac{(n_j-n\hat{p}_j)^2}{n\hat{p}_j},$$

其中 $\hat{p}_{i}$ 是将 $p_i$ 中的未知参数换成适当的估计后得到的 $p_{i}$ 的估计. 拒绝域取为

$$\{\chi^2>\chi_{k-r-1}^2 (\alpha)\}\:.$$

如果 $p_{i}$ 中不含未知参数，则 $r=0$

使用 $\chi^2$ 进行拟合优度检验时一般要求 $n\geq50$ 5050, $n\hat{p} _{j}\geq 5, j= 1, \cdots , k$, 如果不满足这个条件，最好把某些组作适当合并

例 6.3.4. 从某连续总体中抽取一个样本量为 100 的样本，发现样本均值和样本标准差分别为 -0.225 和 1.282，落在不同区间的频数如下表所示：

区间	(-∞,-1)	[-1,-0.5]	[-0.5,0)	[0,0.5)	[0.5,1)	[1,∞)
观测频数	25	10	18	24	10	13
理论频数	27	14	15	14	13	17

可否在显著性水平 0.05 下认为该总体服从正态分布？

解：设理论正态分布的均值和方差分别为 $\mu$ 和 $\sigma^2$ ，记第 $i$ 个区间为 (ai-1, a $(a_{i-1}, a_i$ $( a_{i- 1}, a_{i}$, $i= 1, \cdots , 6$, 则样本落在第 $i$ 个格子的理论概数为 $100P (a_{i-1}<X\leq a_i)$ ，其中 $X\sim N (\mu,\sigma^{2})$ .将 $\mu=-0.225$ 和 $\sigma=1.282$ 代入得到估计的理论频数，列于上表中

$$H_0: \text{总体服从正态分布}$$

由此算得检验统计量 $\chi^2$ 的值约为 9.34，与自由度为 5 的 $|\chi^2$ 分布的上 0.1 分位数 $\chi_{5}^{2}(0.1)\approx$ 9.24 比较可以拒绝零假设，即可以在显著性水平 0.1 下认为该总体不服从正态分布