#假设检验

#考点定位

• 大纲位置：数理统计 · 显著性检验的基本思想与基本步骤；假设检验的两类错误；单个及两个正态总体的均值和方差的假设检验（数一、数三公共考点；数二不考）
• 常见题型：假设检验基本思想与两类错误的概念辨析（选择题）；正态总体均值/方差的 u 检验、t 检验、$\chi^2$ 检验流程解答题；两类错误概率的计算；由拒绝域反推显著性水平或样本量
• 考查频率：中。数一近年直接出大题的频率低于参数估计，但 1998、2005、2014（两类错误/流程类）等年份均有涉及；概念辨析选择题反复出现，属于"低频大题、稳定小题"的章节
• 前置知识：数理统计的基本概念（$\chi^2/t/F$ 分布、分位点、正态总体四大抽样分布定理——检验统计量的全部来源）；参数估计（区间估计与假设检验的对偶关系：同一个枢轴量，两种用法）
• 定位：推断统计的第二支柱——参数估计回答"参数大概是多少"，假设检验回答"这个参数假设该不该被数据推翻"。工程类比：假设检验就是"统计版的 A/B 测试"——原假设是'新旧版本无差异'，小概率原理是'无差异前提下出现这么大观测差异几乎不可能，于是拒绝无差异'。它与置信区间共用同一套枢轴量，学完本章应把两章公式表对照着看一遍。

#核心讲解

#假设检验的基本思想

小概率原理（实际推断原理）：概率很小的事件在一次试验中几乎不会发生。若在"原假设成立"的前提下，观测到一个小概率事件（即出现了一个在原假设下几乎不可能的样本结果），就有理由怀疑原假设不成立——拒绝它。

基本概念与流程术语：

• 原假设（零假设）$H_0$：被检验的、默认成立的假设（通常是"无差异""符合标准"）；
• 备择假设 $H_1$：与 $H_0$ 对立的假设，$H_0$ 被拒绝时接受的假设；
• 检验统计量：由样本构造、在 $H_0$ 成立时分布完全已知的统计量（来源即第 6 章四大抽样分布定理，把待检参数代入假设值）；
• 显著性水平 $\alpha$：预先规定的小概率上限（常取 $0.05$、$0.01$），即"小概率"的量化阈值；
• 拒绝域（否定域）：检验统计量取值的集合 $C$，当统计量落入 $C$ 时拒绝 $H_0$；拒绝域由 $P\{\text{统计量} \in C \mid H_0 \text{ 成立}\} = \alpha$ 确定；
• 接受域：拒绝域的补集，统计量落入其中时"不拒绝 $H_0$"。

标准检验流程（五步，解答题按此写满分）：

1. 提出假设：按题意写出 $H_0$ 与 $H_1$（注意双侧/单侧由 $H_1$ 决定）；
2. 选统计量：确定条件（$\sigma$ 已知/未知等）后写出检验统计量及其在 $H_0$ 成立时的分布；
3. 定拒绝域：由 $\alpha$ 与分布写出拒绝域（双侧两侧各 $\alpha/2$，单侧一侧 $\alpha$）；
4. 算观测值：代入数据计算统计量的观测值；
5. 下结论：落入拒绝域则拒绝 $H_0$（称"差异显著"），否则不拒绝 $H_0$。结论要用题目语言复述（如"认为包装机工作不正常"）。

两类错误：由于样本的随机性，检验可能犯两类错误：

定义：

• 第一类错误（弃真）：$H_0$ 为真却拒绝了它，$P\{\text{拒绝} H_0 \mid H_0 \text{真}\} = \alpha$（正是显著性水平）；
• 第二类错误（取伪）：$H_0$ 为假却没有拒绝它，$P\{\text{不拒绝} H_0 \mid H_0 \text{假}\} = \beta$。

两类错误的关系（概念题高频）：

1. 样本容量 $n$ 固定时，$\alpha$ 与 $\beta$ 此消彼长：缩小拒绝域使 $\alpha$ 减小，必然使 $\beta$ 增大，反之亦然——不能同时无限压低；
2. 唯一的例外路径：增大样本量 $n$ 可以使 $\alpha, \beta$ 同时减小（见例 4 的数值演示）；
3. 显著性检验的哲学：控制第一类错误概率不超过 $\alpha$，不保证 $\beta$ 小（因为 $\beta$ 依赖于 $H_1$ 中的具体真值，通常未知）；
4. $\alpha + \beta \ne 1$：两者是不同前提下的条件概率（一个以"$H_0$ 真"为条件、一个以"$H_0$ 假"为条件），不是对立事件概率。

P 值（p-value）：在 $H_0$ 成立的前提下，观测到"当前检验统计量取值以及更极端（更不利于 $H_0$）取值"的概率。判定规则：$p \le \alpha$ 时拒绝 $H_0$，$p > \alpha$ 时不拒绝。P 值越小，数据对 $H_0$ 的"反驳证据"越强。它相当于"用数据算出来的显著性水平"：$p$ 值就是能把 $H_0$ 拒绝掉的最小 $\alpha$。传统查表法用固定 $\alpha$ 比较分位点，现代统计软件直接报 P 值，两者判定一致。

与区间估计的对偶关系：参数 $\theta$ 的置信度 $1-\alpha$ 双侧置信区间与显著性水平 $\alpha$ 的双侧检验互为对偶——置信区间不含假设值 $\theta_0$ $\Leftrightarrow$ 拒绝 $H_0: \theta = \theta_0$。两章共用同一批枢轴量，公式可对照记忆。

#正态总体参数的假设检验

以下设 $X_1, \dots, X_n$ 来自正态总体 $N(\mu, \sigma^2)$，$\bar X$、$S^2$ 为样本均值与方差；两总体时 $X$ 样本容量 $n_1$、$Y$ 样本容量 $n_2$，两样本独立。

检验方法总表（核心，配合后面各段说明使用；$\mu_0, \sigma_0^2$ 为假设值）：

数一考试主体是单总体的三种检验（u、t、$\chi^2$），两总体检验（F 检验、合并 t 检验）认识结论、能按表执行即可。

单侧检验的构造原则：拒绝域的方向跟着 $H_1$ 走——$H_1: \mu > \mu_0$（右侧检验）时拒绝域在右侧 $u \ge z_\alpha$；$H_1: \mu < \mu_0$（左侧检验）时在左侧 $u \le -z_\alpha$；只有 $H_1: \mu \ne \mu_0$ 才双侧各 $\alpha/2$。对称分布（$N(0,1)$、$t$）双侧拒绝域关于原点对称；$\chi^2$、$F$ 取值非负，双侧拒绝域是左右两段不对称区间。

原假设与备择假设的安置原则：题目问"是否大于/超过/劣于标准"时，通常把"等于（或不劣于）标准"设为 $H_0$、把"要证明的结论"设为 $H_1$——显著性检验只对第一类错误把关，故"想证实的结论"放在 $H_1$，拒绝 $H_0$ 时才敢宣称它。

#例题

例 1（u 检验完整流程，模拟题）：某自动包装机包装奶粉，额定标准每袋 $500\ \text{g}$。已知袋重 $X \sim N(\mu, 15^2)$。某日抽检 $n = 25$ 袋，测得平均袋重 $\bar x = 494\ \text{g}$。取 $\alpha = 0.05$，检验包装机工作是否正常（$z_{0.025} = 1.96$，$\Phi(2) = 0.9772$）。

解析：按五步流程书写：

1. $H_0: \mu = 500$，$H_1: \mu \ne 500$（"是否正常"含偏多偏少两种可能，双侧）；
2. $\sigma = 15$ 已知，用 u 检验：$u = \dfrac{\bar X - 500}{15/\sqrt{25}} \sim N(0,1)$（$H_0$ 成立时）；
3. 双侧拒绝域：$|u| \ge z_{0.025} = 1.96$；
4. 观测值：$u = \dfrac{494 - 500}{3} = -2$；
5. $|u| = 2 > 1.96$，落入拒绝域，拒绝 $H_0$。结论：在显著性水平 $0.05$ 下认为包装机工作不正常（平均袋重与标准有显著差异）。

P 值核算：$p = 2[1 - \Phi(2)] = 2 \times 0.0228 = 0.0456 \le 0.05$，与拒绝结论一致。

例 2（t 检验，$\sigma$ 未知，模拟题）：某厂电子元件寿命 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$，$\sigma$ 未知。现测 $n = 16$ 件，$\bar x = 241.5$（小时），$s = 24$。在 $\alpha = 0.05$ 下检验 $H_0: \mu = 225$ 对 $H_1: \mu \ne 225$（已知 $t_{0.025}(15) = 2.1315$）。

解析：

1. $H_0: \mu = 225$，$H_1: \mu \ne 225$；
2. $\sigma$ 未知，用 t 检验：$t = \dfrac{\bar X - 225}{S/\sqrt{16}} \sim t(15)$；
3. 拒绝域 $|t| \ge 2.1315$；
4. 观测值 $t = \dfrac{241.5 - 225}{24/4} = \dfrac{16.5}{6} = 2.75$；
5. $2.75 > 2.1315$，拒绝 $H_0$：认为元件平均寿命与 $225$ 小时有显著差异（显著高于 $225$，由 $t > 0$ 的方向可补充判断）。

要点：$\sigma$ 未知时误用 $z_{\alpha/2} = 1.96 < 2.1315$ 仍会拒绝，本题侥幸不错；但若统计量观测值落在 $1.96 \sim 2.1315$ 之间，两种选择结论相反——所以"已知 $\sigma$ 用 u、未知用 t"必须成为条件反射。

例 3（$\chi^2$ 单侧检验方差，模拟题）：电池寿命 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$。按标准方差不应超过 $100$（小时$^2$）。抽测 $n = 25$ 只，得 $s^2 = 160$。取 $\alpha = 0.05$ 检验该批电池方差是否超标（已知 $\chi^2_{0.05}(24) = 36.415$）。

解析：

1. 把"要证实的超标"放在 $H_1$：$H_0: \sigma^2 \le 100$，$H_1: \sigma^2 > 100$（右侧检验；实务上取边界 $\sigma^2 = 100$ 计算统计量分布）；
2. $\mu$ 未知，用 $\chi^2$ 检验：$\chi^2 = \dfrac{(n-1)S^2}{100} \sim \chi^2(24)$（$\sigma^2 = 100$ 时）；
3. 右侧拒绝域：$\chi^2 \ge \chi^2_{0.05}(24) = 36.415$；
4. 观测值：$\chi^2 = \dfrac{24 \times 160}{100} = 38.4$；
5. $38.4 > 36.415$，拒绝 $H_0$：认为该批电池寿命方差显著超过 $100$，不符合标准。

要点：单侧检验拒绝域只有一个方向；"方差不超过"是 $H_0$，"超标"是 $H_1$——把要证明的命题放 $H_1$。

例 4（两类错误计算与样本量效应，模拟题）：总体 $X \sim N(\mu, 1)$，样本容量 $n = 1$，检验 $H_0: \mu = 0$ 对 $H_1: \mu = 1$，取拒绝域 $C = \{X > 1.645\}$（即 $\alpha = 0.05$ 的右侧 u 检验拒绝域）。求两类错误概率 $\alpha, \beta$；再取 $n = 4$（拒绝域改为 $\bar X > 0.8225$），重算并比较（$\Phi(0.645) \approx 0.740$，$\Phi(-0.355) \approx 0.361$）。

解析：

第一类错误（$H_0$ 真即 $\mu = 0$ 时却拒绝）：

$\alpha = P\{X > 1.645 \mid \mu = 0\} = 1 - \Phi(1.645) = 0.05.$

第二类错误（$H_1$ 真即 $\mu = 1$ 时却不拒绝）：

$\beta = P\{X \le 1.645 \mid \mu = 1\} = \Phi(1.645 - 1) = \Phi(0.645) \approx 0.740.$

注意 $\alpha + \beta = 0.79 \ne 1$——两类错误不是对立事件。

取 $n = 4$：$\bar X \mid \mu=0 \sim N(0, \tfrac14)$，拒绝域由 $\alpha = 0.05$ 定为 $\bar X > 1.645 \times \tfrac12 = 0.8225$；此时

$\beta = P\{\bar X \le 0.8225 \mid \mu = 1\} = \Phi\left( \frac{0.8225 - 1}{1/2} \right) = \Phi(-0.355) \approx 0.361.$

结论：$\alpha$ 保持 $0.05$ 不变，$\beta$ 从 $0.740$ 降到 $0.361$——样本量增大可以在不牺牲 $\alpha$ 的前提下压低 $\beta$，验证了"固定 $n$ 时 $\alpha, \beta$ 此消彼长、增大 $n$ 才能双赢"。

要点：算 $\beta$ 时分布要换成"$H_1$ 为真"的那个分布，再算"统计量落入接受域"的概率——换分布是此类题唯一的新动作。

例 5（F 检验，两方差比较，模拟题）：甲、乙两台机床加工同一种轴，轴径分别服从 $N(\mu_1, \sigma_1^2)$、$N(\mu_2, \sigma_2^2)$。从两台机床各取 $n_1 = n_2 = 10$ 件，测得 $s_1^2 = 0.06$，$s_2^2 = 0.025$。在 $\alpha = 0.05$ 下检验两机床加工精度（方差）是否有显著差异（已知 $F_{0.025}(9, 9) = 4.03$）。

解析：

1. $H_0: \sigma_1^2 = \sigma_2^2$，$H_1: \sigma_1^2 \ne \sigma_2^2$；
2. F 检验：$H_0$ 成立时 $F = \dfrac{S_1^2}{S_2^2} \sim F(9, 9)$；
3. 双侧拒绝域：$F \ge 4.03$ 或 $F \le \dfrac{1}{F_{0.025}(9,9)} = \dfrac{1}{4.03} \approx 0.248$；
4. 观测值 $F = \dfrac{0.06}{0.025} = 2.4$；
5. $0.248 < 2.4 < 4.03$，不拒绝 $H_0$：认为两机床加工精度无显著差异。

要点：F 检验习惯把较大样本方差放分子，这样观测值 $F > 1$，只需与上侧分位点 $F_{\alpha/2}$ 比较（下侧用倒数公式换算），避免查小分位点。

#常见坑

1. $\alpha + \beta = 1$ 是经典错误：两者条件不同（$H_0$ 真 / $H_0$ 假），绝非对立事件；固定 $n$ 时它们此消彼长，但和不是 1。
2. 拒绝域方向配错 $H_1$：双侧 $H_1: \ne$ 配 $|u| \ge z_{\alpha/2}$；单侧 $H_1: >$ 配 $u \ge z_\alpha$（不是 $z_{\alpha/2}$）。把单侧检验写成双侧、或单侧误用 $\alpha/2$ 分位点，是流程题最常见扣分点。
3. "不拒绝 $H_0$" ≠ "接受/证明 $H_0$"：只能说"现有证据不足以推翻 $H_0$"；显著性检验控制的是弃真概率，对取伪不做承诺。
4. u 与 t 的条件：$\sigma$ 已知才能用 u；$\sigma$ 未知一律 t（自由度 $n-1$）。两总体合并 t 检验的自由度是 $n_1 + n_2 - 2$，不是 $n_1 - 1$。
5. $\chi^2$ 检验双侧拒绝域写单侧：$H_1: \sigma^2 \ne \sigma_0^2$ 时拒绝域是两段：$\chi^2 \ge \chi^2_{\alpha/2}$ 或 $\chi^2 \le \chi^2_{1-\alpha/2}$，漏左尾是最常见错误（且左尾分位点记号是 $1 - \alpha/2$ 下标，别写成 $\alpha/2$）。
6. 统计量代入的是假设值 $\mu_0, \sigma_0^2$：检验统计量在 $H_0$ 成立时分布已知，因此分子分母都用假设值，而不是用估计值——这与区间估计枢轴量（含真参数 $\mu$）长得像但意义不同。
7. 两类错误计算忘了换分布：算 $\beta$ 必须在 $H_1$ 为真的分布下计算"落入接受域"的概率，仍用 $H_0$ 的分布必错。

#自测

1. 概念判断：（a）显著性水平 $\alpha$ 是"$H_0$ 为真时被拒绝的概率"还是"$H_0$ 为假时被接受的概率"？（b）固定样本量下，把 $\alpha$ 从 $0.05$ 降到 $0.01$，$\beta$ 如何变化？
2. 总体 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$，$\sigma$ 未知，$n = 20$，检验 $H_0: \mu = \mu_0$ 对 $H_1: \mu \ne \mu_0$，写出检验统计量、分布与拒绝域形状。
3. 某糖厂自动机灌装，$X \sim N(\mu, 0.15^2)$？(单位 kg)…设 $\sigma^2$ 已知、$n = 9$、$\bar x = 0.511$，标准每袋 $0.5$ kg，$\alpha = 0.05$（$z_{0.05} = 1.645$）。按"检验灌装量是否偏多"写出 $H_0, H_1$ 并判断。
4. 单侧 $\chi^2$：$H_0: \sigma^2 = \sigma_0^2$ 对 $H_1: \sigma^2 < \sigma_0^2$，拒绝域朝哪边？用哪个分位点？

#自测答案

1. （a）$\alpha$ 是"$H_0$ 为真却被拒绝"（弃真）的概率，即第一类错误概率；（b）$\beta$ 增大（固定 $n$ 时两类错误此消彼长）。
2. $t = \dfrac{\bar X - \mu_0}{S/\sqrt{20}} \sim t(19)$（$H_0$ 成立时）；拒绝域 $|t| \ge t_{\alpha/2}(19)$，双侧对称。
3. $H_0: \mu = 0.5$（或 $\mu \le 0.5$），$H_1: \mu > 0.5$（要证实的"偏多"放 $H_1$，右侧检验）。$u = \dfrac{0.511 - 0.5}{0.15/3} = \dfrac{0.011}{0.05} = 0.22 < 1.645$，不拒绝 $H_0$：无显著证据表明灌装量偏多。
4. 左侧拒绝域：$\chi^2 = \dfrac{(n-1)S^2}{\sigma_0^2} \le \chi^2_{1-\alpha}(n-1)$（注意下标是 $1 - \alpha$，不是 $\alpha$）。