關於假設檢驗

前面寫了乙個引數估計，現在也順便把假設檢驗也總結一下吧，主要參考書還是那本《概率論與數理統計》(陳希孺)。

假設檢驗就是提出乙個命題，根據樣本判斷對錯。

有乙個已知分布的總體，其中個別引數未知。現在抽取的一組樣本$x_1,x_2,\cdots,x_n$，並針對該未知引數而提出乙個命題(命題正確與否完全由該未知引數決定)，稱為原假設$h_0$，其否定稱為備擇假設或對立假設$h_1$；任務是：提出乙個檢驗$\phi$，並根據此檢驗，判斷接受原命題還是備擇命題。

檢驗$\phi$是乙個判斷準則，對於乙個問題，可以提出許多種檢驗。

例：原來一種產品質量指標符合正態分佈$n(\mu_1,\sigma^2)$，經過工藝改進後其均值可能有提高(設為$\mu_2$)，為驗證是否提高，現在抽出樣本$x_1,\cdots,x_n$；原假設$h_0:\$，備擇假設$h_1:\$；提出檢驗$\phi$：若$\hat\geqslant c$則接受原命題，否則拒絕原命題，$c$為某待定常數。

按上面所說，接受$h_0$與否，取決於抽到的樣本如何。所謂接受域是這樣乙個集合$$a=$$拒絕域是這樣乙個集合$$b=$$

因為檢驗可以有很多種，同乙個樣本，在不同的檢驗下，會得出不同的結論，檢驗之間自然也存在著優劣之分。標誌著某檢驗的效能的量叫做某檢驗的功效函式。

定義：設總體的未知引數為$\lambda$，則$\beta_\phi(\lambda)=p_(根據\phi拒絕h_0)$為檢驗$\phi$的功效函式。

在功效函式的定義中，概率$p(\cdot)$的下標$\lambda$表示的意思是：令總體的未知參量為某$\lambda$值時，抽取樣本，根據檢驗$\phi$分析樣本後拒絕原假設的概率。也就是說某檢驗的功效函式是系統未知參量的函式，功效函式等於被原假設被拒絕的概率。

並非單純地功效函式越大，檢驗就越優。這裡要分情況考慮：由於$h_0$正確與否完全取決於系統未知引數的值，所以對於所有使得$h_0$成立的引數的值，我們希望我們的檢驗拒絕$h_0$的概率越低越好(功效函式盡量小)；反過來，對於所有使得$h_1$成立的引數的值，我們希望我們的檢驗拒絕$h_0$的概率越高越好(功效函式盡量大)。

上圖中，$h_0:\lambda<0$，$h_1:\lambda\geqslant0$，在$\lambda<0$時應該接受原假設，所以乙個更優的檢驗的功效函式應該具有更小的值；同理在$\lambda\geqslant0$時，乙個更優的檢驗的功效函式應該具有更大的值，所以上圖中檢驗$\phi_1$比檢驗$\phi_2$更優。

由上圖可見，即使選擇了乙個非常優秀的檢驗，也可能在不該拒絕的時候拒絕，在不該接受的時候接受。所謂第一類錯誤指的是：$h_0$正確但檢驗拒絕了它；第二類錯誤指的是：$h_0$錯誤，但檢驗接受了它。在上圖中的反應就是，在區間$[-\infty,0_-]$上，功效函式要始終值很小才能盡量避免第一類錯誤，在區間$[0_+,+\infty]$上，功效函式應該值始終很大才能盡量避免第二類錯誤。

想同時處理好這兩類錯誤是不可能的：觀察$\lambda=0$處取值$\beta_\phi(\lambda)|_$記為$s$，因為功效函式是連續的，如果$s$太大，則在$0_-$附近，第一類錯誤出現的概率會增大；如果$s$太小，則在$0_+$附近，第二類錯誤出現的概率會增大。換句話說，要求同時處理好這兩類錯誤，就等於要求功效函式在區間$[0_-,0_+]$上是急增長的，而這是不可能的。

所以一般處理方法的思想是，先令第一類錯誤概率不超過某個確定的小量$\alpha$，再調節第二類錯誤概率使其盡量低。

定義：設$\phi$是原假設$h_0$的乙個檢驗，$\beta_\phi(\lambda_1,\cdots,\lambda_k)$為其功效函式，$\alpha\in[0,1]$是乙個常數，如果對於任意$(\lambda_1,\cdots,\lambda_k)\in h_0$滿足$$\beta_\phi(\lambda_1,\cdots,\lambda_k)\leqslant\alpha$$則稱$\phi$為$h_0$的乙個水平為$\alpha$的檢驗。

*如果有檢驗$\phi$，水平為$\alpha$，且對於任何乙個其他的水平同為$\alpha$的檢驗$\psi$都有$$\beta_\phi(\lambda_1,\cdots,\lambda_k)\geqslant\beta_\psi(\lambda_1,\cdots,\lambda_k), \forall(\lambda_1,\cdots,\lambda_k)\in h_0'$$則稱檢驗$\phi$是水平$\alpha$的一致最優檢驗。很多情況下，一致最優檢驗是不存在的。

總體方差$\sigma^2$已知，檢驗總體均值$\mu$

例題：設$x_1,\cdots,x_n$是來自正態總體$n(\mu,\sigma^2)$的樣本，其中$\sigma^2$已知，提出假設如下($\mu_0$是乙個常數)$h_0:\mu\geqslant\mu_0$，\(h_1:\mu

提出檢驗$\phi:當\bar\geqslant c$時接受原假設，否則拒絕. 考慮功效函式$$\beta_(\mu)=p_\mu(\bar$\sqrt(\bar-\mu)/\sigma\sim n(0,1)$，以$\psi(\cdot)$記其累積分布函式cdf，根據cdf的意義，可以得出$$\beta_(\mu)=\psi(\sqrt(c-\mu)/\sigma)$$它是$\mu$的減函式。控制第一類錯誤的概率不超過$\alpha=0.05$可以表達為：對$\mu\geqslant\mu_0$，\(\beta_(\mu)

這樣，檢驗$\phi$就滿足了第一類錯誤概率小於$\alpha=0.05$，至於第二類錯誤，如果要求第二類錯誤概率一律低於$\beta=0.05$，則這是不可能的：已經限制了$\beta_(\mu_)=\alpha=0.05$，不可能再限制$\beta_(\mu_)\geqslant1-\beta=0.95$. 所以要處理第二類錯誤，只能放寬要求：對某個指定的\(\mu_0'

這就要求(因為$\beta_(\mu)$是單減的)$$\beta_(\mu_0')=\psi(\sqrt(c-\mu_0')/\sigma)=1-\beta$$代入上面求的常數$c$，可得(設$\mu_\beta$是另乙個分位點)$$\psi\left(\frac(\mu_0-\mu_0')}-\mu_\alpha\right)=1-\beta\rightarrow\frac(\mu_0-\mu_0')}-\mu_\alpha\geqslant \mu_\beta$$解不等式得出$$n\geqslant\sigma2\frac$$這就要求樣本容量足夠大。至此，似乎得出了乙個奇怪的結論：要求第二類錯誤概率足夠低，卻推出了樣本容量不能太小。實際上解釋是：樣本容量越大，越能反應出總體的特徵，解析度越高($\bar$越精確)，從而犯第二類錯誤的可能性越小。

總體方差$\sigma^2$未知，檢驗總體均值$\mu$

問題和前面一樣，只不過條件換成總體的方差未知。這時提出的檢驗$\phi$和上面類似，但使用樣本標準差$s$代替$\sigma$，同時，把正態分佈換成自由度為$n-1$的$t$分布：$$\phi:當\sqrt(\bar-\mu_0)/s\geqslant-t_(\alpha)時接受h_0，否則拒絕.$$證明思路是，寫出該檢驗的功效函式，它是$\mu$和$\sigma$的二元函式，但是當$\mu=\mu_0$時其值為$\alpha$(因為這時$\sqrt(\bar-\mu_0)/s$服從$t$分布)，可以分析得出，當$\mu>\mu_0$時，功效函式的值小於$\alpha$，所以只需要把$\mu=\mu_0$處作為臨界值就可以了。

關於假設檢驗

假設檢驗假設檢驗學習筆記

假設檢驗到底該怎麼理解假設檢驗？

（六）假設檢驗

關於假設檢驗

假設檢驗 假設檢驗學習筆記

假設檢驗 到底該怎麼理解假設檢驗？

（六）假設檢驗

相關推薦

假設檢驗假設檢驗學習筆記

假設檢驗到底該怎麼理解假設檢驗？