數(shù)理統(tǒng)計與隨機過程講義

第四章假設(shè)檢驗假設(shè)檢驗是一種重要應(yīng)用價值的統(tǒng)計推斷形式，是數(shù)理統(tǒng)計的分支。從發(fā)展歷史上有重要的節(jié)點為1:Pearson的擬合優(yōu)度的/2檢驗19002：Fisher的顯著性檢驗19203：Neyman-Pearson一致最優(yōu)檢驗19284：Wald的判決理論19505：Bayes方法（二戰(zhàn)之后發(fā)展的學派）§4.1基本術(shù)語關(guān)于隨機變量的分布、數(shù)字特征等，每一種論斷都稱為統(tǒng)計假設(shè)，分為參數(shù)假設(shè)和非參數(shù)假設(shè)，例如X~N（u,c2），假設(shè)H:u=1,。=1就稱為參數(shù)假設(shè)；給定一組樣本值，假設(shè)H:X~正態(tài)分布，對于分布進行論斷，為非參數(shù)假設(shè)。無論上面那種假設(shè)，都是給出一個對立的假設(shè)，比如X~N（u,。2），那么假設(shè)H0:u=1,。=1的對立假設(shè)就是H1:u豐1,。豐1，我們就把氣稱為基本假設(shè)，或者原假設(shè)，而H］就稱為對立（備選）假設(shè)為了分別那個假設(shè)是對的，需要判斷假設(shè)真?zhèn)?，就是對假設(shè)做出“否”還是“是”的程序就是檢驗，這個檢驗常用否定域形式給出，按照一定規(guī)則把樣本值集合分成兩個部分VuV，當樣本值落入子集V認為H0不真，那么V是H0的否定域，V為H0的接受域那么這樣就產(chǎn)生了兩種錯誤第一類錯誤a:本來H是真，但是卻否定了，棄真；0第二類錯誤P:本來H不真，但是卻接受為真，叫取偽。選定一種檢驗方法，我們希望上述兩種錯誤概率都小。但是給定樣本容量，使得兩種錯誤任意小是不可能的，我們主要研究兩大類檢驗方法：1：樣本容量給定，控制第一類錯誤，使得錯誤概率有一個上界a,叫做檢驗的顯著性水平，根據(jù)這種原則建立的檢驗就是蘭水平顯著性檢驗；2：樣本容量給定，控制第一類錯誤a水平固定，還使得第二類錯誤最小，就是接受不真實假設(shè)的概率最小，否定不真實假設(shè)的概率就稱為檢驗功效1-0使得功效最大，，根據(jù)這種原則建立的檢驗就是史水平最大功效檢驗，或者最佳檢驗。§4.2參數(shù)假設(shè)檢驗設(shè)X符合分布F(x,0)，未知參數(shù)0g0參數(shù)空間，空間分成兩部分00和。-00，二者交集為空。主要對于正態(tài)分布參數(shù)的統(tǒng)計假設(shè)的顯著性檢驗方法。針對不同問題，提出基本假設(shè)與備選假設(shè)H0:0G00H1:0G0-00如果參數(shù)空間僅僅是由0=0。和0=q兩個點組成的，那么我們稱簡單假設(shè)，否則是復(fù)合假設(shè)。給定檢驗的顯著性水平a，其大小依據(jù)不同問題不同，比如火箭、飛機等可靠性問題，a要越小越好，對于一般生產(chǎn)問題，太小了則意味著生產(chǎn)時間和成本的增加；建立對于基本假設(shè)的統(tǒng)計量和否定域；取樣，計算統(tǒng)計量值，落入否定域則判讀H0為假，否則為真。例壬：某種藥片制劑中國家規(guī)定成分A的含量X必須為10%，現(xiàn)在抽取5個片劑試樣，測得A的含量為10.9%9.45%10.38%9.61%9.92%假設(shè)X?N(u0=10%,Q2)，按照顯著性水平a=0.05進行檢驗是否與規(guī)定10%相符？解：建立基本假設(shè)H0:u=u0，這里顯著性水平a=0.05，樣本容量為5,樣本值如上。如何確定統(tǒng)計量呢？樣本均值X可以求出，但是這里方差未知，用無偏估計量s：*來代替a2，那么統(tǒng)計量t=*匕?t(n—1)<S2*/nn

這是我們以前推導(dǎo)過的，因此可以建立否定域為尸〈I11>t}=a〔？〕即落入?yún)^(qū)域111>t則認為假，此區(qū)域之外就是真。a這類檢驗也稱為t-檢驗法。回到我們的問題，x=0.1005，S2*=上^(x-x)2=0.00592，那么i=1t=七%=1.6949為統(tǒng)計量的值，由顯著性水平a=0.05，我們查得，、'；S2*/nnt(4)=2.7764。0052由于t=1.6949<t(4)=2.7764，這個統(tǒng)計量值落在否定域之外，就是說基0052本假設(shè)是真的，因此判斷顯著性水平a=0.05下規(guī)定成分A的含量與規(guī)定10%相符的。兩樣本t檢驗法：有時為了比較兩種方法、儀器、產(chǎn)品等的差異性，我們在相同條件下做對比試驗，然后得到成對的數(shù)據(jù)，分析這些數(shù)據(jù)作出推斷。再次回顧第二章中定理F=-1企j,?N(u_,

“2i=1筆),2n2定理：設(shè)x,x，…,x子樣來自母體N(u,C2)，j,j，…,j子樣來自母體12n11112n2NF=-1企j,?N(u_,

“2i=1筆),2n222ni1nTOC\o"1-5"\h\z1i=11那么X-F?N(u-u,—+1)，那么一個新的變量12nnU=(又-F)-(u1-u)?N(0,1)

b2b2

+—2-Vnn'1U=(又-F)-(u1-u)?N(0,1)

b2b2

+—2-Vnn'12123^L12

V=n_-S2*+n_-S2*符合x2（n-1）+x2（n-1），即x2（n+n—2），加和性質(zhì)b21b221212且上述兩個變量相互獨立。那么依據(jù)定義「V/(n+n—2)~’(n1+n2—2)12例子：設(shè)兩種橡膠輪胎進行耐磨性試驗對比，從中各自隨機取8個，各取一個隨機配對裝在8架飛機上，經(jīng)過一段時間測量磨損量如下（單位毫克）這里顯著性水平a=0.05。X49005220550060204870634076608650Y49304900514057005010611068807930方法一：假設(shè)兩個母體N（u，b2），N（u2，b2）方差一樣原假設(shè)H0:u1=u2，對立假設(shè)為H:u尹u獨立那么按照上述定理得到X=6145S「2=18673；1Y=5825S；=120442代入得到U

vU

vV/14=0.516?t(14)查表t（a/2）=2.145，可見大于計算的統(tǒng)計量值，那么就不否定（接受）假14設(shè)H0，認為二者磨損量無顯著差異。方法二：我們采用配對實驗TOC\o"1-5"\h\zZ=X-Y-30320360320-140230780720由于E[z]=E[x—y]=旦一旦=d，D[z]=D[x]+D[y]=b2iii12iiiD那么，z,是來自母體N(d,bD)的正態(tài)母體，此時假設(shè)H0:u1=u2等價于d=0的假設(shè)，設(shè)Z=1乙=320，S2*=占^（z,—Z）2=102200,那么我們也可以構(gòu)造ni=1ni=1=2.83?t\o"CurrentDocument"V;S*2/n7、n查表，顯著性水平a=0.05下，t14（a/2）=2.365，我們發(fā)現(xiàn)2.83>2.365，說明落在了否定域，即否定原假設(shè)H0，兩種輪胎的耐磨性是有差異的。討論：同一顯著性水平a=0.05下，相同的數(shù)據(jù)，為何兩種方法得到完全不同的推斷結(jié)論呢？這是因為，配對分析時，自由度下降了n=8-1，從而臨界值提高了，即t（a/2）=2.365，增加了否定原假設(shè)的可能性，每架飛機突出兩種輪胎之間差14異，消除了飛機之間的數(shù)據(jù)影響，只要兩個輪子耐磨性有一定差異，就可能否定假設(shè)H0；而不做配對，自由度增加為8+8-2=14，臨界值降低，減小了否定原假設(shè)的可能性。什么時候用方法一還是方法二，還是得靠具體情況定。其他不同的問題，構(gòu)造不同的統(tǒng)計量，利用不同的分布進行檢驗，書上有基本的統(tǒng)計量表格，無非就是查表計算問題。§4.3非參數(shù)假設(shè)的x2檢驗所謂非參數(shù)假設(shè)，就是不確切知道母體分布的數(shù)學形式的情況下，對于母體分布的各種論斷，比如服從什么什么分布，相互獨立，等等。其特點是：A不依賴與母體分布的具體形式，什么形式都適用的檢驗；B由于缺乏母體分布的完全知識，所以使用的統(tǒng)計量精確分布難以求出，只能求出極限分布，一般需要大樣本容量。Pearson提出了x2檢驗法，步驟為1）：將所有觀測值X進行分割不同子集X=U氣，A.nA=忙2j，子集的k=1數(shù)目為尸；2）:統(tǒng)計觀測值在每個子集氣中出現(xiàn)的頻數(shù)匕（出現(xiàn)的次數(shù)），當然滿足￡n=n；kk=13）：在基本假設(shè)H0真實的情況下，就是按照我們設(shè)定的分布概率密度函數(shù)，計算每個子集氣中的理論期望頻數(shù)，設(shè)落入概率為P=P{xeAJH}=jf（xIH0）dx，k=1,2,???,r，^.=1注意這是概率Akk=1

那么我們得到期望頻數(shù)為E=nP，就是總共抽取n個樣本，那么每個子n，kk集氣內(nèi)理論上應(yīng)該抽取了幾個。建立統(tǒng)計量X2=￡(〃廣孵=￡(nW)r2(-1)EnPk=1nk=1kk符合X2(r-1)分布，且表示了實際觀察和理論結(jié)果之間相對差異的總和，當這個值大于某個臨界值，則否定此假設(shè)。否則接受假設(shè)。Pearson證明為何上述統(tǒng)計量符合X2(r-1)分布:證明：1)當r=2兩個子集，n+n=n，P+P=1(n—nP)2_

nP(1-P)—中11TOC\o"1-5"(n—nP)2_

nP(1-P)—中112(n—nP)2那么X2=才二nPk=1k這里注意(n-nP)2=(n-n-n(1-P))2=(n-nP)2，代入即可221111那么由DeMoirre-Laplace(隸莫弗)定理，二項分布門=n\nPi=的極限*P(1-P)'11分布為標準正態(tài)分布，即門?N(0,1)，那么平?X2(2-1)分布。這是r=2時是符合的。2)當r>2的一般情況我們知道頻數(shù)有§"=n，上面為二項分布，這里符合多項分布k=1nrn!nrn!*n!*…*n!11r12r

同樣由中心極限定理.氣—叫~N(0,1)，那么P)Y=n「nPj~N(0,1-P.)j.JnPX2=￡("匚氣k”=￡(氣"nPk)2就是rX2=￡("匚氣k”=￡(氣"nPk)2就是r個正態(tài)隨機變量的平方和，但是由于這k=1nk=1kk些變量之間有一個制約關(guān)系。就像前面我們證明正態(tài)母體均值和方差的分布時一樣證明方法，構(gòu)造的正交矩陣使得z=AY，我們會發(fā)現(xiàn)E.—n-nPVn—nP1VVP,j,j-=￡-4~j=—=(￡n—n￡P(guān))=0j=1TOC\o"1-5"\h\zj=1y'jj=1''n'、‘"j=1j=1X2==￡(n=￡丫火=&火，只是r—1正態(tài)變量的平方和，所以自由度為j=1k=1kk=1k=2r-1。損失的信息就是因為那個制約關(guān)系存在。Fisher推論:如果分布f(X;9)有m個未知參數(shù)0=(七七…,。)，那么□X2=￡四二E21服從X2(r—m—1)分布，這里0=(0,0，…,0)是最大似然估計nP12mk=1k量，P也是有0=&,6,???,§)利用最大似然估計之后，代入假設(shè)的分布函數(shù)k12mf(X；0)計算得到的。因為§=&,6，…,0)也是從樣本數(shù)據(jù)中得到的，已經(jīng)用掉12m□了m個信息量。或者從矩陣的思想考慮，將X2=￡(nk-nPk寫成矩陣形式，nPk=1k其rank是r—m—1，這個證明具體可以參考陳希孺的《數(shù)理統(tǒng)計引論》。注意1)此定理是由樣本容量n足夠大，因此nP不應(yīng)該太小一般選取kn>50,nP>5，如果小了，則進行合并處理。具體看下面例子k2）存在下面的轉(zhuǎn)換亍(n-nP)2亍昭—2nnP+n2P2亍n2仁亍T八%2=J—k_p-k—=J—k^pks=J—P—2，rn+nPk=1kk=1kk=1kk=1k=1Vn2—nk=M為什么這樣轉(zhuǎn)換？計算了nPk，上面每次都要做減法再平方，除法，而下面少了r-1次減法。計算量下降了。這也是編程序時注意的。例1在一實驗中，每隔一定時間觀察一次由某種鈾所放射的到達計數(shù)器卜一的口粒子數(shù)X,共觀察了抵。次、得結(jié)果如下表所示:表8-2鈾放射的到達計數(shù)器上的b粒子數(shù)的實驗記就(J134567S91011整121516171199212L0A,1At1421&&?nA.,0其中￡是觀察到有f個"粒子的次數(shù),從理論上考慮知X應(yīng)服從汩松分布PCX=i）-，=0,1,2?（6.7）?!問（5.7）式是否符合實際（取』=Q05）?即在水平。?。5下檢驗假設(shè)總體X服從泊松分布：濃縮鈾（EnrichedUranium），指經(jīng)過同位素提煉后，鈾235含量超過90%的鈾金屬，與其相對的是貧化鈾。不論是和平利用核能，還是為制造核武器，濃縮鈾都是必要的。因此，國際原子能機構(gòu)希望能夠控制全球各國所有鈾濃縮活動，以防止核武器擴散。a粒子是一種放射性粒子，由兩個質(zhì)子及兩個中子組成，并不帶任何電子，亦即等同于氦-4的內(nèi)核，或電離化后的氦-4,He2+。通常具有放射性而原子量較大的化學元素，會透過a衰變放射出a粒子，從而變成較輕的元素，直至該元素穩(wěn)定為止。由于a粒子的體積比較大，又帶兩個正電荷，很容易就可以電離其他物質(zhì)。因此，它能量亦散失得較快，穿透能力在眾多電離輻射中是最弱的，人類的皮膚或一張紙已能隔阻a粒子。a粒子釋放出的放射性同位素在人體外部不構(gòu)成危險。然而，釋放a粒子的物質(zhì)（鐳、鈾等等）一旦被吸入或注入，那將是十分危險。它就能直接破壞內(nèi)臟的細胞。這里n=100=Zf((=nk,i=k)，總共分了13個區(qū)間，進行統(tǒng)計的。而且假設(shè)poisson分布還缺一個參數(shù)人，P(x=i)上e-X，那么利用似然估計進行估i!計。構(gòu)造似然函數(shù)產(chǎn)，L(X;X)=-^e-nX,1!n!那么dInL寸.1—；—=ZE-n，dXXi=1得到最大似然估計量為(要用次數(shù)乘以每次觀測的個數(shù)得到i)，再平均，得到-1X=X=(0*1+...)=4.2100因此我們得帶估計參數(shù)的理論分布，由此計算理論頻數(shù)尸(X—r)—'—?/一0?1*2土…-解因在中參數(shù)A未具體給出，所以先估計七由最大似然估計法得力=亍=4.A在H,假設(shè)F，即在X服從洎松分布的假設(shè)下,X所有可能取的值為口=叫.1,八…},將口分成如表所示的兩兩不相交的了集A-"…,『匚.則K有估訃；,=況X=,}=9號"，/=0.1例如/<—X—0}—e4--=(\()15,P，=P\X3}==廣--。?18如.，?'!|-=I’[X事12；=1一〉」=。+。。2.r—|表8.3例1的尸擬合松驗計算表■--;.p.\鹽｝'、0.01Sj].5]A81.6153J閂睥1%3160.13213.2m松1-，I7D.IH5⑶515,G22ME51911土13L84511E]Fi31上37.423i)eI14M.17.1^590.0696，A]].7,30A82U.1)3B']0.0]7】H3.海2,6U.007心｛奶兒7U-3Hi.5芝=I0H.2S1.h:]U.003?L：0.002.y.計算結(jié)果如表8.3所示,其中有些?A<5的組予以適當合并，使得I每組均有?！?,如表中第四列花括與所水,此處，并組后為=8,但因在計算概率時，估計了-個參數(shù)L故〃=1”的自由度為8-1一I=6.志一，訴以-r一T)=刀"6)=12.592,現(xiàn)在Z'=106.281—100=6_281<.12?592,故在水平&05下接受，心即汰為樣本來自泊松分布總體,也就是說認為理論上的結(jié)論是符合實際的.口注意：Pearson統(tǒng)計方法也可以驗證母體是否服從某個給定的分布F0(x),即假設(shè)H0:F(x)=F(x)。實質(zhì)是檢驗對于劃分區(qū)間上H0:F(x)=F(x)，并沒有對每個點進行計算，雖然這樣有可能把不真實的假設(shè)包含進來，但是概率很小。

F(豹)—預(yù)(隊-1)=頁o?)—歹。(奸1)=伽，i^2,一，r—1和F(豹)、乩(邊)獨立性檢驗：設(shè)兩個母體，分布抽取的樣本向量x和y,那么二者相關(guān)性定義為_cov(X,y)_研3-mj(y-m、)]bx。、E[(x-m)2]、：'E[(y-m)2]叫做相關(guān)系數(shù)，如果為0則不相關(guān)。從分布來看，設(shè)F(x,y)為聯(lián)合分布，F(xiàn)(x)和F(y)各自的邊緣分布，那么兩個變量的獨立性檢驗就是H0:F(x,y)=F(x)F(y)實際中我們總是隨機抽樣來考察其獨立性，設(shè)容量為n的二維隨機樣本(x,,y,),x和y的可能取值分別分成r個和S個互不相交的小區(qū)間，用nk表示x屬于區(qū)間i和y屬于區(qū)間k的個數(shù)。12a4^11^22…朔q71^1???穴珈■■■-r,■*?■用1.促2.陽.n記做n=￡nk=1n=￡n，n=￡￡ni=1i=1k=1同時設(shè)x屬于區(qū)間i和y屬于區(qū)間k的概率為p(i,k)，那么我們得到邊緣概率

p(i,?)=￡p(i,k)，p(?,k)=￡p(i,k)，n=￡nk=1k=1i=1i=1￡￡p(i,k)=%.,k)=￡p(i,?)=1i=1k=1k=1i=1獨立性假設(shè)就是H0:p(i,k)=p(i,?)p(,k)p(i,?)和p(?,k)都需要從數(shù)據(jù)W,約)中進行估計，由于制約關(guān)系獨立性假設(shè)就是H0:p(i,k)=p(i,?)p(,k)p(i,?)和p(?,k)都需要從數(shù)據(jù)W,約)中進行估計，由于制約關(guān)系￡p(i,?)=1i=1￡p(?,k)=1k=1共需要估計r+s—2量即可。按照最大似然估計方法很容易得到估計概率就是七?，p(?,k)=n.knn因此，按照一維統(tǒng)計量公式_乂(n—nP)2X_knP*k=1k二維統(tǒng)計量公式_彥s(n-np(i,k))2Znp(i,k)i=1k=1由于np(i,k)=np(i,?)p(?,k)="i?".kn所以0s(n—np(i,k))2心sx2=￡￡—ik=乙乙np(i,k)niki=1k=1ni=1k=1i??kn例題當時，聯(lián)立表2稱為是四分的（又稱為四格表）.［例3］調(diào)查339名50歲以上吸煙習慣與患慢性氣管炎病的關(guān)系，得下表.試向吸煙者與不吸煙者慢性氣管炎患病率是否有所不同.表3患慢性氣管炎者未患慢性氣管炎者fi計理病率吸煙14M|16加20521.0不吸煙13121】349.7SI28333916.5在這里對每個對象考察兩個指標3——是否吸煙;Y——是否患慢性氣管炎.它們均各取兩種值，Av—吸煙，A2——不吸煙：殆患慢性氣管炎——未患慢性氣管炎.所以爐=4=2.由（17）式得-205a134外=朝’約頑~

人58▲283代入（18）式得/_(43—206x66/33。尸(1但_206x283/339)蟲2(^5x56/339~205x283?33廠一.(13—134乂56/33。)*(121-J34x283/338)134x56/330—一^134x283/339(43-33,86)^(162-171.14)(J3-22,14)*306"171J14十22714—+1ai_^.7.48白由度=3—1）（q-l）=L對?=0,01查表（附表2）得宓=6.63&顯然7.48AA.636,所以我們拒絕假設(shè)H。，即認為慢性氣管炎的患病率與吸煙有關(guān).

§4.4廣義似然比檢驗這里主要解決如何得到統(tǒng)計量的問題。1928年NeymanPearson利用似然比的方法獲得統(tǒng)計量的一般方法：設(shè)x的分布參數(shù)有兩個假設(shè)，必居其一：基本假設(shè)H:x-f(x;0)，0e0對立假設(shè)H:x~f(x;0)，06。關(guān)于隨機樣本X的聯(lián)合概率分布為基本假設(shè)H0:P0(x;0)=Hf(x.;0)，0e00i=1對立假設(shè)H:P](x;0)=Hf(x.;0)，06。i=1則定義似然比為sup叫(x;0)L(X)=皿亍1—:—supl"lf(x.；0)Oe。].=1類似于最大似然估計問題中一樣的原理，如果似然比值L(X)較小，那么表明屬于假設(shè)H0:的概率要比屬于假設(shè)H1:的概率小，那么應(yīng)該拒絕基本假設(shè)，因此P(L(x)<L0)<a我們稱為否定域，否定基本假設(shè)，這種假設(shè)檢驗稱為a水平的廣義似然比檢驗。廣義似然比檢驗有什么意義？意義在于能夠構(gòu)造用于假設(shè)檢驗的統(tǒng)計量。例子：已知正態(tài)母體N(u,a2)均值和方差都未知，那么假設(shè)基本假設(shè)Ho:x~nf(x;uo,a2)g0(X)=supu="oa2xi-uo)2對立假設(shè)H:x?0f(x;u,a2)ncf2=—^g0(X)=supu="oa2xi-uo)2代入得到g0(X)=n—n2—u)2-n/2代入得到g0(X)=n—n2—u)2-n/2n.In一2〔乙(x一X)2+n(X一u)2e-n/2=1g(X-X)2ni=1*-'°」同理對于g(X)=supu乏u0b2代入得到(1=1g(X-X)2ni=1(1Ang1(X)=1n-2g(x-X)2

i一i=1n212-n/2=1+n-1那么廣義似然比L(X)=%n212-n/2=1+n-1L(X)=%=g1-i=g(X一X)2ii=1你會發(fā)現(xiàn)當均值和方差都未知時，應(yīng)該用統(tǒng)計檢驗量t=土二％，這也是t分布*2*/nn和t檢驗的由來。例子：X2檢驗統(tǒng)計量怎么構(gòu)建的?任意一種母體X，僅僅取r個值的離散隨機變量，其概率分布為P{X=i}=P,i=1,2,…,r，i這里9={p}，且gp=1由于上述制約條件，其參數(shù)空間是r-1維空間。我們設(shè)i=1基本假設(shè)H0：Pi=Pi0'P°=P10…尸。其子樣取值（氣,…,xn）進行計算頻數(shù)，以n表示xi取i=1,2,...,r的個數(shù)，且gn=n，ii=1那么有

得到廣義似然比為[91i=1kniJ〉nP=，n其子樣取值（氣,…,xn）進行計算頻數(shù)，以n表示xi取i=1,2,...,r的個數(shù)，且gn=n，ii=1那么有得到廣義似然比為[91i=1kniJ〉nP=，nIn—冷ini=1ii=1展開=-Ei=1[nP+n-nPi0ii0]ln1+tn-nPnPi0由于nP0和n接近，可以小參數(shù)[nP+n-nP]i0ii0n-nP—i冷nPi01n-nPTi0InP)i0+0()——nPii0—ii0+iT0+°()i0nPnP2nPi=1i0i=1i0i=1i0_￡■1(n-nP，-.]2inP：我們發(fā)現(xiàn)自然出現(xiàn)了Pearson定理中的x2=￡旦_"k)檢驗統(tǒng)計量。nPk=1k結(jié)論：廣義似然比檢驗?zāi)軌驑?gòu)造檢驗方法中所用到的檢驗統(tǒng)計量，其地位和最大似然估計方法一樣?！?.5最大功效檢驗a水平顯著性檢驗一般規(guī)則就是建立一個統(tǒng)計量，然后判斷此統(tǒng)計量U(X)P{lU(X)l>Z}<a來肯定基本假設(shè)。但是每種檢驗方法都相對于一個統(tǒng)計檢驗量，怎么衡量那種檢驗方法好？存在一個最優(yōu)的檢驗方法嗎？H0:0=00是一種假設(shè)，但是有可能真實分布參數(shù)為0—0'的分布，因此把所有0可能取值的范圍0稱為容許假設(shè)，則{f(X;0),0G0}稱為母體的可能分布族，那么H]:060-00稱為備選假設(shè)。我們再次分析兩類錯誤：H:0=0真H:0e0-0真接受H0正確概率第II類錯誤拒絕H0第I類錯誤正確概率我們希望上述兩類錯誤都是最低，但是實際上不可能，當樣本容量一定時，兩類錯誤不可能同時被控制。限制第一類錯誤：P{xeVIH0}<a,0=00，對于H0為真，樣本值否定域V內(nèi)的概率小于顯著水平的前提下，使得P{xeVIH},0e0的正確概率最大，在此原則下，定義功效函數(shù)(勢函數(shù))1P(0)=P{xeV}當H0為真，勢函數(shù)就是第一類錯誤，當H1：Oe0-Oo為真，勢函數(shù)為正確檢測概率。最大功效(mostpower，MP)檢驗：supP{xeVIH}<a,0=000maxP(0)omin1-P(0)0e0-0o0e0-0o例子：母體正態(tài)N(u,a2)，方差已知，對于均值有兩種假設(shè)H:u=uH:u=u>u給定顯著性水平a下，考慮下面四種否定域

如果H0:u=u0為真，那么?N(0,1)上述四種否定域下的水平都等于a。這幾種檢驗?zāi)莻€好？我們來看第二類錯誤大小，或者看功效大小。~X—U+U—UU—U當H:u=u>u為真時，,11一~N(A=.10,1)的分布，均值挪動了。110氣：。2/n\o2/n我們來看第一種檢驗的功效：」=6-弋)2dx=1-①(Z-A)■v'2Ka依次類推我們得到其他三種否定域檢驗的功效j--(X3)2dx=中(-Z-A)=1-①(Z+A)-85aa七(七)=2—①(Z/2+A)—①(Z/2-A)O4("=0(Z/2+A)+①(Z/2-A)-1當我們?nèi)=0.1,%=0,"]=1,。=1,n=9時，我們計算得到四種功效P1=0.9573，P2=0.0001，O4=0.9115，O4=0.003第一種檢驗方法功效最大。同理如果，七可正可負，那么假設(shè)變?yōu)镠:u=uH:u^u可以推出第三種檢驗方法匕=j|X^>Za」的功效最大。例子：母體正態(tài)N(u,a2)，方差已知，對于均值有兩種假設(shè)H:u=u=0H:u豐u給定顯著性水平以=0.05下，匕=[-TX=j=-Za/2.檢驗的功效，隨樣本容量n的變化，以及給定樣本容量n，三種功效O1(u1)="：#—：*dx=1-0(Za-A)

1(*-△)2P(u)T-Za^^e-2dx=0(-Z-A)=1—①(Z+A)21-8v'2kaaP3(u1)=2-①(Za/2+A)-0(Za/2-A)如何變化的。解：1解：1）先解出否定域，查表Z=1.96a/210.90.80.70.6)pl0.50.40.300.511.5u/b2當H1:u豐u1為真時，功效P3(u1)=2-0(Z/2+A)-0(Z/2-A)，A=^nP(u)10.90.80.70.6)pl0.50.40.300.511.5u/b231bb0.20.10隨著n增加，功效不斷增加，隨著％增加也在增加。b2）這里我們選定n=100，a=0.05

§4.6Neyman-Pearson定理這個定理就是告訴我們怎么樣找到MP檢驗。定義示性函數(shù)1xeV0xeV這是否定域的表示函數(shù)，反之如果一個函數(shù)僅僅取0和1，那么則可以對應(yīng)一個否定域，二者是一一對應(yīng)關(guān)系。示性函數(shù)4(x)又叫檢驗函數(shù)，功效函數(shù)可以表示P(0)=E[4(x)]=』4(x)f(x;0)dx=jf(x;0)dx=P{xeV}40V問這樣表達的好處是什么？那么最大功效MP檢驗說的是，假設(shè)任意兩個檢驗方法，對應(yīng)了倆個檢驗函數(shù)4(x)和4(x)21E[4.(x)]<a,0e0P(0)>p(0),0e0-041420那么41(x)檢驗對應(yīng)的功效比42(x)的大，由任意性，則稱41(x)檢驗為MP檢驗。

定理：X=(X,X,,X)，分布f(x;9)，對于簡單假設(shè)H:0=0,H:0=0，滿12n0011足E[8(X)]=a正好等于

001f(x；f(x；01)>kf(x；o0)k>0f(x；01)<kf(x；0。)>那么偵X)為a水平的MP檢驗，而且肯定存在這樣的常數(shù)k使得偵X)滿足上式。證明:8(x)滿足上面兩公式，任意再選一個8*(x)也是a水平的檢驗，E[8*(x)]<a=E[8(x)]0000如果我們能證明8(x)功效最大即可。[8(X)—8*(X)][f(X；01)-kf(X；00)]潤因為8(x)和8*(x)都是取1和0的二值函數(shù)，所以當8(x)-8*(x)>0，那么8(x)取1，f(x;01)-kf(x;00)>0，當8(x)-8*(x)<0，那么8(X)取0，f(x;01)-kf(x;00)<0，因此上式必成立。對之積分』[。(X)-8*(x)][f(x;0)一kf(X；0)]』x>0TOC\o"1-5"\h\z10E[8(x)]一E[8*(x)]>kE[8(x)]一kE[8*(x)]>001010000則得出E[8(X)]>E[8*(X)]則表明8(X)檢驗的功效大，由于8*(X)的任意性，那0101么可以得出8(x)檢驗的就是MP檢驗。此定理告訴我們MP檢驗歸結(jié)于求似然函數(shù)L(X)和一個比值k。8(x)=<L(X)=力^>kf(x；0)0企業(yè)<kf(X;0°)例子：從MP檢驗的角度看二進制調(diào)幅通信，用幅值0和A>0來代表二進制信息0和1，每個比特時間持續(xù)T，但是這個時間T內(nèi)，你是不知到底是發(fā)送0和1的，只有采樣進行判別，但是這個二進制調(diào)幅信號傳輸過程中遭到高斯噪聲污染，因此我們面臨著判斷H0:u=0,xeN(0,a2)

給樣本x=(x,x,,x)，對于H,f(X;u=0)=H1e2*12n0\；'2e2f(X;u=A)=H—e」京"、2兀。2(X-A)2-Ex2]}>k，ii那么似然比有L(X)=f(X；u=A)=exp{-f(X;u=0)貝那么得到統(tǒng)計量—2*2lnk+nA8(x)=<(X-A)2-Ex2]}>k，iiL(X)=—2*2lnk+nA2X=2nA當原假設(shè)成立時，X符合N(0,*2/n)的分布，那么滿足a水平時，我們可以先確定判別門限，若信息1和0各自傳輸概率為1/2，依據(jù)最小錯誤率準則，可以得到k=1，這里暗含了Bayesian準則，得出檢驗統(tǒng)計量為XJ>A/2,信息1

|<A/2,信息0例子：設(shè)總體X符合Bernoulli分布B(1，p)，p是未知參數(shù)，原假設(shè)為H:p=p與對立假設(shè)H:p=p>p，構(gòu)造