数理统计复习笔记五——假设检验之显著性检验

本文主要是介绍数理统计复习笔记五——假设检验之显著性检验，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

一、基本概念

在统计中，我们把需要用样本去推断“正确”与否的命题称为一个假设。当然，假设是可以关于参数的，也可以是关于分布的。

通过样本对一个假设作出“对”或“不对”的具体判断规则就称为该假设的一个检验。检验的结果若“是”，则否定该命题，就称拒绝该假设，否则就称为接受原假设。这里的拒绝和接受原假设，只是在当前样本下作出的判断，并没有从逻辑或理论上“证明”该命题正确与否。

设有样本$X$，取值于样本空间$\mathcal{X}$，且知道样本来自某一个参数分布族 { F ( x , θ ) : θ ∈ Θ } \{F(x,\theta): \theta\in\Theta\} {F(x,θ):θ∈Θ}，其中$\Theta$为参数空间。设${\Theta }_0\subset \Theta$，且${\Theta }_0\ne \varnothing$，则命题$H_0:\theta \in {\Theta }_0$称为一个假设或零假设。如记${\Theta }_1=\Theta -{\Theta }_0$，则命题$H_1:\theta \in {\Theta }_1$称为$H_0$的备择假设。于是$$H_0:\theta \in {\Theta }_0\leftrightarrow H_1:\theta \in {\Theta }_1\text{\hspace{1em}(1)}$$
称为假设检验问题。

对于上述假设的检验就是指这样一个法则或策略：当有了具体的样本后，由该法则或策略就可决定是接受$H_0$还是拒绝$H_0$，即检验就等价于把样本空间$\mathcal{X}$划分成两个互不相交的部分$W$和$\overline{W}$，当样本属于$\overline{W}$时，接受$H_0$；否则拒绝$H_0$。于是，我们称$W$为该检验的拒绝域，而$\overline{W}$称为接受域

由于样本是随机的，所以我们有可能会做出错误的决策，即当$\theta \in {\Theta }_0$时，样本却落入了拒绝域$W$，于是采取了拒绝$H_0$的错误决策，称这样的错误为第一类错误；当$\theta \in {\Theta }_1$时，样本却落入了接受域$\overline{W}$，于是采取了接受$H_0$的错误决策，称这样的错误为第二类错误。具体可见下表：

决策	$H_0$为真	$H_1$为真
接受$H_0$	正确	第二类错误
拒绝$H_0$	第一类错误	正确

• 定义犯第一类错误的概率为 α = P { X ∈ W ∣ H 0 } \alpha=P\{\bm X\in W|H_0\} α=P{X∈W∣H0​}
• 定义犯第二类错误的概率为 β = P { X ∈ W ‾ ∣ H 1 } \beta=P\{\bm X\in\overline W|H_1\} β=P{X∈W∣H1​}
• 对于固定的样本容量，找不到一个检验方法，使得犯第一、二类错误的概率均达到最小

势函数：对于假设$(1)$的一个检验方法$\psi$，其拒绝域记作$W$，则称 β ψ ( θ ) = P θ { X ∈ W } , ∀ θ ∈ Θ (2) \beta_\psi(\theta)=P_\theta\{\bm X\in W\}, \forall\theta\in\Theta\tag2 βψ​(θ)=Pθ​{X∈W},∀θ∈Θ(2)
为此检验的势函数。

所以当$\theta \in {\Theta }_0$时，此检验犯第一类错误的概率等于其势函数${\beta }_{\psi }(\theta )$；而当$\theta \in {\Theta }_1$时，检验犯第二类错误的概率等于$1-{\beta }_{\psi }(\theta )$

显著性水平：对于检验$\psi$和事先给定的$\alpha \in (0,1)$，如果它满足 P θ { X ∈ W } ≤ α , ∀ θ ∈ Θ 0 (3) P_\theta\{\bm X\in W\}\le\alpha, \forall \theta\in\Theta_0\tag3 Pθ​{X∈W}≤α,∀θ∈Θ0​(3)
则称$\alpha$是检验$\psi$的显著性水平或水平，也称$\psi$为显著性水平$\alpha$的检验。即检验$\psi$犯第一类错误的概率不大于$\alpha$.

只控制一个检验犯第一类错误的概率时，称这样的检验为显著性检验。一般情况下，求取某假设的显著性检验的步骤如下：

1. 根据实际问题，建立统计假设$H_0\leftrightarrow H_1$
2. 选取一个合适的统计量$T(\mathbf{X})$，使当$H_0$成立时，$T$的分布已知，且与参数$\theta$无关（称此分布为统计量$T$的零分布）
3. 根据$H_0$及$H_1$的特点，确定拒绝域$W$的区间形式
4. 对于给定的显著性水平$\alpha$，确定拒绝域$W$
5. 由样本观测值$\mathbf{x}$，计算统计量$T(\mathbf{X})$的值$T(\mathbf{x})$，由$T(\mathbf{x})$是否属于$W$，作出最终判断。

二、单样本正态总体参数的显著性检验

在本节中，始终假设$X_1,\cdots ,X_n$为来自正态总体$N(\mu ,{\sigma }^2)$的$IID$样本，且我们感兴趣的是关于$\mu$和${\sigma }^2$的检验问题。

2.1 单样本正态总体均值的检验

方差	假设	检验统计量	拒绝域	名字
${\sigma }^2={\sigma }_0^2$已知	$H_0:\mu ={\mu }_0\leftrightarrow H_1:\mu \ne {\mu }_0$	$U=\sqrt{n}(\overline{X}-{\mu }_0)/{\sigma }_0$	{ ∣ U ∣ > u α / 2 } \{\mid U\mid\gt u_{\alpha/2}\} {∣U∣>uα/2​}	双侧$u$检验
${\sigma }^2={\sigma }_0^2$已知	$H_0:\mu ={\mu }_0\leftrightarrow H_1:\mu <{\mu }_0$	$U=\sqrt{n}(\overline{X}-{\mu }_0)/{\sigma }_0$	{ U < − u α } \{U\lt -u_{\alpha}\} {U<−uα​}	单侧$u$检验
${\sigma }^2={\sigma }_0^2$已知	$H_0:\mu ={\mu }_0\leftrightarrow H_1:\mu >{\mu }_0$	$U=\sqrt{n}(\overline{X}-{\mu }_0)/{\sigma }_0$	{ U > u α } \{U\gt u_{\alpha}\} {U>uα​}	单侧$u$检验
${\sigma }^2={\sigma }_0^2$已知	$H_0:\mu \le {\mu }_0\leftrightarrow H_1:\mu >{\mu }_0$	$U=\sqrt{n}(\overline{X}-{\mu }_0)/{\sigma }_0$	{ U > u α } \{U\gt u_{\alpha}\} {U>uα​}	单侧$u$检验
${\sigma }^2={\sigma }_0^2$已知	$H_0:\mu \ge {\mu }_0\leftrightarrow H_1:\mu <{\mu }_0$	$U=\sqrt{n}(\overline{X}-{\mu }_0)/{\sigma }_0$	{ U < − u α } \{U\lt -u_{\alpha}\} {U<−uα​}	单侧$u$检验
${\sigma }^2$未知	$H_0:\mu ={\mu }_0\leftrightarrow H_1:\mu \ne {\mu }_0$	$T=\sqrt{n}(\overline{X}-{\mu }_0)/S_n$	{ ∣ T ∣ > t α / 2 ( n − 1 ) } \{\mid T\mid\gt t_{\alpha/2}(n-1)\} {∣T∣>tα/2​(n−1)}	双侧$t$检验
${\sigma }^2$未知	$H_0:\mu ={\mu }_0\leftrightarrow H_1:\mu <{\mu }_0$	$T=\sqrt{n}(\overline{X}-{\mu }_0)/S_n$	{ T < − t α ( n − 1 ) } \{T\lt -t_{\alpha}(n-1)\} {T<−tα​(n−1)}	单侧$t$检验
${\sigma }^2$未知	$H_0:\mu ={\mu }_0\leftrightarrow H_1:\mu >{\mu }_0$	$T=\sqrt{n}(\overline{X}-{\mu }_0)/S_n$	{ T > t α ( n − 1 ) } \{T\gt t_{\alpha}(n-1)\} {T>tα​(n−1)}	单侧$t$检验
${\sigma }^2$未知	$H_0:\mu \le {\mu }_0\leftrightarrow H_1:\mu >{\mu }_0$	$T=\sqrt{n}(\overline{X}-{\mu }_0)/S_n$	{ T > t α ( n − 1 ) } \{T\gt t_{\alpha}(n-1)\} {T>tα​(n−1)}	单侧$t$检验
${\sigma }^2$未知	$H_0:\mu \ge {\mu }_0\leftrightarrow H_1:\mu <{\mu }_0$	$T=\sqrt{n}(\overline{X}-{\mu }_0)/S_n$	{ T < − t α ( n − 1 ) } \{T\lt -t_{\alpha}(n-1)\} {T<−tα​(n−1)}	单侧$t$检验

以${\sigma }^2={\sigma }_0^2$已知时，求检验$H_0:\mu ={\mu }_0\leftrightarrow H_1:\mu \ne {\mu }_0$的拒绝域为例：

由于$\overline{X}$是$\mu$的一个很好的点估计，于是，当$H_0$成立，即$\mu ={\mu }_0$时，$\overline{X}$应该与${\mu }_0$相差不多。而当${\mu }_1$成立时，$\overline{X}$与${\mu }_0$应相差较大。这样，可以用$\mid \overline{X}-{\mu }_0\mid$的大小来反映假设，并且当$\mid \overline{X}-{\mu }_0\mid >c$时，有理由拒绝$H_0$，即认为$H_1$成立。

因为$Var(\overline{X}-{\mu }_0)={\sigma }^2/n$，为了标准化，可以取此假设的检验统计量为$$U(\mathbf{X})=\frac{\sqrt{n}(\overline{X}-{\mu }_0)}{{\sigma }_0}\text{\hspace{1em}(4)}$$
根据以上分析，此检验的拒绝域为 W = { x : ∣ U ( x ) ∣ > c } (5) W=\{x:\mid U(\bm x)\mid\gt c\}\tag5 W={x:∣U(x)∣>c}(5)
根据显著性水平的特点，上述拒绝域中的常数$c$由事先给定的显著性水平$\alpha$确定，即要求此检验犯第一类错误的概率不大于$\alpha$，也就是说，其常数$c$满足 P H 0 { ∣ U ( x ) ∣ > c } ≤ α (6) P_{H_0}\{\mid U(\bm x)\mid\gt c\}\le \alpha\tag6 PH0​​{∣U(x)∣>c}≤α(6)
由于当$H_0$成立时，$U(\mathbf{X})\sim N(0,1)$，故上述拒绝域中的常数$c$可取$c=u_{\alpha /2}$，又因为此常数是拒绝与接受零假设的分水岭，因此称之为检验的临界值。

总之，关于上述假设的显著性检验总结如下：

• 检验统计量：$$U(\mathbf{X})=\frac{\sqrt{n}(\overline{X}-{\mu }_0)}{{\sigma }_0}\text{\hspace{1em}(7)}$$
• 检验的拒绝域： { x : ∣ U ( x ) ∣ > u α / 2 } (8) \{\bm x:\mid U(\bm x)\mid\gt u_{\alpha/2}\}\tag8 {x:∣U(x)∣>uα/2​}(8)

与置信区间的关系：

对于正态总体$N(\mu ,{\sigma }^2)$，当${\sigma }^2={\sigma }_0^2$已知时，$\mu$的置信水平为$1-\alpha$的置信区间为$$[\overline{X}-u_{\alpha /2}\frac{{\sigma }_0}{n},\overline{X}+u_{\alpha /2}\frac{{\sigma }_0}{n}]\text{\hspace{1em}(9)}$$
详情见数理统计复习笔记四——区间估计
而根据式$(7)$和式$(8)$可知，检验的拒绝域可化为 { x : μ 0 < X ‾ − u α / 2 σ 0 n 或 μ 0 > X ‾ + u α / 2 σ 0 n } (10) \{\bm x:\mu_0\lt\overline X-u_{\alpha/2}\frac{\sigma_0}{n}或\mu_0\gt\overline X+u_{\alpha/2}\frac{\sigma_0}{n}\}\tag{10} {x:μ0​<X−uα/2​nσ0​​或μ0​>X+uα/2​nσ0​​}(10)
对比式$(9)$和式$(10)$，可以发现，接受域和置信区间有相同的形式。
所以我们可以这样理解置信区间：当${\mu }_0$落在$\mu$的置信水平为$1-\alpha$的置信区间时，在显著性水平$\alpha$下，没有理由拒绝$H_0:\mu ={\mu }_0$。

2.2 单样本正态总体方差的检验

均值	假设	检验统计量	拒绝域
$\mu ={\mu }_0已知$	$H_0:{\sigma }^2={\sigma }_0^2\leftrightarrow H_1:{\sigma }^2\ne {\sigma }_0^2$	${\chi }^2=\sum _{i=1}^n(X_i-{\mu }_0{)}^2/{\sigma }_0^2$	{ χ 2 < χ 1 − α / 2 2 ( n ) } ∪ { χ 2 > χ α / 2 2 ( n ) } \{\chi^2\lt\chi^2_{1-\alpha/2}(n)\}\cup\{\chi^2\gt\chi^2_{\alpha/2}(n)\} {χ2<χ1−α/22​(n)}∪{χ2>χα/22​(n)}
$\mu ={\mu }_0$已知	$H_0:{\sigma }^2={\sigma }_0^2\leftrightarrow H_1:{\sigma }^2<{\sigma }_0^2$	${\chi }^2=\sum _{i=1}^n(X_i-{\mu }_0{)}^2/{\sigma }_0^2$	{ χ 2 < χ 1 − α / 2 2 ( n ) } \{\chi^2\lt\chi^2_{1-\alpha/2}(n)\} {χ2<χ1−α/22​(n)}
$\mu ={\mu }_0$已知	$H_0:{\sigma }^2={\sigma }_0^2\leftrightarrow H_1:{\sigma }^2>{\sigma }_0^2$	${\chi }^2=\sum _{i=1}^n(X_i-{\mu }_0{)}^2/{\sigma }_0^2$	{ χ 2 > χ α / 2 2 ( n ) } \{\chi^2\gt\chi^2_{\alpha/2}(n)\} {χ2>χα/22​(n)}
$\mu ={\mu }_0$已知	$H_0:{\sigma }^2\le {\sigma }_0^2\leftrightarrow H_1:{\sigma }^2>{\sigma }_0^2$	${\chi }^2=\sum _{i=1}^n(X_i-{\mu }_0{)}^2/{\sigma }_0^2$	{ χ 2 > χ α / 2 2 ( n ) } \{\chi^2\gt\chi^2_{\alpha/2}(n)\} {χ2>χα/22​(n)}
$\mu ={\mu }_0$已知	$H_0:{\sigma }^2\ge {\sigma }_0^2\leftrightarrow H_1:{\sigma }^2<{\sigma }_0^2$	${\chi }^2=\sum _{i=1}^n(X_i-{\mu }_0{)}^2/{\sigma }_0^2$	{ χ 2 < χ 1 − α / 2 2 ( n ) } \{\chi^2\lt\chi^2_{1-\alpha/2}(n)\} {χ2<χ1−α/22​(n)}
$\mu$未知	$H_0:{\sigma }^2={\sigma }_0^2\leftrightarrow H_1:{\sigma }^2\ne {\sigma }_0^2$	${\chi }^2=\sum _{i=1}^n(X_i-\overline{X}{)}^2/{\sigma }_0^2$	{ χ 2 < χ 1 − α / 2 2 ( n − 1 ) } ∪ { χ 2 > χ α / 2 2 ( n − 1 ) } \{\chi^2\lt\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1)\}\cup\{\chi^2\gt\chi^2_{\alpha/2}(n-1)\} {χ2<χ1−α/22​(n−1)}∪{χ2>χα/22​(n−1)}
$\mu$未知	$H_0:{\sigma }^2={\sigma }_0^2\leftrightarrow H_1:{\sigma }^2<{\sigma }_0^2$	${\chi }^2=\sum _{i=1}^n(X_i-\overline{X}{)}^2/{\sigma }_0^2$	{ χ 2 < χ 1 − α / 2 2 ( n − 1 ) } \{\chi^2\lt\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1)\} {χ2<χ1−α/22​(n−1)}
$\mu$未知	$H_0:{\sigma }^2={\sigma }_0^2\leftrightarrow H_1:{\sigma }^2>{\sigma }_0^2$	${\chi }^2=\sum _{i=1}^n(X_i-\overline{X}{)}^2/{\sigma }_0^2$	{ χ 2 > χ α / 2 2 ( n − 1 ) } \{\chi^2\gt\chi^2_{\alpha/2}(n-1)\} {χ2>χα/22​(n−1)}
$\mu$未知	$H_0:{\sigma }^2\le {\sigma }_0^2\leftrightarrow H_1:{\sigma }^2>{\sigma }_0^2$	${\chi }^2=\sum _{i=1}^n(X_i-\overline{X}{)}^2/{\sigma }_0^2$	{ χ 2 > χ α / 2 2 ( n − 1 ) } \{\chi^2\gt\chi^2_{\alpha/2}(n-1)\} {χ2>χα/22​(n−1)}
$\mu$未知	$H_0:{\sigma }^2\ge {\sigma }_0^2\leftrightarrow H_1:{\sigma }^2<{\sigma }_0^2$	${\chi }^2=\sum _{i=1}^n(X_i-\overline{X}{)}^2/{\sigma }_0^2$	{ χ 2 < χ 1 − α / 2 2 ( n − 1 ) } \{\chi^2\lt\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1)\} {χ2<χ1−α/22​(n−1)}

以$\mu ={\mu }_0$时，求检验$H_0:{\sigma }^2={\sigma }_0^2\leftrightarrow H_1:{\sigma }^2\ne {\sigma }_0^2$的拒绝域为例。

当$\mu ={\mu }_0$已知时，$\sum _{i=1}^n(X_i-{\mu }_0{)}^2$是${\sigma }^2$的一个很好的点估计，且当$H_0$成立时，$\sum _{i=1}^n(X_i-{\mu }_0{)}^2/{\sigma }_0^2\sim {\chi }^2(n)$，于是，可以选取统计量为$${\chi }^2=\frac{\sum _{i=1}^n(X_i-{\mu }_0{)}^2}{{\sigma }_0^2}\text{\hspace{1em}(11)}$$
另外，由备择假设的形式可知其拒绝域为 W = { χ 2 < c 1 } ∪ { χ 2 > c 2 } (12) W=\{\chi^2\lt c_1\}\cup\{\chi^2\gt c_2\}\tag{12} W={χ2<c1​}∪{χ2>c2​}(12)
其中，$c_1,c_2$为两个待定的常数，且由检验的显著性水平$\alpha$来确定，即它们满足 P H 0 { χ 2 < c 1 } + P H 0 { χ 2 > c 2 } ≤ α (13) P_{H_0}\{\chi^2\lt c_1\}+P_{H_0}\{\chi^2\gt c_2\}\le\alpha\tag{13} PH0​​{χ2<c1​}+PH0​​{χ2>c2​}≤α(13)
由于${\chi }^2$分布的图像并不是对称的，所以$c_1,c_2$不能直接确定。于是，一个常用的方法是如下选取$c_1,c_2$， P H 0 { χ 2 < c 1 } ≤ α / 2 , P H 0 { χ 2 > c 2 } ≤ α / 2 (14) P_{H_0}\{\chi^2\lt c_1\}\le\alpha/2, P_{H_0}\{\chi^2\gt c_2\}\le\alpha/2\tag{14} PH0​​{χ2<c1​}≤α/2,PH0​​{χ2>c2​}≤α/2(14)

这样可以保证第一类错误概率为$\alpha$的情况下，第二类错误概率最小

从而可以得到$c_1={\chi }_{1-\alpha /2}^2(n),c_2={\chi }_{\alpha /2}^2(n)$

三、两样本正态总体参数的显著性检验

设$X_1,\cdots ,X_m$为来自正态总体$N({\mu }_1,{\sigma }_1^2)$的$IID$样本，$Y_1,\cdots ,Y_n$为来自正态总体$N({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$的$IID$样本，且两样本是独立的。

3.1 两样本正态总体均值的显著性检验

方差	假设	检验统计量	拒绝域
${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$已知	$H_0:{\mu }_1={\mu }_2\leftrightarrow H_1:{\mu }_1\ne {\mu }_2$	$U=(\overline{X}-\overline{Y})/\sqrt{{\sigma }_1^2/m+{\sigma }_2^2/n}$	{ ∣ U ∣ > u α / 2 } \{\mid U\mid\gt u_{\alpha/2}\} {∣U∣>uα/2​}
${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$已知	$H_0:{\mu }_1\le {\mu }_2\leftrightarrow H_1:{\mu }_1>{\mu }_2$	$U=(\overline{X}-\overline{Y})/\sqrt{{\sigma }_1^2/m+{\sigma }_2^2/n}$	{ U > u α } \{U\gt u_{\alpha}\} {U>uα​}
${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$已知	$H_0:{\mu }_1\ge {\mu }_2\leftrightarrow H_1:{\mu }_1<{\mu }_2$	$U=(\overline{X}-\overline{Y})/\sqrt{{\sigma }_1^2/m+{\sigma }_2^2/n}$	{ U < − u α } \{ U\lt -u_{\alpha}\} {U<−uα​}
${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$未知	$H_0:{\mu }_1={\mu }_2\leftrightarrow H_1:{\mu }_1\ne {\mu }_2$	$T=\sqrt{mn/(m+n)}(\overline{X}-\overline{Y})/S_{mn}^{\ast 2}$	{ ∣ T ∣ > t α / 2 ( m + n − 2 ) } \{\mid T\mid\gt t_{\alpha/2}(m+n-2)\} {∣T∣>tα/2​(m+n−2)}
${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$未知	$H_0:{\mu }_1\le {\mu }_2\leftrightarrow H_1:{\mu }_1>{\mu }_2$	$T=\sqrt{mn/(m+n)}(\overline{X}-\overline{Y})/S_{mn}^{\ast 2}$	{ T > t α ( m + n − 2 ) } \{T\gt t_{\alpha}(m+n-2)\} {T>tα​(m+n−2)}
${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$未知	$H_0:{\mu }_1\ge {\mu }_2\leftrightarrow H_1:{\mu }_1<{\mu }_2$	$T=\sqrt{mn/(m+n)}(\overline{X}-\overline{Y})/S_{mn}^{\ast 2}$	{ T < − t α ( m + n − 2 ) } \{T\lt -t_{\alpha}(m+n-2)\} {T<−tα​(m+n−2)}
${\sigma }_1^2$,${\sigma }_2^2$未知，且$m,n$都比较大	$H_0:{\mu }_1={\mu }_2\leftrightarrow H_1:{\mu }_1\ne {\mu }_2$	$U=(\overline{X}-\overline{Y})/\sqrt{S_{1m}^2/m+S_{2n}^2/n}$	{ ∣ U ∣ > u α / 2 } \{\mid U\mid\gt u_{\alpha/2}\} {∣U∣>uα/2​}
${\sigma }_1^2$,${\sigma }_2^2$未知，且$m,n$都比较大	$H_0:{\mu }_1\le {\mu }_2\leftrightarrow H_1:{\mu }_1>{\mu }_2$	$U=(\overline{X}-\overline{Y})/\sqrt{S_{1m}^2/m+S_{2n}^2/n}$	{ U > u α } \{U\gt u_{\alpha}\} {U>uα​}
${\sigma }_1^2$,${\sigma }_2^2$未知，且$m,n$都比较大	$H_0:{\mu }_1\ge {\mu }_2\leftrightarrow H_1:{\mu }_1<{\mu }_2$	$U=(\overline{X}-\overline{Y})/\sqrt{S_{1m}^2/m+S_{2n}^2/n}$	{ U < − u α } \{ U\lt -u_{\alpha}\} {U<−uα​}
${\sigma }_1^2$,${\sigma }_2^2$未知，且$m,n$都比较小	$H_0:{\mu }_1={\mu }_2\leftrightarrow H_1:{\mu }_1\ne {\mu }_2$	$T=(\overline{X}-\overline{Y})/\sqrt{S_{1m}^2/m+S_{2n}^2/n}$	{ ∣ T ∣ > t α / 2 ( r ) } \{\mid T\mid\gt t_{\alpha/2}(r)\} {∣T∣>tα/2​(r)}
${\sigma }_1^2$,${\sigma }_2^2$未知，且$m,n$都比较小	$H_0:{\mu }_1\le {\mu }_2\leftrightarrow H_1:{\mu }_1>{\mu }_2$	$T=(\overline{X}-\overline{Y})/\sqrt{S_{1m}^2/m+S_{2n}^2/n}$	{ T > t α ( r ) } \{T\gt t_{\alpha}(r)\} {T>tα​(r)}
${\sigma }_1^2$,${\sigma }_2^2$未知，且$m,n$都比较小	$H_0:{\mu }_1\ge {\mu }_2\leftrightarrow H_1:{\mu }_1<{\mu }_2$	$T=(\overline{X}-\overline{Y})/\sqrt{S_{1m}^2/m+S_{2n}^2/n}$	{ T < − t α ( r ) } \{T\lt -t_{\alpha}(r)\} {T<−tα​(r)}

其中，$$S_{mn}^{\ast 2}=\frac{\sum _{i=1}^m(X_i-\overline{X}{)}^2+\sum _{i=1}^n(Y_i-\overline{Y}{)}^2}{m+n}\text{\hspace{1em}(15)}$$$$r=\frac{S_{mn}^4}{\frac{S_{1m}^4}{m^2(m-1)}+\frac{S_{2n}^4}{n^2(n-1)}}\text{\hspace{1em}(16)}$$
其中$S_{mn}^2=\frac{S_{1m}^2}{m}+\frac{S_{2n}^2}{n}$

以${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$未知，求解检验$H_0:{\mu }_1={\mu }_2\leftrightarrow H_1:{\mu }_1\ne {\mu }_2$的拒绝域为例进行说明：

由于$\overline{X}$，$\overline{Y}$分别是${\mu }_1$，${\mu }_2$的一个很好的点估计，故可用$\overline{X}-\overline{Y}$来反映${\mu }_1$和${\mu }_2$的区别。考虑到假设的特点，我们知道，当$\mid \overline{X}-\overline{Y}\mid \ge c$时，有理由拒绝$H_0$，其中常数$c$由此检验犯第一类错误的概率$\alpha$决定。

当$H_0$成立时，$\overline{X}-\overline{Y}\sim N(0,\frac{m+n}{mn}{\sigma }^2)$，其中${\sigma }^2$未知。此时可利用总的样本方差$$S_{mn}^{\ast 2}=\frac{\sum _{i=1}^m(X_i-\overline{X}{)}^2+\sum _{i=1}^n(Y_i-\overline{Y}{)}^2}{m+n}\text{\hspace{1em}(17)}$$来估计${\sigma }^2$，且在$H_0$成立时，$(m+n-2)S_{mn}^{\ast 2}/{\sigma }^2\sim {\chi }^2(m+n-2)$（详情见数理统计复习笔记一——统计中常用的抽样分布(卡方分布，t分布，F分布)）。

于是，一个自然的检验统计量为$$T=\frac{(\overline{X}-\overline{Y})/[\sigma \sqrt{(m+n)/mn}]}{\sqrt{(m+n-2)S_{mn}^{\ast 2}/[{\sigma }^2(m+n-2)]}}=\frac{mn}{m+n}\frac{\overline{X}-\overline{Y}}{S_{mn}^{\ast }}\text{\hspace{1em}(18)}$$
且当$H_0$成立时，$T\sim t(m+n-2)$，所以在显著性水平为$\alpha$下，可以得到拒绝域为： { ∣ T ∣ > t α / 2 ( m + n − 2 ) } (19) \{\mid T\mid\gt t_{\alpha/2}(m+n-2)\}\tag{19} {∣T∣>tα/2​(m+n−2)}(19)

3.2 两样本正态总体方差的显著性检验

均值	假设	检验统计量	拒绝域
${\mu }_1,{\mu }_2$已知	$H_0:{\sigma }_1^2={\sigma }_2^2\leftrightarrow H_1:{\sigma }_1^2\ne {\sigma }_2^2$	$F=\frac{\sum _{i=1}^m(X_i-{\mu }_1{)}^2/m}{\sum _{i=1}^n(Y_i-{\mu }_2{)}^2/n}$	{ F < F 1 − α / 2 ( m , n ) } ∪ { F > F α / 2 ( m , n ) } \{F\lt F_{1-\alpha/2}(m,n)\}\cup\{F\gt F_{\alpha/2}(m,n)\} {F<F1−α/2​(m,n)}∪{F>Fα/2​(m,n)}
${\mu }_1,{\mu }_2$已知	$H_0:{\sigma }_1^2\le {\sigma }_2^2\leftrightarrow H_1:{\sigma }_1^2>{\sigma }_2^2$	$F=\frac{\sum _{i=1}^m(X_i-{\mu }_1{)}^2/m}{\sum _{i=1}^n(Y_i-{\mu }_2{)}^2/n}$	{ F > F α ( m , n ) } \{F\gt F_{\alpha}(m,n)\} {F>Fα​(m,n)}
${\mu }_1,{\mu }_2$已知	$H_0:{\sigma }_1^2\ge {\sigma }_2^2\leftrightarrow H_1:{\sigma }_1^2<{\sigma }_2^2$	$F=\frac{\sum _{i=1}^m(X_i-{\mu }_1{)}^2/m}{\sum _{i=1}^n(Y_i-{\mu }_2{)}^2/n}$	{ F < F 1 − α ( m , n ) } \{F\lt F_{1-\alpha}(m,n)\} {F<F1−α​(m,n)}
${\mu }_1,{\mu }_2$未知	$H_0:{\sigma }_1^2={\sigma }_2^2\leftrightarrow H_1:{\sigma }_1^2\ne {\sigma }_2^2$	$F=\frac{\sum _{i=1}^m(X_i-\overline{X}{)}^2/(m-1)}{\sum _{i=1}^n(Y_i-\overline{Y}{)}^2/(n-1)}$	{ F < F 1 − α / 2 ( m − 1 , n − 1 ) } ∪ { F > F α / 2 ( m − 1 , n − 1 ) } \{F\lt F_{1-\alpha/2}(m-1,n-1)\}\cup\{F\gt F_{\alpha/2}(m-1,n-1)\} {F<F1−α/2​(m−1,n−1)}∪{F>Fα/2​(m−1,n−1)}
${\mu }_1,{\mu }_2$未知	$H_0:{\sigma }_1^2\le {\sigma }_2^2\leftrightarrow H_1:{\sigma }_1^2>{\sigma }_2^2$	$F=\frac{\sum _{i=1}^m(X_i-\overline{X}{)}^2/(m-1)}{\sum _{i=1}^n(Y_i-\overline{Y}{)}^2/(n-1)}$	{ F > F α ( m − 1 , n − 1 ) } \{F\gt F_{\alpha}(m-1,n-1)\} {F>Fα​(m−1,n−1)}
${\mu }_1,{\mu }_2$未知	$H_0:{\sigma }_1^2\ge {\sigma }_2^2\leftrightarrow H_1:{\sigma }_1^2<{\sigma }_2^2$	$F=\frac{\sum _{i=1}^m(X_i-\overline{X}{)}^2/(m-1)}{\sum _{i=1}^n(Y_i-\overline{Y}{)}^2/(n-1)}$	{ F < F 1 − α ( m − 1 , n − 1 ) } \{F\lt F_{1-\alpha}(m-1,n-1)\} {F<F1−α​(m−1,n−1)}

四、似然比检验

4.1 相关定义

4.1.1 似然比统计量

设$X_1,\cdots ,X_n$为来自分布族 F = { f ( x , θ ) : θ ∈ Θ } \mathcal F=\{f(x,\theta):\theta\in\Theta\} F={f(x,θ):θ∈Θ}的$IID$样本，对于假设$$H_0:\theta \in \Theta \leftrightarrow H_1:\theta \in {\Theta }_1=\Theta -{\theta }_0\text{\hspace{1em}(20)}$$
令$$\lambda (\mathbf{X})=\frac{\underset{\theta \in {\Theta }_0}{\sup }f(\mathbf{X},\theta )}{\underset{\theta \in \Theta }{\sup }f(\mathbf{X},\theta )}\text{\hspace{1em}(21)}$$
则称统计量$\lambda (\mathbf{X})$为假设$(20)$的似然比，也称为广义似然比

从$\lambda (\mathbf{X})$的定义不难看出，如果$\lambda (\mathbf{X})$的值很小，则说明$\theta \in {\Theta }_0$的可能性要比$\theta \in \Theta$的可能性小，于是我们有理由认为$H_0$不成立。这样就有如下的似然比检验。

4.1.2 似然比检验

采用$(21)$式的似然比统计量$\lambda (\mathbf{X})$作为假设$(20)$的检验统计量，且取其拒绝域为 { λ ( x ) ≤ c } \{\lambda(\bm x)\le c\} {λ(x)≤c}，其中临界值$c$满足 P θ { λ ( X ) ≤ c } ≤ α , ∀ θ ∈ Θ 0 (22) P_{\theta}\{\lambda(\bm X)\le c\}\le \alpha, \forall\theta\in\Theta_0\tag{22} Pθ​{λ(X)≤c}≤α,∀θ∈Θ0​(22)
则称此检验为显著性水平为$\alpha$的似然比检验。

如果似然比统计量的零分布未知，则很难确定似然比检验的临界值。但如果此时存在一个统计量$T(\mathbf{X})$关于似然比统计量式单调的且零分布已知，则可以给出一个基于$T(\mathbf{X})$的显著性检验。

4.2 例子

设$X_1,\cdots ,X_n$是来自正态总体$N(\mu ,{\sigma }^2)$的$IID$样本，$\mu ,{\sigma }^2$均未知。试求假设$H_0:\mu ={\mu }_0\leftrightarrow H_1\mu \ne {\mu }_0$的显著性水平为$\alpha$的似然比检验。

解：
此时样本分布为$f(\mathbf{x},\theta )=(2\pi {\sigma }^2{)}^{-n/2}\exp [-\frac{1}{2{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2]$， Θ 0 = { ( μ 0 , σ 2 ) : σ 2 > 0 } \Theta_0=\{(\mu_0,\sigma^2):\sigma^2\gt0\} Θ0​={(μ0​,σ2):σ2>0}， Θ = { ( μ , σ 2 ) : μ ∈ R , σ 2 > 0 } \Theta=\{(\mu,\sigma^2):\mu\in\bm R, \sigma^2\gt0\} Θ={(μ,σ2):μ∈R,σ2>0}
则似然比统计量为$\lambda (\mathbf{x})=\frac{\underset{\theta \in {\Theta }_0}{\sup }f(\mathbf{x},\theta )}{\underset{\theta \in \Theta }{\sup }f(\mathbf{x},\theta )}=[\frac{\sum _{i=1}^n(x_i-\overline{x}{)}^2}{\sum _{i=1}^n(x_i-{\mu }_0{)}^2}{]}^{n/2}=(1+\frac{T^2}{n-1}{)}^{-n/2}$
其中，$T=\frac{\sqrt{n}(\overline{x}-{\mu }_0)}{S_n}$
所以此时的似然比统计量与传统的$t$统计量的平方成反比，于是，两个检验统计量的拒绝域有如下关系： { λ ( x ) ≤ c } ⇔ { ∣ T ( x ) ∣ ≥ d } (23) \{\lambda(\bm x)\le c\}\Leftrightarrow\{\mid T(\bm x)\mid\ge d\}\tag{23} {λ(x)≤c}⇔{∣T(x)∣≥d}(23)
所以，此时的似然比检验与双侧$t$检验完全等价

五、p值

详见杂记——假设检验中p值的理解

这篇关于数理统计复习笔记五——假设检验之显著性检验的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！

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