7.4 似然比检验与分布拟合检验

相关笔记：7.1 假设检验的基本思想与概念 | 7.2 正态总体参数的假设检验 | 7.3 其他分布参数的假设检验 | 6.3 最大似然估计与EM算法 | 5.4 三大抽样分布 | 4.4 中心极限定理

本节概览

本节介绍两种重要的检验方法：似然比检验和卡方检验。似然比检验是一种具有优良统计性质的通用检验方法，其核心思想是比较原假设和备择假设下的似然函数之比。卡方拟合优度检验用于检验总体分布是否服从某个指定分布，独立性检验（列联表卡方检验）用于检验两个分类变量是否独立。

逻辑链条：似然比思想 → 最优检验 → 广义似然比 → 拟合优度 → 独立性检验 → 汇总

前置依赖：§7.1（假设检验基本概念）、§6.3（MLE、似然函数）、§5.4（卡方分布）、§7.3（大样本检验）

核心主线：似然比检验的核心是”比较两个假设下数据的似然程度”。Neyman-Pearson引理证明了简单假设下似然比检验是最优检验（MP检验）。广义似然比检验将此思想推广到复合假设。卡方检验是广义似然比检验在大样本下的渐近等价形式，广泛应用于分布拟合和独立性检验。

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一、似然比检验的基本思想

在§7.1中，我们介绍了假设检验的基本框架：给定原假设 $H_0$ 和备择假设 $H_1$，构造检验统计量，确定拒绝域，使得犯第一类错误的概率不超过显著性水平 $\alpha$。然而，§7.1和§7.2中的检验方法都是针对特定分布和特定参数设计的，缺乏统一的构造思路。似然比检验提供了一种通用的检验构造方法，其核心思想非常直观：比较数据在原假设下和在全参数空间下的似然程度。

似然比统计量

定义 7.4.1 — 似然比统计量

设样本 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 的联合密度（或概率函数）为 $f(x_1,x_2,\dots ,x_n;\theta )$，参数 $\theta \in \Theta$。考虑假设检验问题

$$H_0:\theta \in {\Theta }_0\text{vs}{H}_1:\theta \in {\Theta }_1=\Theta \setminus {\Theta }_0$$

其中 ${\Theta }_0\subset \Theta$。定义似然比统计量为

$$\Lambda =\frac{{\sup }_{\theta \in {\Theta }_0}L(\theta )}{{\sup }_{\theta \in \Theta }L(\theta )}=\frac{{\sup }_{\theta \in {\Theta }_0}{\prod }_{i=1}^{n}f(x_i;\theta )}{{\sup }_{\theta \in \Theta }{\prod }_{i=1}^{n}f(x_i;\theta )}$$

其中 $L(\theta )={\prod }_{i=1}^{n}f(x_i;\theta )$ 为似然函数。

似然比统计量的基本性质：

1. 取值范围：由于 ${\Theta }_0\subset \Theta$，分子是分母的某个子集上的上确界，因此

$$0⩽\Lambda ⩽1$$

2. 直观含义：

   • $\Lambda$ 接近 $1$：数据在 $H_0$ 下的最大似然与在全参数空间下的最大似然几乎相同，说明 $H_0$ 对数据的解释能力与无限制模型相当，不拒绝 $H_0$。
   • $\Lambda$ 接近 $0$：数据在 $H_0$ 下的最大似然远小于在全参数空间下的最大似然，说明 $H_0$ 对数据的解释能力很差，拒绝 $H_0$。

3. 拒绝域：似然比检验的拒绝域形如

$$W=\{\Lambda ⩽c\}$$

其中临界值 $c$ 由显著性水平 $\alpha$ 确定：$P_{{\theta }_0}(\Lambda ⩽c)=\alpha$。

直观理解

可以用一个生活类比来理解似然比检验的思想：

类比：假设你是一名侦探，要判断嫌疑人是否有罪（$H_0$：无罪 vs $H_1$：有罪）。你收集了证据（数据），现在要评估这些证据在”无罪”假设下的合理性。如果证据在”有罪”假设下很容易解释，但在”无罪”假设下几乎不可能出现（$\Lambda$ 很小），你就倾向于拒绝”无罪”假设。

关键公式：等价地，可以使用对数似然比

$$\ln \Lambda =\underset{\theta \in {\Theta }_0}{\sup }\ln L(\theta )-\underset{\theta \in \Theta }{\sup }\ln L(\theta )$$

由于对数函数是单调递增的，$\Lambda ⩽c$ 等价于 $\ln \Lambda ⩽\ln c$。实际计算中，对数似然比更为方便。

例题 7.4.1

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n\stackrel{\text{iid}}{\sim }N(\mu ,{\sigma }^2)$，其中 ${\sigma }^2$ 已知。考虑检验问题

$$H_0:\mu ={\mu }_0\text{vs}{H}_1:\mu \ne {\mu }_0$$

求似然比统计量。

解：似然函数为

$$L(\mu )=(2\pi {\sigma }^2{)}^{-n/2}\exp \left\{-\frac{1}{2{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n(x_i-\mu {)}^2\right\}$$

在 $H_0$ 下，$\mu ={\mu }_0$，似然函数值为

$$L({\mu }_0)=(2\pi {\sigma }^2{)}^{-n/2}\exp \left\{-\frac{1}{2{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n(x_i-{\mu }_0{)}^2\right\}$$

在全参数空间 $\Theta =(-\infty ,+\infty )$ 上，MLE为 $\hat{\mu }=\bar{X}$，最大似然值为

$$L(\hat{\mu })=(2\pi {\sigma }^2{)}^{-n/2}\exp \left\{-\frac{1}{2{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n(x_i-\bar{x}{)}^2\right\}$$

因此似然比为

$$\Lambda =\frac{L({\mu }_0)}{L(\hat{\mu })}=\exp \left\{-\frac{n}{2{\sigma }^2}(\bar{x}-{\mu }_0{)}^2\right\}$$

取对数得

$$\ln \Lambda =-\frac{n}{2{\sigma }^2}(\bar{x}-{\mu }_0{)}^2$$

因此 $\Lambda ⩽c$ 等价于 $|\bar{x}-{\mu }_0|⩾d$，这正是§7.2中的 $u$ 检验的拒绝域。这说明 $u$ 检验本质上是似然比检验。

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二、Neyman-Pearson引理

Neyman-Pearson引理（N-P引理）是假设检验理论中最基本、最重要的定理之一。它证明了在简单假设检验问题中，似然比检验是最优势检验（Most Powerful test，简称MP检验）。

最优势检验

定义 7.4.2 — 最优势检验（MP检验）

考虑简单假设检验问题

$$H_0:\theta ={\theta }_0\text{vs}{H}_1:\theta ={\theta }_1$$

设 $\varphi$ 是一个检验函数（即拒绝 $H_0$ 的概率），满足水平条件

$$E_{{\theta }_0}[\varphi (X)]⩽\alpha$$

如果对任何其他满足水平条件的检验函数 ${\varphi }^{\ast }$，都有

$$E_{{\theta }_1}[\varphi (X)]⩾E_{{\theta }_1}[{\varphi }^{\ast }(X)]$$

则称 $\varphi$ 为水平 $\alpha$ 的最优势检验（MP检验）。

检验函数的含义：检验函数 $\varphi (x)$ 表示在观测值为 $x$ 时拒绝 $H_0$ 的概率。对于非随机化检验，$\varphi (x)\in \{0,1\}$；对于随机化检验，$\varphi (x)\in [0,1]$。

Neyman-Pearson引理

定理 7.4.1 — Neyman-Pearson引理

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 的联合密度为 $f(x;\theta )$，考虑简单假设检验问题

$$H_0:\theta ={\theta }_0\text{vs}{H}_1:\theta ={\theta }_1$$

设似然比为

$$\Lambda (x)=\frac{f(x;{\theta }_0)}{f(x;{\theta }_1)}$$

则对给定的显著性水平 $\alpha \in (0,1)$：

（1）存在性：存在常数 $k⩾0$ 和 $r\in [0,1]$，使得检验函数

$$\varphi (x)=\{\begin{array}{ll}1,& \Lambda (x)<k\\ r,& \Lambda (x)=k\\ 0,& \Lambda (x)>k\end{array}$$

是水平 $\alpha$ 的MP检验。

（2）充分性：任何满足上述形式的检验函数都是水平 $\alpha$ 的MP检验。

（3）必要性：如果 ${\varphi }^{\ast }$ 是水平 $\alpha$ 的MP检验，则 ${\varphi }^{\ast }$ 几乎处处具有上述形式（除去一个零测集外）。

证明

证明：

第一步：构造检验函数并验证水平条件。定义

$$\varphi (x)=\{\begin{array}{ll}1,& f(x;{\theta }_1)>k\cdot f(x;{\theta }_0)\\ r,& f(x;{\theta }_1)=k\cdot f(x;{\theta }_0)\\ 0,& f(x;{\theta }_1)<k\cdot f(x;{\theta }_0)\end{array}$$

这里等价地使用了 $1/\Lambda (x)=f(x;{\theta }_1)/f(x;{\theta }_0)$ 的形式。选择 $k$ 和 $r$ 使得

$$E_{{\theta }_0}[\varphi (X)]=\alpha$$

这样的 $k$ 和 $r$ 总是存在的（通过调节 $k$，再在边界上用 $r$ 微调）。

第二步：证明 $\varphi$ 是MP检验。设 ${\varphi }^{\ast }$ 是任意一个水平 $\alpha$ 的检验函数，即 $E_{{\theta }_0}[{\varphi }^{\ast }(X)]⩽\alpha$。我们需要证明 $E_{{\theta }_1}[\varphi (X)]⩾E_{{\theta }_1}[{\varphi }^{\ast }(X)]$。

考虑积分差

$$E_{{\theta }_1}[\varphi (X)]-E_{{\theta }_1}[{\varphi }^{\ast }(X)]=\int [\varphi (x)-{\varphi }^{\ast }(x)]f(x;{\theta }_1)dx$$

将样本空间分为三个区域：

• $S_1=\{x:f(x;{\theta }_1)>k\cdot f(x;{\theta }_0)\}$：此时 $\varphi (x)=1⩾{\varphi }^{\ast }(x)$，且 $f(x;{\theta }_1)-k\cdot f(x;{\theta }_0)>0$，因此

$$[\varphi (x)-{\varphi }^{\ast }(x)][f(x;{\theta }_1)-k\cdot f(x;{\theta }_0)]⩾0$$

• $S_2=\{x:f(x;{\theta }_1)<k\cdot f(x;{\theta }_0)\}$：此时 $\varphi (x)=0⩽{\varphi }^{\ast }(x)$，且 $f(x;{\theta }_1)-k\cdot f(x;{\theta }_0)<0$，因此

$$[\varphi (x)-{\varphi }^{\ast }(x)][f(x;{\theta }_1)-k\cdot f(x;{\theta }_0)]⩾0$$

• $S_3=\{x:f(x;{\theta }_1)=k\cdot f(x;{\theta }_0)\}$：此时 $f(x;{\theta }_1)-k\cdot f(x;{\theta }_0)=0$，因此

$$[\varphi (x)-{\varphi }^{\ast }(x)][f(x;{\theta }_1)-k\cdot f(x;{\theta }_0)]=0$$

因此，对所有 $x$，都有

$$[\varphi (x)-{\varphi }^{\ast }(x)][f(x;{\theta }_1)-k\cdot f(x;{\theta }_0)]⩾0$$

积分得

$$\int [\varphi (x)-{\varphi }^{\ast }(x)][f(x;{\theta }_1)-k\cdot f(x;{\theta }_0)]dx⩾0$$

展开即

$$\int [\varphi (x)-{\varphi }^{\ast }(x)]f(x;{\theta }_1)dx⩾k\int [\varphi (x)-{\varphi }^{\ast }(x)]f(x;{\theta }_0)dx$$

即

$$E_{{\theta }_1}[\varphi (X)]-E_{{\theta }_1}[{\varphi }^{\ast }(X)]⩾k[E_{{\theta }_0}[\varphi (X)]-E_{{\theta }_0}[{\varphi }^{\ast }(X)]]$$

由于 $E_{{\theta }_0}[\varphi (X)]=\alpha$ 且 $E_{{\theta }_0}[{\varphi }^{\ast }(X)]⩽\alpha$，右端 $⩾k(\alpha -\alpha )=0$。又因为 $k⩾0$，所以

$$E_{{\theta }_1}[\varphi (X)]-E_{{\theta }_1}[{\varphi }^{\ast }(X)]⩾0$$

第三步：必要性的证明。如果 ${\varphi }^{\ast }$ 是水平 $\alpha$ 的MP检验，且 $\varphi$ 也是水平 $\alpha$ 的MP检验，则必有 $E_{{\theta }_1}[{\varphi }^{\ast }(X)]=E_{{\theta }_1}[\varphi (X)]$。由第二步的不等式取等号的条件，${\varphi }^{\ast }$ 必须几乎处处与 $\varphi$ 具有相同的形式。 $\square$

似然比检验的等价形式

在实际应用中，似然比检验可以有多种等价形式，选择最便于计算的形式即可：

等价形式	拒绝域	说明
似然比	$\Lambda ⩽c$	原始形式
对数似然比	$\ln \Lambda ⩽c^{\prime }$	取对数，计算更方便
似然比倒数	$1/\Lambda ⩾c^{\prime \prime }$	有时更自然
检验统计量的单调函数	$T(X)⩾c^{\prime \prime \prime }$ 或 $T(X)⩽c^{\prime \prime \prime }$	最常用的形式

例题 7.4.2

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n\stackrel{\text{iid}}{\sim }N(\mu ,1)$，考虑检验

$$H_0:\mu =0\text{vs}{H}_1:\mu =1$$

求水平 $\alpha =0.05$ 的MP检验。

解：似然比为

$$\Lambda (x)=\frac{f(x;0)}{f(x;1)}=\frac{(2\pi {)}^{-n/2}\exp \left\{-\frac{1}{2}\sum x_i^2\right\}}{(2\pi {)}^{-n/2}\exp \left\{-\frac{1}{2}\sum (x_i-1{)}^2\right\}}=\exp \left\{-\frac{1}{2}\sum x_i^2+\frac{1}{2}\sum (x_i-1{)}^2\right\}$$

化简：

$$\sum (x_i-1{)}^2-\sum x_i^2=\sum (x_i^2-2x_i+1)-\sum x_i^2=-2n\bar{x}+n$$

因此

$$\Lambda (x)=\exp \left\{-n\bar{x}+\frac{n}{2}\right\}$$

$\Lambda ⩽c$ 等价于 $-n\bar{x}+n/2⩽\ln c$，即 $\bar{x}⩾1/2-(\ln c)/n$。

在 $H_0$ 下，$\bar{X}\sim N(0,1/n)$，因此拒绝域为

$$W=\left\{\bar{X}⩾\frac{1}{\sqrt{n}}\cdot u_{0.95}\right\}=\left\{\bar{X}⩾\frac{1.645}{\sqrt{n}}\right\}$$

这正是直觉上合理的：当样本均值显著大于 $0$ 时，拒绝 $\mu =0$ 而接受 $\mu =1$。

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三、广义似然比检验

N-P引理只适用于简单假设（$H_0$ 和 $H_1$ 都是单点集），但实际问题中更常见的是复合假设（参数空间是一个集合）。广义似然比检验（Generalized Likelihood Ratio Test，GLRT）将似然比检验的思想推广到复合假设。

广义似然比统计量

定义 7.4.3 — 广义似然比统计量

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 的联合密度为 $f(x_1,\dots ,x_n;\theta )$，$\theta \in \Theta$。考虑复合假设检验问题

$$H_0:\theta \in {\Theta }_0\text{vs}{H}_1:\theta \in {\Theta }_1=\Theta \setminus {\Theta }_0$$

定义广义似然比统计量为

$$\Lambda =\frac{{\sup }_{\theta \in {\Theta }_0}L(\theta )}{{\sup }_{\theta \in \Theta }L(\theta )}=\frac{L({\hat{\theta }}_0)}{L(\hat{\theta })}$$

其中 ${\hat{\theta }}_0=\arg {\sup }_{\theta \in {\Theta }_0}L(\theta )$ 为 $H_0$ 下的最大似然估计（约束MLE），$\hat{\theta }=\arg {\sup }_{\theta \in \Theta }L(\theta )$ 为无约束MLE。

广义似然比检验的拒绝域为 $\{\Lambda ⩽c\}$。

与简单似然比的区别：

• 简单似然比：${\Theta }_0=\{{\theta }_0\}$，${\Theta }_1=\{{\theta }_1\}$，分子分母都是单点值。
• 广义似然比：${\Theta }_0$ 和 $\Theta$ 都是集合，分子分母都是上确界（通常用MLE代替）。

Wilks定理（渐近分布）

定理 7.4.2 — Wilks定理（广义似然比检验的渐近分布）

在一定的正则条件下，当 $H_0$ 成立且样本量 $n\to \infty$ 时，

$$-2\ln \Lambda \stackrel{d}{\to }{\chi }^2(r)$$

其中 $r=\dim (\Theta )-\dim ({\Theta }_0)$ 为参数空间维数之差（即自由度）。

因此，对于大样本，水平 $\alpha$ 的近似拒绝域为

$$W=\{-2\ln \Lambda ⩾{\chi }_{1-\alpha }^2(r)\}$$

证明

证明：（以下给出证明的要点和关键步骤）

第一步：对数似然函数的Taylor展开。设 ${\theta }_0\in {\Theta }_0$ 为真参数值，$\hat{\theta }$ 为全空间MLE，${\hat{\theta }}_0$ 为约束MLE。在 ${\theta }_0$ 处对对数似然函数 $l(\theta )=\ln L(\theta )$ 进行二阶Taylor展开：

$$l(\hat{\theta })\approx l({\theta }_0)+\nabla l({\theta }_0{)}^T(\hat{\theta }-{\theta }_0)+\frac{1}{2}(\hat{\theta }-{\theta }_0{)}^T\cdot I({\theta }_0)\cdot (\hat{\theta }-{\theta }_0)$$

其中 $I({\theta }_0)=-{\nabla }^{2}l({\theta }_0)$ 为Fisher信息矩阵。

第二步：MLE的渐近正态性。由MLE理论，

$$\sqrt{n}(\hat{\theta }-{\theta }_0)\stackrel{d}{\to }N(0,I({\theta }_0{)}^{-1})$$

且 $\nabla l({\theta }_0)/\sqrt{n}\stackrel{d}{\to }N(0,I({\theta }_0))$。

第三步：似然比统计量的渐近展开。类似地，

$$l({\hat{\theta }}_0)\approx l({\theta }_0)+\frac{1}{2}({\hat{\theta }}_0-{\theta }_0{)}^T\cdot I({\theta }_0)\cdot ({\hat{\theta }}_0-{\theta }_0)$$

因此，

$$-2\ln \Lambda =-2[l({\hat{\theta }}_0)-l(\hat{\theta })]\approx (\hat{\theta }-{\hat{\theta }}_0{)}^T\cdot I({\theta }_0)\cdot (\hat{\theta }-{\hat{\theta }}_0)$$

第四步：利用二次型的渐近分布。在 $H_0$ 下，${\hat{\theta }}_0$ 和 $\hat{\theta }$ 都收敛到 ${\theta }_0$。可以证明

$$(\hat{\theta }-{\hat{\theta }}_0{)}^T\cdot I({\theta }_0)\cdot (\hat{\theta }-{\hat{\theta }}_0)\stackrel{d}{\to }{\chi }^2(r)$$

其中 $r=\dim (\Theta )-\dim ({\Theta }_0)$。这是因为约束 $\theta \in {\Theta }_0$ 相当于施加了 $r$ 个独立约束，每个约束贡献一个自由度。 $\square$

广义似然比检验与前面各节检验的关系

广义似然比检验是一个统一的框架，前面各节中的检验方法大多可以看作广义似然比检验的特例：

检验方法	检验问题	广义似然比检验等价形式
$u$ 检验	$H_0:\mu ={\mu }_0$（${\sigma }^2$已知）	$-2\ln \Lambda =n(\bar{X}-{\mu }_0{)}^2/{\sigma }^2\sim {\chi }^2(1)$
$t$ 检验	$H_0:\mu ={\mu }_0$（${\sigma }^2$未知）	$-2\ln \Lambda \approx t^2$（渐近等价）
${\chi }^2$ 检验	$H_0:{\sigma }^2={\sigma }_0^2$（$\mu$未知）	$-2\ln \Lambda \approx (n-1)S^2/{\sigma }_0^2$
$F$ 检验	$H_0:{\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$	$-2\ln \Lambda \approx F$ 统计量

例题 7.4.3

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n\stackrel{\text{iid}}{\sim }N(\mu ,{\sigma }^2)$，$\mu$ 和 ${\sigma }^2$ 均未知。考虑检验

$$H_0:\mu ={\mu }_0\text{vs}{H}_1:\mu \ne {\mu }_0$$

求广义似然比检验。

解：参数空间 $\Theta =\{(\mu ,{\sigma }^2):\mu \in \mathbb{R},{\sigma }^2>0\}$，${\Theta }_0=\{({\mu }_0,{\sigma }^2):{\sigma }^2>0\}$。

全空间MLE：$\hat{\mu }=\bar{X}$，${\hat{\sigma }}^2=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2$。

约束MLE（$H_0$ 下）：${\hat{\mu }}_0={\mu }_0$，${\hat{\sigma }}_0^2=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n(X_i-{\mu }_0{)}^2$。

似然比为

$$\Lambda =\frac{L({\mu }_0,{\hat{\sigma }}_0^2)}{L(\hat{\mu },{\hat{\sigma }}^2)}={\left(\frac{{\hat{\sigma }}^2}{{\hat{\sigma }}_0^2}\right)}^{n/2}$$

注意到

$${\hat{\sigma }}_0^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-{\mu }_0{)}^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n[(X_i-\bar{X})+(\bar{X}-{\mu }_0){]}^2={\hat{\sigma }}^2+(\bar{X}-{\mu }_0{)}^2$$

因此

$$\Lambda ={\left(\frac{{\hat{\sigma }}^2}{{\hat{\sigma }}^2+(\bar{X}-{\mu }_0{)}^2}\right)}^{n/2}={\left(1+\frac{(\bar{X}-{\mu }_0{)}^2}{{\hat{\sigma }}^2}\right)}^{-n/2}={\left(1+\frac{T^2}{n-1}\right)}^{-n/2}$$

其中 $T=\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-{\mu }_0)}{S}$ 为 $t$ 统计量。$\Lambda$ 是 $T^2$ 的单调递减函数，因此拒绝域 $\{\Lambda ⩽c\}$ 等价于 $\{|T|⩾c^{\prime }\}$，这正是[[7.2 正态总体参数的假设检验|$t$ 检验]]。

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四、卡方拟合优度检验

在实际问题中，我们经常需要检验总体分布是否服从某个特定的分布。例如：骰子是否均匀？数据是否服从正态分布？这种问题属于分布拟合检验，卡方拟合优度检验是最常用的方法。

卡方拟合优度检验

定义 7.4.4 — 卡方拟合优度检验

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 为来自总体 $X$ 的样本，$F_0(x)$ 为某个已知的分布函数。检验问题为

$$H_0:F(x)=F_0(x)\text{vs}{H}_1:F(x)\ne F_0(x)$$

检验步骤：

（1）分组：将实数轴分为 $k$ 个互不相交的区间 $A_1,A_2,\dots ,A_k$，使得 ${\bigcup }_{i=1}^k{A}_i=\mathbb{R}$。

（2）统计实际频数：记 $O_i$ 为样本落入区间 $A_i$ 的实际频数（观测频数），${\sum }_{i=1}^k{O}_i=n$。

（3）计算理论频数：在 $H_0$ 下，样本落入 $A_i$ 的概率为

$$p_i=P_{H_0}(X\in A_i)=F_0(A_i\text{ 的右端点})-F_0(A_i\text{ 的左端点})$$

理论频数（期望频数）为 $E_i=n{p}_i$。

（4）计算检验统计量：

$${\chi }^2=\sum _{i=1}^k\frac{(O_i-E_i{)}^2}{E_i}$$

（5）确定拒绝域：当 $H_0$ 成立时，${\chi }^2$ 近似服从 ${\chi }^2(k-1-m)$ 分布，其中 $m$ 为用样本估计的 $F_0$ 中未知参数的个数。拒绝域为

$$W=\left\{{\chi }^2⩾{\chi }_{1-\alpha }^2(k-1-m)\right\}$$

Pearson定理

定理 7.4.3 — Pearson定理

设 $H_0:F(x)=F_0(x)$ 成立，其中 $F_0(x)$ 完全已知（不含未知参数，即 $m=0$）。当 $n\to \infty$ 时，

$${\chi }^2=\sum _{i=1}^k\frac{(O_i-E_i{)}^2}{E_i}\stackrel{d}{\to }{\chi }^2(k-1)$$

如果 $F_0(x)$ 中含有 $m$ 个未知参数，需要先用样本估计这些参数（通常用MLE），此时自由度为 $k-1-m$。

证明

证明：（以下给出 $m=0$ 情况下的证明要点）

第一步：建立多项分布模型。在 $H_0$ 下，每个样本点落入区间 $A_i$ 的概率为 $p_i$。记 $N_i$ 为落入 $A_i$ 的样本点数，则 $(N_1,N_2,\dots ,N_k)\sim \text{Multinomial}(n;p_1,p_2,\dots ,p_k)$。

第二步：标准化。由中心极限定理的多维版本，当 $n\to \infty$ 时，

$$\sqrt{n}{\left(\frac{N_i}{n}-p_i\right)}_{i=1}^k\stackrel{d}{\to }{N}_k(0,\Sigma )$$

其中 $\Sigma =\text{diag}(p_1,\dots ,p_k)-p{p}^T$，$p=(p_1,\dots ,p_k{)}^T$。

第三步：二次型的分布。$\Sigma$ 的秩为 $k-1$（因为 $\sum p_i=1$），因此

$${\chi }^2=\sum _{i=1}^k\frac{(N_i-n{p}_i{)}^2}{n{p}_i}=n\sum _{i=1}^k\frac{(N_i/n-p_i{)}^2}{p_i}$$

可以表示为正态随机向量的二次型。由二次型的分布理论，当 $n\to \infty$ 时，

$${\chi }^2\stackrel{d}{\to }{\chi }^2(k-1)$$

第四步：含未知参数的情况。当 $F_0$ 中含有 $m$ 个未知参数时，用MLE $\hat{\theta }$ 替换后，每个估计量消耗一个自由度，因此自由度从 $k-1$ 减少到 $k-1-m$。这一结论由 Fisher (1924) 严格证明。 $\square$

分组方法与注意事项

卡方拟合优度检验的检验功效与分组方式密切相关：

注意事项	说明
每组期望频数 $⩾5$	这是保证 ${\chi }^2$ 近似精度的基本要求
通常取 $k=5\sim 15$	分组太少会损失信息，太多会导致期望频数过小
各组概率 $p_i$ 不宜过小	建议 $p_i⩾0.05$
期望频数不足时合并相邻组	将期望频数 $<5$ 的组与相邻组合并
分组方式应事先确定	不应先看数据再决定分组（否则影响检验的有效性）

例题 7.4.4

某工厂声称其产品的不合格率服从 $p=0.1$ 的二项分布。随机抽取 200 件产品进行检验，按每件产品的不合格特征分为4类，各类的观测频数如下：

类别	$A_1$	$A_2$	$A_3$	$A_4$
观测频数 $O_i$	120	55	18	7
理论概率 $p_i$	0.6561	0.2916	0.0486	0.0037

在 $\alpha =0.05$ 下检验 $H_0$: 产品分类服从 $p=0.1$ 的二项分布。

解：

（1）计算理论频数：$E_i=n\times p_i=200\times p_i$。

类别	$A_1$	$A_2$	$A_3$	$A_4$
$E_i$	131.22	58.32	9.72	0.74

注意 $E_4=0.74<5$，需要将 $A_3$ 和 $A_4$ 合并。

（2）合并后的计算：

类别	$A_1$	$A_2$	$A_3\cup A_4$
$O_i$	120	55	25
$E_i$	131.22	58.32	10.46

（3）计算 ${\chi }^2$ 统计量：

$${\chi }^2=\frac{(120-131.22{)}^2}{131.22}+\frac{(55-58.32{)}^2}{58.32}+\frac{(25-10.46{)}^2}{10.46}$$ $$=\frac{125.89}{131.22}+\frac{11.02}{58.32}+\frac{211.21}{10.46}=0.96+0.19+20.19=21.34$$

（4）查表判断：自由度 $=k-1=3-1=2$，${\chi }_{0.95}^2(2)=5.991$。

因为 ${\chi }^2=21.34>5.991$，所以拒绝 $H_0$，即产品分类不服从 $p=0.1$ 的二项分布。

例题 7.4.5

在某公路上，50分钟内记录每15秒区间内到达的车辆数，得到如下数据：

到达车辆数 $k$	0	1	2	3	4	$⩾5$
观测频数 $O_k$	4	14	23	16	8	5

在 $\alpha =0.05$ 下检验到达车辆数是否服从泊松分布。

解：

（1）估计参数。泊松分布 $P(\lambda )$ 中 $\lambda$ 未知，先估计：

$$\hat{\lambda }=\bar{x}=\frac{0\times 4+1\times 14+2\times 23+3\times 16+4\times 8+5\times 5}{70}=\frac{161}{70}\approx 2.3$$

（2）计算理论概率和期望频数。$p_k=e^{-2.3}\cdot 2.3^k/k!$，$E_k=70\cdot p_k$。

$k$	0	1	2	3	4	$⩾5$
$p_k$	0.1003	0.2306	0.2652	0.2033	0.1169	0.0837
$E_k$	7.02	16.14	18.56	14.23	8.18	5.86

所有 $E_k⩾5$，无需合并。

（3）计算 ${\chi }^2$ 统计量：

$${\chi }^2=\frac{(4-7.02{)}^2}{7.02}+\frac{(14-16.14{)}^2}{16.14}+\frac{(23-18.56{)}^2}{18.56}+\frac{(16-14.23{)}^2}{14.23}+\frac{(8-8.18{)}^2}{8.18}+\frac{(5-5.86{)}^2}{5.86}$$ $$=1.30+0.28+1.06+0.22+0.004+0.13=2.99$$

（4）查表判断：自由度 $=k-1-m=6-1-1=4$，${\chi }_{0.95}^2(4)=9.488$。

因为 ${\chi }^2=2.99<9.488$，所以不拒绝 $H_0$，即数据与泊松分布无显著差异。

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五、独立性检验

独立性检验是卡方检验的另一个重要应用，用于检验两个分类变量之间是否相互独立。数据通常以列联表（Contingency Table）的形式呈现。

列联表与独立性检验

定义 7.4.5 — 列联表与独立性检验

设有两个分类变量 $X$ 和 $Y$，$X$ 有 $r$ 个水平，$Y$ 有 $c$ 个水平。从总体中随机抽取 $n$ 个个体，按 $(X,Y)$ 的取值分类，得到 $r\times c$ 列联表：

	$Y_1$	$Y_2$	$\cdots$	$Y_c$	行合计
$X_1$	$O_{11}$	$O_{12}$	$\cdots$	$O_{1c}$	$O_{1\cdot }$
$X_2$	$O_{21}$	$O_{22}$	$\cdots$	$O_{2c}$	$O_{2\cdot }$
$⋮$	$⋮$	$⋮$	$\ddots$	$⋮$	$⋮$
$X_r$	$O_{r1}$	$O_{r2}$	$\cdots$	$O_{rc}$	$O_{r\cdot }$
列合计	$O_{\cdot 1}$	$O_{\cdot 2}$	$\cdots$	$O_{\cdot c}$	$n$

其中 $O_{ij}$ 为 $(X_i,Y_j)$ 的观测频数，$O_{i\cdot }={\sum }_{j=1}^c{O}_{ij}$，$O_{\cdot j}={\sum }_{i=1}^r{O}_{ij}$。

检验问题为

$$H_0:X\text{ 与 }Y\text{ 独立}\text{vs}{H}_1:X\text{ 与 }Y\text{ 不独立}$$

检验统计量：

$${\chi }^2=\sum _{i=1}^r\sum _{j=1}^c\frac{(O_{ij}-E_{ij}{)}^2}{E_{ij}}$$

其中期望频数为

$$E_{ij}=\frac{O_{i\cdot }\cdot O_{\cdot j}}{n}$$

在 $H_0$ 成立且 $n$ 充分大时，${\chi }^2\stackrel{d}{\to }{\chi }^2((r-1)(c-1))$。

期望频数的推导：在 $H_0$（$X$ 与 $Y$ 独立）下，

$$P(X=X_i,Y=Y_j)=P(X=X_i)\cdot P(Y=Y_j)\approx \frac{O_{i\cdot }}{n}\cdot \frac{O_{\cdot j}}{n}$$

因此期望频数

$$E_{ij}=n\cdot P(X=X_i,Y=Y_j)\approx n\cdot \frac{O_{i\cdot }}{n}\cdot \frac{O_{\cdot j}}{n}=\frac{O_{i\cdot }\cdot O_{\cdot j}}{n}$$

独立性检验的渐近分布

定理 7.4.4 — 独立性检验的渐近分布

在 $H_0$（$X$ 与 $Y$ 独立）成立且 $n\to \infty$ 时，

$${\chi }^2=\sum _{i=1}^r\sum _{j=1}^c\frac{(O_{ij}-E_{ij}{)}^2}{E_{ij}}\stackrel{d}{\to }{\chi }^2((r-1)(c-1))$$

自由度为 $(r-1)(c-1)$ 的直观理解：$r\times c$ 列联表有 $rc$ 个格子，但受到行合计和列合计的约束（${\sum }_j{O}_{ij}=O_{i\cdot }$ 给出 $r$ 个约束，${\sum }_i{O}_{ij}=O_{\cdot j}$ 给出 $c$ 个约束，但 ${\sum }_i{O}_{i\cdot }={\sum }_j{O}_{\cdot j}=n$ 使得总约束数为 $r+c-1$），因此自由度为 $rc-(r+c-1)=(r-1)(c-1)$。

例题 7.4.6（ $2\times 2$ 列联表）

调查200名患者，研究某种新药是否有效，得到如下 $2\times 2$ 列联表：

	有效	无效	合计
用药组	60	40	100
对照组	35	65	100
合计	95	105	200

在 $\alpha =0.05$ 下检验药物是否有效。

解：$H_0$: 药物与疗效独立 vs $H_1$: 药物与疗效不独立。

（1）计算期望频数：

$$E_{11}=\frac{100\times 95}{200}=47.5,E_{12}=\frac{100\times 105}{200}=52.5$$ $$E_{21}=\frac{100\times 95}{200}=47.5,E_{22}=\frac{100\times 105}{200}=52.5$$

（2）计算 ${\chi }^2$ 统计量：

$${\chi }^2=\frac{(60-47.5{)}^2}{47.5}+\frac{(40-52.5{)}^2}{52.5}+\frac{(35-47.5{)}^2}{47.5}+\frac{(65-52.5{)}^2}{52.5}$$ $$=\frac{156.25}{47.5}+\frac{156.25}{52.5}+\frac{156.25}{47.5}+\frac{156.25}{52.5}$$ $$=3.289+2.976+3.289+2.976=12.53$$

（3）查表判断：自由度 $=(2-1)(2-1)=1$，${\chi }_{0.95}^2(1)=3.841$。

因为 ${\chi }^2=12.53>3.841$，所以拒绝 $H_0$，即药物与疗效有关（药物有效）。

注：对于 $2\times 2$ 列联表，也可以使用 Yates 连续性修正：

$${\chi }_{\text{Yates}}^2=\sum _{i=1}^2\sum _{j=1}^2\frac{(|O_{ij}-E_{ij}|-0.5{)}^2}{E_{ij}}$$

例题 7.4.7（ $r\times c$ 列联表）

调查不同年龄段人群对某项政策的满意度，得到如下 $3\times 3$ 列联表：

	满意	一般	不满意	合计
青年	30	40	30	100
中年	45	35	20	100
老年	55	25	20	100
合计	130	100	70	300

在 $\alpha =0.05$ 下检验满意度与年龄是否独立。

解：$H_0$: 满意度与年龄独立 vs $H_1$: 满意度与年龄不独立。

（1）计算期望频数：

$$E_{11}=\frac{100\times 130}{300}=43.33,E_{12}=\frac{100\times 100}{300}=33.33,E_{13}=\frac{100\times 70}{300}=23.33$$ $$E_{21}=43.33,E_{22}=33.33,E_{23}=23.33$$ $$E_{31}=43.33,E_{32}=33.33,E_{33}=23.33$$

（2）计算 ${\chi }^2$ 统计量：

$${\chi }^2=\sum _{i=1}^3\sum _{j=1}^3\frac{(O_{ij}-E_{ij}{)}^2}{E_{ij}}$$ $$=\frac{(30-43.33{)}^2}{43.33}+\frac{(40-33.33{)}^2}{33.33}+\frac{(30-23.33{)}^2}{23.33}+\frac{(45-43.33{)}^2}{43.33}+\frac{(35-33.33{)}^2}{33.33}+\frac{(20-23.33{)}^2}{23.33}+\frac{(55-43.33{)}^2}{43.33}+\frac{(25-33.33{)}^2}{33.33}+\frac{(20-23.33{)}^2}{23.33}$$ $$=4.10+1.33+1.91+0.06+0.08+0.48+3.14+2.08+0.48=13.66$$

（3）查表判断：自由度 $=(3-1)(3-1)=4$，${\chi }_{0.95}^2(4)=9.488$。

因为 ${\chi }^2=13.66>9.488$，所以拒绝 $H_0$，即满意度与年龄有关。

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六、卡方检验汇总

三种卡方检验的对比

检验类型	检验问题	检验统计量	自由度	应用场景
拟合优度检验	$H_0$: 总体分布为 $F_0(x)$	$\sum \frac{(O_i-E_i{)}^2}{E_i}$	$k-1-m$	检验数据是否服从某分布
独立性检验	$H_0$: 两变量独立	$\sum \sum \frac{(O_{ij}-E_{ij}{)}^2}{E_{ij}}$	$(r-1)(c-1)$	检验两分类变量的独立性
齐性检验	$H_0$: 多个总体分布相同	$\sum \sum \frac{(O_{ij}-E_{ij}{)}^2}{E_{ij}}$	$(r-1)(c-1)$	检验多个总体比例是否一致

注：独立性检验和齐性检验的统计量和自由度完全相同，但抽样方式不同：

• 独立性检验：从单一总体中抽取 $n$ 个个体，然后按两个变量交叉分类。
• 齐性检验：从 $r$ 个总体中分别抽取样本，比较各总体中各水平的比例。

卡方检验的适用条件

1. 样本量充分大：保证 ${\chi }^2$ 近似分布的精度。
2. 期望频数要求：所有 $E_i⩾1$，且至少 $80\%$ 的 $E_i⩾5$（Cochran准则）。
3. 独立性：各观测值相互独立。
4. 互斥完备：每个观测值恰好落入一个类别。
5. 固定样本量（对于独立性检验）：总样本量 $n$ 在抽样前确定。

卡方检验与似然比检验的关系

卡方检验与似然比检验之间存在深刻的联系：

1. 渐近等价性：对于多项分布数据，Pearson ${\chi }^2$ 统计量和似然比 ${\chi }^2$ 统计量（$G^2=2\sum O_i\ln (O_i/E_i)$）在 $H_0$ 下具有相同的渐近 ${\chi }^2$ 分布，且渐近等价。

2. 数值关系：$G^2⩽{\chi }_{\text{Pearson}}^2$（对于同样的数据），当 $H_0$ 成立时两者差距很小。

3. 统一框架：卡方检验可以看作广义似然比检验在离散数据（多项分布）下的具体实现。Pearson ${\chi }^2$ 统计量是似然比 ${\chi }^2$ 统计量的二阶Taylor展开近似。

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七、知识结构总览

graph TB
    A[似然比检验与分布拟合检验] --> B[似然比检验]
    A --> C[卡方检验]
    B --> D[基本思想]
    B --> E[Neyman-Pearson引理]
    B --> F[广义似然比检验]
    D --> D1[似然比统计量]
    D --> D2[拒绝域确定]
    E --> E1[简单假设MP检验]
    E --> E2[最优性证明]
    F --> F1[复合假设推广]
    F --> F2[Wilks定理]
    C --> G[拟合优度检验]
    C --> H[独立性检验]
    G --> G1[Pearson定理]
    G --> G2[分组与注意事项]
    H --> H1[列联表分析]
    H --> H2[期望频数计算]
    F2 --> I[渐近卡方分布]
    I --> G
    I --> H

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八、核心思想与解题技巧

似然比检验解题步骤

似然比检验的标准解题流程

1. 写出似然函数 $L(\theta )={\prod }_{i=1}^{n}f(x_i;\theta )$。
2. 求全空间MLE $\hat{\theta }=\arg {\max }_{\theta \in \Theta }L(\theta )$。
3. 求约束MLE ${\hat{\theta }}_0=\arg {\max }_{\theta \in {\Theta }_0}L(\theta )$。
4. 计算似然比 $\Lambda =L({\hat{\theta }}_0)/L(\hat{\theta })$。
5. 化简：利用单调变换将 $\Lambda ⩽c$ 转化为更简单的检验统计量。
6. 确定拒绝域：利用Wilks定理（$-2\ln \Lambda \sim {\chi }^2(r)$）或精确分布。
7. 计算统计量值并判断。

卡方检验解题步骤

卡方检验的标准解题流程

拟合优度检验：

1. 建立假设 $H_0$: 总体分布为 $F_0(x)$。
2. 如有未知参数，用MLE估计。
3. 分组并统计观测频数 $O_i$。
4. 计算理论概率 $p_i$ 和期望频数 $E_i=n{p}_i$。
5. 检查期望频数，必要时合并。
6. 计算 ${\chi }^2=\sum (O_i-E_i{)}^2/E_i$。
7. 查 ${\chi }_{1-\alpha }^2(k-1-m)$ 表并判断。

独立性检验：

1. 建立假设 $H_0$: 两变量独立。
2. 列出列联表，计算行合计和列合计。
3. 计算期望频数 $E_{ij}=O_{i\cdot }\cdot O_{\cdot j}/n$。
4. 检查期望频数，必要时合并。
5. 计算 ${\chi }^2=\sum \sum (O_{ij}-E_{ij}{)}^2/E_{ij}$。
6. 查 ${\chi }_{1-\alpha }^2((r-1)(c-1))$ 表并判断。

常见题型总结

题型	关键步骤	易错点
求似然比统计量	分别求约束和无约束MLE	忘记约束条件
证明某检验是似然比检验	化简 $\Lambda$，利用单调性	忽略等价形式
卡方拟合优度检验	正确计算 $p_i$ 和 $E_i$	忘记合并期望频数 $<5$ 的组
独立性检验	正确计算 $E_{ij}$	混淆观测频数和期望频数
自由度计算	$k-1-m$ 或 $(r-1)(c-1)$	忘记减去估计参数个数 $m$

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九、补充理解与易混淆点

误区一：“似然比检验总是最优的”

正确理解：N-P引理仅保证在简单假设（$H_0:\theta ={\theta }_0$ vs $H_1:\theta ={\theta }_1$）下，似然比检验是MP检验。对于复合假设，广义似然比检验不一定最优，只是在大样本下具有优良性质（渐近最优）。在有限样本下，可能存在比GLRT更好的检验。

来源：茆诗松《概率论与数理统计》第七章、Lehmann & Romano “Testing Statistical Hypotheses” Ch. 3、Casella & Berger “Statistical Inference” §8.3、RPI论文：GLRT并非总是最优、Bookey书评摘要

误区二：“卡方检验的分组越多越好”

正确理解：分组数 $k$ 影响检验的自由度和功效。分组太少会损失信息（自由度低），分组太多会导致期望频数过小，使 ${\chi }^2$ 近似失效。通常取 $k$ 使得每组期望频数 $⩾5$，同时 $k$ 不宜超过 15-20。

来源：茆诗松《概率论与数理统计》第七章、Pearson (1900) 原论文、Minitab官方文档、NIST Dataplot文档、LibreTexts统计教材

误区三：“列联表卡方检验要求样本量很大”

正确理解：卡方检验的要求不是”样本量大”，而是==每格期望频数 $⩾5$==（更宽松的要求是：所有 $E_{ij}⩾1$，且至少 $80\%$ 的 $E_{ij}⩾5$）。对于 $2\times 2$ 列联表，当期望频数不满足要求时，应使用Fisher精确检验。

来源：茆诗松《概率论与数理统计》第七章、Cochran (1952) 经典文献、The Analysis Factor博客、UT Austin统计服务、StatCalculators

误区四：“拟合优度检验的p值很小就说明分布完全不对”

正确理解：$p$ 值小只说明在 $H_0$ 成立的条件下，观测到当前或更极端数据的概率很低，即数据与假设分布不一致。这不意味着假设分布”完全不对”——可能只是样本量很大使得微小差异也被检测出来，也可能是因为分组方式不当。应结合效应量（如残差分析）综合判断。

来源：茆诗松《概率论与数理统计》第七章、§7.1（p值含义）、Cohen (1994) “The Earth Is Round (p < .05)“、Minitab官方文档、NIST Dataplot文档

误区五：“似然比检验和卡方检验是两种不同的方法”

正确理解：卡方检验本质上是似然比检验在大样本下的渐近等价形式。对于多项分布数据，Pearson ${\chi }^2$ 统计量 $\sum (O_i-E_i{)}^2/E_i$ 是似然比 ${\chi }^2$ 统计量 $G^2=2\sum O_i\ln (O_i/E_i)$ 的二阶Taylor展开近似。两者在 $H_0$ 下渐近等价，具有相同的极限分布。

来源：茆诗松《概率论与数理统计》第七章、UCSD CSE 291讲义、UChicago STAT 244讲义、Casella & Berger “Statistical Inference” §10.5、Agresti “Categorical Data Analysis” Ch. 3

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十、习题精选

习题概览

教材习题（6题）：习题1-6（似然比检验、卡方拟合优度检验、独立性检验） 考研真题（4题）：真题7-10（卡方检验综合应用）

编号	题目类型	难度	来源
1	似然比统计量计算	$\star \star$	教材
2	N-P引理应用	$\star \star \star$	教材
3	广义似然比检验	$\star \star \star$	教材
4	卡方拟合优度检验	$\star \star$	教材
5	独立性检验	$\star \star$	教材
6	卡方检验综合	$\star \star \star$	教材
7	卡方拟合优度	$\star \star$	考研真题
8	列联表独立性	$\star \star \star$	考研真题
9	泊松分布拟合	$\star \star \star$	考研真题
10	正态分布拟合	$\star \star \star$	考研真题

教材习题

习题1：设 $X_1,X_2,\dots ,X_n\stackrel{\text{iid}}{\sim }\text{Exp}(\lambda )$，考虑检验 $H_0:\lambda ={\lambda }_0$ vs $H_1:\lambda ={\lambda }_1$（${\lambda }_1>{\lambda }_0$）。求似然比检验的拒绝域。

解：指数分布的密度为 $f(x;\lambda )=\lambda e^{-\lambda x}$（$x>0$）。

似然函数为

$$L(\lambda )={\lambda }^n\exp \left\{-\lambda \sum _{i=1}^n{x}_i\right\}={\lambda }^n{e}^{-\lambda n\bar{x}}$$

似然比为

$$\Lambda =\frac{L({\lambda }_0)}{L({\lambda }_1)}={\left(\frac{{\lambda }_0}{{\lambda }_1}\right)}^n\exp \left\{-({\lambda }_0-{\lambda }_1)n\bar{x}\right\}$$

由于 ${\lambda }_1>{\lambda }_0$，${\lambda }_0-{\lambda }_1<0$，因此 $\Lambda$ 是 $\bar{x}$ 的单调递增函数。

$\Lambda ⩽c$ 等价于 $\bar{x}⩽c^{\prime }$。

在 $H_0$ 下，$2n{\lambda }_0\bar{X}\sim {\chi }^2(2n)$（因为 $X_i\sim \text{Exp}({\lambda }_0)$ 等价于 $2{\lambda }_0{X}_i\sim {\chi }^2(2)$）。

拒绝域为

$$W=\left\{\bar{X}⩽\frac{{\chi }_{\alpha }^2(2n)}{2n{\lambda }_0}\right\}$$

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习题2：设 $X_1,X_2,\dots ,X_n\stackrel{\text{iid}}{\sim }U(0,\theta )$，考虑检验 $H_0:\theta ={\theta }_0$ vs $H_1:\theta ={\theta }_1$（${\theta }_1>{\theta }_0$）。求水平 $\alpha$ 的MP检验。

解：均匀分布 $U(0,\theta )$ 的密度为 $f(x;\theta )=1/\theta$（$0<x<\theta$）。

似然函数为

$$L(\theta )=\{\begin{array}{ll}{\theta }^{-n},& 0<x_{(n)}<\theta \\ 0,& \text{其他}\end{array}$$

其中 $x_{(n)}=\max \{x_1,\dots ,x_n\}$。

似然比为

$$\Lambda =\frac{L({\theta }_0)}{L({\theta }_1)}=\{\begin{array}{ll}({\theta }_1/{\theta }_0{)}^n,& x_{(n)}⩽{\theta }_0\\ +\infty ,& {\theta }_0<x_{(n)}⩽{\theta }_1\\ 0,& x_{(n)}>{\theta }_1\end{array}$$

当 ${\theta }_1>{\theta }_0$ 时，$\Lambda ⩽c$ 等价于 $x_{(n)}>{\theta }_0$（当 $c<({\theta }_1/{\theta }_0{)}^n$ 时）。

在 $H_0$ 下，$X_{(n)}$ 的分布函数为 $F(t)=(t/{\theta }_0{)}^n$（$0<t<{\theta }_0$）。

因此 $P_{{\theta }_0}(X_{(n)}>{\theta }_0)=0$，直接取 $c=({\theta }_1/{\theta }_0{)}^n$，拒绝域为

$$W=\{X_{(n)}>{\theta }_0\}$$

此时犯第一类错误的概率为 $0⩽\alpha$。如果需要精确达到水平 $\alpha$，可以使用随机化检验。

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习题3：设 $X_1,X_2,\dots ,X_n\stackrel{\text{iid}}{\sim }N(\mu ,{\sigma }^2)$，$\mu$ 和 ${\sigma }^2$ 均未知。考虑检验 $H_0:{\sigma }^2={\sigma }_0^2$ vs $H_1:{\sigma }^2\ne {\sigma }_0^2$。求广义似然比检验。

解：全空间MLE：$\hat{\mu }=\bar{X}$，${\hat{\sigma }}^2=\frac{1}{n}\sum (X_i-\bar{X}{)}^2$。

约束MLE（$H_0$ 下）：${\hat{\mu }}_0=\bar{X}$，${\hat{\sigma }}_0^2={\sigma }_0^2$。

似然比为

$$\Lambda =\frac{L(\bar{X},{\sigma }_0^2)}{L(\bar{X},{\hat{\sigma }}^2)}=\frac{(2\pi {\sigma }_0^2{)}^{-n/2}\exp \left\{-\frac{1}{2{\sigma }_0^2}\sum (X_i-\bar{X}{)}^2\right\}}{(2\pi {\hat{\sigma }}^2{)}^{-n/2}\exp \left\{-\frac{n}{2}\right\}}={\left(\frac{{\hat{\sigma }}^2}{{\sigma }_0^2}\right)}^{n/2}\exp \left\{-\frac{n{\hat{\sigma }}^2}{2{\sigma }_0^2}+\frac{n}{2}\right\}$$

令 $u=n{\hat{\sigma }}^2/{\sigma }_0^2=\frac{1}{{\sigma }_0^2}\sum (X_i-\bar{X}{)}^2$，则

$$\Lambda ={\left(\frac{u}{n}\right)}^{n/2}{e}^{-u/2+n/2}$$

$\Lambda$ 是 $u$ 的函数，先减后增，在 $u=n$ 处取最大值 $1$。$\Lambda ⩽c$ 等价于 $u⩽c_1$ 或 $u⩾c_2$。

在 $H_0$ 下，$u/{\sigma }_0^2=\sum (X_i-\bar{X}{)}^2/{\sigma }_0^2\sim {\chi }^2(n-1)$。

因此拒绝域为

$$W=\left\{\frac{\sum (X_i-\bar{X}{)}^2}{{\sigma }_0^2}⩽{\chi }_{\alpha /2}^2(n-1)\text{ 或 }\frac{\sum (X_i-\bar{X}{)}^2}{{\sigma }_0^2}⩾{\chi }_{1-\alpha /2}^2(n-1)\right\}$$

这与§7.2中的 ${\chi }^2$ 检验一致。

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习题4：掷一枚骰子120次，各面出现的次数如下：

点数	1	2	3	4	5	6
频数	25	17	15	23	24	16

在 $\alpha =0.05$ 下检验骰子是否均匀。

解：$H_0$: 骰子均匀（各面概率均为 $1/6$）。

理论频数 $E_i=120\times 1/6=20$。

$${\chi }^2=\frac{(25-20{)}^2}{20}+\frac{(17-20{)}^2}{20}+\frac{(15-20{)}^2}{20}+\frac{(23-20{)}^2}{20}+\frac{(24-20{)}^2}{20}+\frac{(16-20{)}^2}{20}=\frac{25+9+25+9+16+16}{20}=\frac{100}{20}=5.0$$

自由度 $=6-1=5$，${\chi }_{0.95}^2(5)=11.070$。

因为 ${\chi }^2=5.0<11.070$，所以不拒绝 $H_0$，即骰子是均匀的。

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习题5：调查300名大学生，研究性别与是否喜欢运动的关系：

	喜欢	不喜欢	合计
男	90	60	150
女	70	80	150
合计	160	140	300

在 $\alpha =0.01$ 下检验性别与运动偏好是否独立。

解：$H_0$: 性别与运动偏好独立。

$$E_{11}=\frac{150\times 160}{300}=80,E_{12}=\frac{150\times 140}{300}=70E_{21}=\frac{150\times 160}{300}=80,E_{22}=\frac{150\times 140}{300}=70{\chi }^2=\frac{(90-80{)}^2}{80}+\frac{(60-70{)}^2}{70}+\frac{(70-80{)}^2}{80}+\frac{(80-70{)}^2}{70}=\frac{100}{80}+\frac{100}{70}+\frac{100}{80}+\frac{100}{70}=1.25+1.43+1.25+1.43=5.36$$

自由度 $=(2-1)(2-1)=1$，${\chi }_{0.99}^2(1)=6.635$。

因为 ${\chi }^2=5.36<6.635$，所以不拒绝 $H_0$，即性别与运动偏好无显著关联。

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习题6：从某工厂生产的产品中随机抽取100件，测量其直径（单位：mm），得到如下频数分布：

区间	(9.5, 9.7)	(9.7, 9.9)	(9.9, 10.1)	(10.1, 10.3)	(10.3, 10.5)
频数	5	15	35	30	15

样本均值 $\bar{x}=10.06$，样本标准差 $s=0.18$。在 $\alpha =0.05$ 下检验直径是否服从正态分布。

解：$H_0$: 直径 $\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，其中 $\mu$ 和 ${\sigma }^2$ 未知。

用样本估计：$\hat{\mu }=10.06$，$\hat{\sigma }=0.18$。

计算各区间的理论概率（标准化后查正态分布表）：

设 $Z=(X-10.06)/0.18$。

区间	$Z$ 区间	$p_i$	$E_i=100p_i$
$(-\infty ,9.7)$	$(-\infty ,-2)$	0.0228	2.28
$(9.7,9.9)$	$(-2,-0.89)$	0.1536	15.36
$(9.9,10.1)$	$(-0.89,0.22)$	0.4107	41.07
$(10.1,10.3)$	$(0.22,1.33)$	0.3230	32.30
$(10.3,+\infty )$	$(1.33,+\infty )$	0.0918	9.18

第一组 $E_1=2.28<5$，将第一、二组合并：

合并区间	$O_i$	$E_i$
$(-\infty ,9.9)$	20	17.64
$(9.9,10.1)$	35	41.07
$(10.1,10.3)$	30	32.30
$(10.3,+\infty )$	15	9.18

$${\chi }^2=\frac{(20-17.64{)}^2}{17.64}+\frac{(35-41.07{)}^2}{41.07}+\frac{(30-32.30{)}^2}{32.30}+\frac{(15-9.18{)}^2}{9.18}=0.316+0.897+0.164+3.690=5.067$$

自由度 $=4-1-2=1$，${\chi }_{0.95}^2(1)=3.841$。

因为 ${\chi }^2=5.067>3.841$，所以拒绝 $H_0$，即直径不服从正态分布。

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考研真题

真题7（卡方拟合优度检验）：某电话交换台在100分钟内记录每分钟接到的呼叫次数，得到如下数据：

每分钟呼叫次数	0	1	2	3	4	5	$⩾6$
频数	8	22	30	20	12	5	3

在 $\alpha =0.05$ 下检验每分钟呼叫次数是否服从泊松分布。

解：$H_0$: 每分钟呼叫次数 $\sim P(\lambda )$。

估计参数：

$$\hat{\lambda }=\bar{x}=\frac{0\times 8+1\times 22+2\times 30+3\times 20+4\times 12+5\times 5+6\times 3}{100}=\frac{218}{100}=2.18$$

计算理论概率和期望频数：

$k$	$p_k=e^{-2.18}\cdot 2.18^k/k!$	$E_k=100p_k$
0	0.1130	11.30
1	0.2464	24.64
2	0.2686	26.86
3	0.1951	19.51
4	0.1063	10.63
5	0.0463	4.63
$⩾6$	0.0243	2.43

将 $k⩾5$ 合并：$O_{⩾5}=8$，$E_{⩾5}=7.06$。

$${\chi }^2=\frac{(8-11.30{)}^2}{11.30}+\frac{(22-24.64{)}^2}{24.64}+\frac{(30-26.86{)}^2}{26.86}+\frac{(20-19.51{)}^2}{19.51}+\frac{(12-10.63{)}^2}{10.63}+\frac{(8-7.06{)}^2}{7.06}=0.963+0.283+0.367+0.012+0.177+0.125=1.927$$

自由度 $=6-1-1=4$，${\chi }_{0.95}^2(4)=9.488$。

因为 ${\chi }^2=1.927<9.488$，所以不拒绝 $H_0$，即每分钟呼叫次数服从泊松分布。

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真题8（列联表独立性检验）：研究血型与疾病类型的关系，得到如下 $3\times 3$ 列联表：

	A型	B型	O型	合计
甲病	30	20	50	100
乙病	40	30	30	100
丙病	30	50	20	100
合计	100	100	100	300

在 $\alpha =0.01$ 下检验血型与疾病类型是否独立。

解：$H_0$: 血型与疾病类型独立。

由于各行合计和各列合计均为100，期望频数 $E_{ij}=100\times 100/300=33.33$（对所有 $i,j$）。

$${\chi }^2=\sum _{i=1}^3\sum _{j=1}^3\frac{(O_{ij}-33.33{)}^2}{33.33}=\frac{(30-33.33{)}^2+(20-33.33{)}^2+(50-33.33{)}^2+(40-33.33{)}^2+(30-33.33{)}^2+(30-33.33{)}^2+(30-33.33{)}^2+(50-33.33{)}^2+(20-33.33{)}^2}{33.33}=\frac{11.09+177.69+277.89+44.49+11.09+11.09+11.09+277.89+177.69}{33.33}=\frac{1000.01}{33.33}=30.00$$

自由度 $=(3-1)(3-1)=4$，${\chi }_{0.99}^2(4)=13.277$。

因为 ${\chi }^2=30.00>13.277$，所以拒绝 $H_0$，即血型与疾病类型有关。

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真题9（泊松分布拟合检验）：某十字路口在50个时间段（每个时间段10分钟）内记录交通事故数，得到如下数据：

事故数	0	1	2	3	4	$⩾5$
频数	18	15	10	5	2	0

在 $\alpha =0.10$ 下检验事故数是否服从泊松分布。

解：$H_0$: 事故数 $\sim P(\lambda )$。

$$\hat{\lambda }=\bar{x}=\frac{0\times 18+1\times 15+2\times 10+3\times 5+4\times 2}{50}=\frac{43}{50}=0.86$$

计算理论概率：

$k$	$p_k$	$E_k$
0	$e^{-0.86}=0.423$	21.15
1	$0.86\cdot e^{-0.86}=0.364$	18.20
2	$0.86^2/2!\cdot e^{-0.86}=0.156$	7.82
3	$0.86^3/3!\cdot e^{-0.86}=0.045$	2.25
$⩾4$	$1-0.423-0.364-0.156-0.045=0.012$	0.58

将 $k⩾3$ 合并：$O_{⩾3}=7$，$E_{⩾3}=2.83$。但 $E_{⩾3}<5$，需要进一步将 $k⩾2$ 合并：$O_{⩾2}=17$，$E_{⩾2}=10.65$。

$${\chi }^2=\frac{(18-21.15{)}^2}{21.15}+\frac{(15-18.20{)}^2}{18.20}+\frac{(17-10.65{)}^2}{10.65}=0.469+0.563+3.785=4.817$$

自由度 $=3-1-1=1$，${\chi }_{0.90}^2(1)=2.706$。

因为 ${\chi }^2=4.817>2.706$，所以拒绝 $H_0$，即事故数不服从泊松分布。

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真题10（正态分布拟合检验）：从某年级学生中随机抽取200人，测量身高（单位：cm），得到如下频数分布：

区间	$(-\infty ,160)$	$[160,165)$	$[165,170)$	$[170,175)$	$[175,+\infty )$
频数	15	35	70	55	25

已知样本均值 $\bar{x}=168.5$，样本标准差 $s=5.2$。在 $\alpha =0.05$ 下检验身高是否服从正态分布。

解：$H_0$: 身高 $\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$。

用样本估计：$\hat{\mu }=168.5$，$\hat{\sigma }=5.2$。

标准化 $Z=(X-168.5)/5.2$，计算各区间的理论概率：

区间	$Z$ 区间	$p_i$	$E_i$
$(-\infty ,160)$	$(-\infty ,-1.635)$	0.0510	10.20
$[160,165)$	$[-1.635,-0.673)$	0.1976	39.52
$[165,170)$	$[-0.673,0.288)$	0.3649	72.98
$[170,175)$	$[0.288,1.250)$	0.2931	58.62
$[175,+\infty )$	$[1.250,+\infty )$	0.1056	21.12

所有 $E_i⩾5$，无需合并。

$${\chi }^2=\frac{(15-10.20{)}^2}{10.20}+\frac{(35-39.52{)}^2}{39.52}+\frac{(70-72.98{)}^2}{72.98}+\frac{(55-58.62{)}^2}{58.62}+\frac{(25-21.12{)}^2}{21.12}=2.259+0.517+0.122+0.224+0.713=3.835$$

自由度 $=5-1-2=2$，${\chi }_{0.95}^2(2)=5.991$。

因为 ${\chi }^2=3.835<5.991$，所以不拒绝 $H_0$，即身高服从正态分布。

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十一、教材原文

教材原文

本节对应教材：茆诗松《概率论与数理统计》（第三版）第七章第四节”似然比检验与分布拟合检验”。

PDF原文请参考：概率论与统计/7.4_教材扫描_正文.pdf 和 概率论与统计/7.4_卡方核心笔记_似然比检验.pdf

第七章 假设检验/似然比检验