7.2 正态总体参数的假设检验

相关笔记：7.1 假设检验的基本思想与概念 | 6.6 区间估计 | 5.4 三大抽样分布 | 6.1 点估计的概念与无偏性 | 4.4 中心极限定理

本节概览

本节将§7.1的假设检验理论应用于正态总体的参数检验。正态总体是最重要的总体类型，本节系统介绍其均值和方差的检验方法：单个总体用 $u$ 检验、$t$ 检验和 ${\chi }^2$ 检验，两个总体用 $u$ 检验、合并 $t$ 检验和 $F$ 检验。所有检验的核心思想都是枢轴量法：构造分布已知的检验统计量，利用其分位数确定拒绝域。

逻辑链条：单总体均值 → 单总体方差 → 两总体均值差 → 两总体方差比 → 汇总表 → 对偶关系

前置依赖：§7.1（假设检验基本概念、p值、两类错误）、§6.6（置信区间构造、枢轴量法）、§5.4（Fisher引理、${\chi }^2$/$t$/$F$ 分布）

核心主线：正态总体参数检验的核心是”构造枢轴量→确定拒绝域”。单个正态总体有3种标准检验（$u$/$t$/${\chi }^2$），两个正态总体有3种标准检验（$u$/合并$t$/$F$），共6种检验场景。每种检验的拒绝域与对应的置信区间存在对偶关系。

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一、单个正态总体均值的检验

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 是来自正态总体 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的样本，$\bar{X}$ 为样本均值，$S^2$ 为样本方差。我们要检验关于均值 $\mu$ 的假设。

${\sigma }^2$ 已知时的 $u$ 检验

定义 7.2.1 — $u$ 检验（${\sigma }^2$ 已知）

设总体 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，其中 ${\sigma }^2={\sigma }_0^2$ 已知。对均值 $\mu$ 的检验问题：

检验类型	原假设 $H_0$	备择假设 $H_1$
双边检验	$H_0:\mu ={\mu }_0$	$H_1:\mu \ne {\mu }_0$
右边检验	$H_0:\mu ⩽{\mu }_0$	$H_1:\mu >{\mu }_0$
左边检验	$H_0:\mu ⩾{\mu }_0$	$H_1:\mu <{\mu }_0$

在 $H_0$ 成立的条件下，构造检验统计量：

$$u=\frac{\bar{X}-{\mu }_0}{{\sigma }_0/\sqrt{n}}\sim N(0,1)$$

该统计量不含有任何未知参数，且分布完全已知，是检验 $\mu$ 的枢轴量。

拒绝域（显著性水平 $\alpha$）：

检验类型	拒绝域
双边检验	${
右边检验	$\{u⩾u_{1-\alpha }\}$
左边检验	$\{u⩽u_{\alpha }\}=\{u⩽-u_{1-\alpha }\}$

其中 $u_p$ 为标准正态分布的 $p$ 分位数，满足 $\Phi (u_p)=p$。

定理 7.2.1 — ${\sigma }^2$ 已知时 $\mu$ 的检验（$u$ 检验）

设 $X_1,\dots ,X_n\stackrel{\text{iid}}{\sim }N(\mu ,{\sigma }_0^2)$，${\sigma }_0^2$ 已知。则在显著性水平 $\alpha$ 下，关于均值 $\mu$ 的三种检验问题的拒绝域如上表所示。这些检验都是显著性检验（即控制第一类错误不超过 $\alpha$）。

证明

证明：以双边检验 $H_0:\mu ={\mu }_0$ vs $H_1:\mu \ne {\mu }_0$ 为例。

第一步：构造检验统计量。当 $H_0:\mu ={\mu }_0$ 成立时，$\bar{X}\sim N({\mu }_0,{\sigma }_0^2/n)$，标准化得

$$u=\frac{\bar{X}-{\mu }_0}{{\sigma }_0/\sqrt{n}}\sim N(0,1).$$

第二步：确定拒绝域。$H_1:\mu \ne {\mu }_0$ 意味着 $\mu$ 偏离 ${\mu }_0$，可能偏大也可能偏小。当 $\mu$ 偏大时 $\bar{X}$ 偏大，$u$ 偏大；当 $\mu$ 偏小时 $\bar{X}$ 偏小，$u$ 偏小。因此合理的拒绝域应取双侧：

$$W=\{|u|⩾c\}$$

由 $P_{H_0}(|u|⩾c)=\alpha$，得 $c=u_{1-\alpha /2}$。

第三步：验证显著性水平。在 $H_0$ 成立时，

$$P_{H_0}(|u|⩾u_{1-\alpha /2})=\alpha .$$

故拒绝域 $\{|u|⩾u_{1-\alpha /2}\}$ 是显著性水平为 $\alpha$ 的检验。

对于右边检验和左边检验，逻辑类似，只是拒绝域取单侧。 $\square$

${\sigma }^2$ 未知时的 $t$ 检验

定义 7.2.2 — $t$ 检验（${\sigma }^2$ 未知）

设总体 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，其中 ${\sigma }^2$ 未知。对均值 $\mu$ 的检验问题：

检验类型	原假设 $H_0$	备择假设 $H_1$
双边检验	$H_0:\mu ={\mu }_0$	$H_1:\mu \ne {\mu }_0$
右边检验	$H_0:\mu ⩽{\mu }_0$	$H_1:\mu >{\mu }_0$
左边检验	$H_0:\mu ⩾{\mu }_0$	$H_1:\mu <{\mu }_0$

由于 $\sigma$ 未知，用样本标准差 $S$ 代替 $\sigma$，构造检验统计量：

$$t=\frac{\bar{X}-{\mu }_0}{S/\sqrt{n}}\sim t(n-1)$$

其中 $S^2=\frac{1}{n-1}{\sum }_{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2$ 为样本方差。

拒绝域（显著性水平 $\alpha$）：

检验类型	拒绝域
双边检验	${
右边检验	$\{t⩾t_{1-\alpha }(n-1)\}$
左边检验	$\{t⩽t_{\alpha }(n-1)\}=\{t⩽-t_{1-\alpha }(n-1)\}$

其中 $t_p(df)$ 为自由度为 $df$ 的 $t$ 分布的 $p$ 分位数。

定理 7.2.2 — ${\sigma }^2$ 未知时 $\mu$ 的检验（$t$ 检验）

设 $X_1,\dots ,X_n\stackrel{\text{iid}}{\sim }N(\mu ,{\sigma }^2)$，${\sigma }^2$ 未知。则在显著性水平 $\alpha$ 下，关于均值 $\mu$ 的三种检验问题的拒绝域如上表所示。

$t$ 检验与 $u$ 检验的关系：当 ${\sigma }^2$ 未知时，$u$ 检验的统计量中 $\sigma$ 无法计算，必须用 $S$ 代替。由 §5.4 的 Fisher 引理，$\bar{X}$ 与 $S^2$ 独立，且 $(n-1)S^2/{\sigma }^2\sim {\chi }^2(n-1)$，因此

$$\frac{\bar{X}-\mu }{S/\sqrt{n}}=\frac{(\bar{X}-\mu )/(\sigma /\sqrt{n})}{\sqrt{S^2/{\sigma }^2}}\sim t(n-1).$$

例 7.2.1 — $u$ 检验实例

某工厂生产的零件长度服从正态分布 $N(\mu ,1.2^2)$。标准规定零件平均长度应为 10.0mm。今从一批零件中随机抽取 16 件，测得 $\bar{x}=10.4$mm。在显著性水平 $\alpha =0.05$ 下，检验该批零件的平均长度是否符合标准。

解：

第一步：建立假设。

$$H_0:\mu =10.0\text{vs}{H}_1:\mu \ne 10.0$$

第二步：选择检验统计量。$\sigma =1.2$ 已知，使用 $u$ 检验：

$$u=\frac{\bar{X}-10.0}{1.2/\sqrt{16}}=\frac{\bar{X}-10.0}{0.3}$$

第三步：计算统计量观测值。

$$u_0=\frac{10.4-10.0}{0.3}=\frac{0.4}{0.3}=1.333$$

第四步：确定拒绝域。$\alpha =0.05$，双边检验，$u_{1-\alpha /2}=u_{0.975}=1.96$。 拒绝域为 $\{|u|⩾1.96\}$。

第五步：做出判断。$|u_0|=1.333<1.96$，未落入拒绝域，故不拒绝 $H_0$。

即在 $\alpha =0.05$ 水平下，没有充分证据表明该批零件的平均长度不符合标准。

例 7.2.2 — $t$ 检验实例

某种合金的抗拉强度服从正态分布。现抽取 9 个样品测得抗拉强度（单位：kg/mm²）为：

$$45.2,44.8,45.5,44.6,45.0,44.9,45.3,44.7,45.1$$

在 $\alpha =0.05$ 下，检验该合金的平均抗拉强度是否为 45.0 kg/mm²。

解：

第一步：建立假设。

$$H_0:\mu =45.0\text{vs}{H}_1:\mu \ne 45.0$$

第二步：计算样本统计量。

$$\bar{x}=\frac{1}{9}\sum _{i=1}^9{x}_i=\frac{405.1}{9}=45.011$$ $$s^2=\frac{1}{8}\sum _{i=1}^9(x_i-\bar{x}{)}^2=\frac{1}{8}\left[(45.2-45.011{)}^2+\cdots +(45.1-45.011{)}^2\right]\approx 0.1074$$ $$s\approx 0.3277$$

第三步：计算检验统计量。${\sigma }^2$ 未知，使用 $t$ 检验：

$$t_0=\frac{\bar{x}-45.0}{s/\sqrt{n}}=\frac{45.011-45.0}{0.3277/3}=\frac{0.011}{0.1092}\approx 0.101$$

第四步：确定拒绝域。$\alpha =0.05$，$n-1=8$，$t_{0.975}(8)=2.306$。 拒绝域为 $\{|t|⩾2.306\}$。

第五步：做出判断。$|t_0|=0.101<2.306$，未落入拒绝域，故不拒绝 $H_0$。

即在 $\alpha =0.05$ 水平下，没有充分证据表明该合金的平均抗拉强度不等于 45.0 kg/mm²。

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二、单个正态总体方差的检验

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 是来自正态总体 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的样本，$S^2$ 为样本方差。我们要检验关于方差 ${\sigma }^2$ 的假设。

${\chi }^2$ 检验

定义 7.2.3 — ${\chi }^2$ 检验（单总体方差）

设总体 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，$\mu$ 未知。对方差 ${\sigma }^2$ 的检验问题：

检验类型	原假设 $H_0$	备择假设 $H_1$
双边检验	$H_0:{\sigma }^2={\sigma }_0^2$	$H_1:{\sigma }^2\ne {\sigma }_0^2$
右边检验	$H_0:{\sigma }^2⩽{\sigma }_0^2$	$H_1:{\sigma }^2>{\sigma }_0^2$
左边检验	$H_0:{\sigma }^2⩾{\sigma }_0^2$	$H_1:{\sigma }^2<{\sigma }_0^2$

在 $H_0$ 成立的条件下，由 Fisher 引理，构造检验统计量：

$${\chi }^2=\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }_0^2}\sim {\chi }^2(n-1)$$

拒绝域（显著性水平 $\alpha$）：

检验类型	拒绝域
双边检验	$\{{\chi }^2⩽{\chi }_{\alpha /2}^2(n-1)\}\cup \{{\chi }^2⩾{\chi }_{1-\alpha /2}^2(n-1)\}$
右边检验	$\{{\chi }^2⩾{\chi }_{1-\alpha }^2(n-1)\}$
左边检验	$\{{\chi }^2⩽{\chi }_{\alpha }^2(n-1)\}$

定理 7.2.3 — 单个正态总体方差的检验（ ${\chi }^2$ 检验）

设 $X_1,\dots ,X_n\stackrel{\text{iid}}{\sim }N(\mu ,{\sigma }^2)$，$\mu$ 未知。则在显著性水平 $\alpha$ 下，关于方差 ${\sigma }^2$ 的三种检验问题的拒绝域如上表所示。

证明

证明：以双边检验 $H_0:{\sigma }^2={\sigma }_0^2$ vs $H_1:{\sigma }^2\ne {\sigma }_0^2$ 为例。

第一步：构造检验统计量。当 $H_0$ 成立时，由 Fisher 引理，

$${\chi }^2=\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }_0^2}\sim {\chi }^2(n-1).$$

第二步：确定拒绝域。$H_1:{\sigma }^2\ne {\sigma }_0^2$ 意味着 ${\sigma }^2$ 可能偏大也可能偏小。当 ${\sigma }^2>{\sigma }_0^2$ 时，$(n-1)S^2/{\sigma }_0^2$ 偏大；当 ${\sigma }^2<{\sigma }_0^2$ 时，$(n-1)S^2/{\sigma }_0^2$ 偏小。因此拒绝域取双侧：

$$W=\{{\chi }^2⩽c_1\}\cup \{{\chi }^2⩾c_2\}$$

为使检验具有最优性，通常取等尾拒绝域，即令

$$P_{H_0}({\chi }^2⩽c_1)=\frac{\alpha }{2},P_{H_0}({\chi }^2⩾c_2)=\frac{\alpha }{2}$$

得 $c_1={\chi }_{\alpha /2}^2(n-1)$，$c_2={\chi }_{1-\alpha /2}^2(n-1)$。

第三步：验证。在 $H_0$ 成立时，

$$P_{H_0}\left({\chi }^2⩽{\chi }_{\alpha /2}^2(n-1)\text{ 或 }{\chi }^2⩾{\chi }_{1-\alpha /2}^2(n-1)\right)=\frac{\alpha }{2}+\frac{\alpha }{2}=\alpha .$$

$\square$

注意：${\chi }^2$ 分布是非对称分布，因此双边检验的拒绝域不是关于某个中心对称的，而是取”等尾”形式——两侧各分配 $\alpha /2$ 的概率。

例 7.2.3 — ${\chi }^2$ 检验实例

某工厂生产的铜丝的折断力服从正态分布。根据长期生产经验，其方差为 64。今从一批产品中抽取 10 根铜丝，测得折断力的样本方差 $s^2=75.6$。在 $\alpha =0.05$ 下，检验该批铜丝折断力的方差是否发生了显著变化。

解：

第一步：建立假设。

$$H_0:{\sigma }^2=64\text{vs}{H}_1:{\sigma }^2\ne 64$$

第二步：计算检验统计量。

$${\chi }_0^2=\frac{(n-1)s^2}{{\sigma }_0^2}=\frac{9\times 75.6}{64}=\frac{680.4}{64}=10.631$$

第三步：确定拒绝域。$\alpha =0.05$，$n-1=9$。 ${\chi }_{0.025}^2(9)=2.700$，${\chi }_{0.975}^2(9)=19.023$。 拒绝域为 $\{{\chi }^2⩽2.700\}\cup \{{\chi }^2⩾19.023\}$。

第四步：做出判断。$2.700<10.631<19.023$，未落入拒绝域，故不拒绝 $H_0$。

即在 $\alpha =0.05$ 水平下，没有充分证据表明该批铜丝折断力的方差发生了显著变化。

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三、两个正态总体均值差的检验

设 $X_1,\dots ,X_m\stackrel{\text{iid}}{\sim }N({\mu }_1,{\sigma }_1^2)$，$Y_1,\dots ,Y_n\stackrel{\text{iid}}{\sim }N({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$，两样本独立。$\bar{X}$、$\bar{Y}$ 分别为两样本均值，$S_x^2$、$S_y^2$ 分别为两样本方差。

${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$ 已知时的 $u$ 检验

定义 7.2.4 — 两总体均值差的 $u$ 检验（方差已知）

设两正态总体方差 ${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$ 均已知。对均值差 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的检验问题：

检验类型	原假设 $H_0$	备择假设 $H_1$
双边检验	$H_0:{\mu }_1-{\mu }_2={\delta }_0$	$H_1:{\mu }_1-{\mu }_2\ne {\delta }_0$
右边检验	$H_0:{\mu }_1-{\mu }_2⩽{\delta }_0$	$H_1:{\mu }_1-{\mu }_2>{\delta }_0$
左边检验	$H_0:{\mu }_1-{\mu }_2⩾{\delta }_0$	$H_1:{\mu }_1-{\mu }_2<{\delta }_0$

其中 ${\delta }_0$ 为已知常数（通常取 ${\delta }_0=0$）。在 $H_0$ 成立时，检验统计量：

$$u=\frac{(\bar{X}-\bar{Y})-{\delta }_0}{\sqrt{{\sigma }_1^2/m+{\sigma }_2^2/n}}\sim N(0,1)$$

拒绝域与单总体 $u$ 检验形式相同（将 $u$ 替换为上述统计量）。

${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$ 未知时的合并 $t$ 检验

定义 7.2.5 — 两总体均值差的合并 $t$ 检验（方差未知但相等）

设两正态总体方差 ${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2={\sigma }^2$ 但未知。对均值差 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的检验问题同上。首先计算合并样本方差：

$$S_{xy}^2=\frac{(m-1)S_x^2+(n-1)S_y^2}{m+n-2}$$

它是公共方差 ${\sigma }^2$ 的无偏估计。在 $H_0$ 成立时，检验统计量：

$$t=\frac{(\bar{X}-\bar{Y})-{\delta }_0}{S_{xy}\sqrt{1/m+1/n}}\sim t(m+n-2)$$

拒绝域：

检验类型	拒绝域
双边检验	${
右边检验	$\{t⩾t_{1-\alpha }(m+n-2)\}$
左边检验	$\{t⩽t_{\alpha }(m+n-2)\}$

定理 7.2.4 — 两总体均值差的 $u$ 检验

设 $X_1,\dots ,X_m\stackrel{\text{iid}}{\sim }N({\mu }_1,{\sigma }_1^2)$，$Y_1,\dots ,Y_n\stackrel{\text{iid}}{\sim }N({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$，两样本独立，${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$ 已知。则在显著性水平 $\alpha$ 下，关于 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的检验使用 $u$ 统计量，拒绝域形式与单总体 $u$ 检验相同。

定理 7.2.5 — 两总体均值差的合并 $t$ 检验

设 $X_1,\dots ,X_m\stackrel{\text{iid}}{\sim }N({\mu }_1,{\sigma }^2)$，$Y_1,\dots ,Y_n\stackrel{\text{iid}}{\sim }N({\mu }_2,{\sigma }^2)$，两样本独立，${\sigma }^2$ 未知。则在显著性水平 $\alpha$ 下，关于 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的检验使用合并 $t$ 统计量，自由度为 $m+n-2$。

${\sigma }_1^2\ne {\sigma }_2^2$ 未知时的近似 $t$ 检验

定义 7.2.6 — 两总体均值差的近似 $t$ 检验（Behrens-Fisher 问题）

设两正态总体方差 ${\sigma }_1^2\ne {\sigma }_2^2$ 且均未知。对均值差 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的检验，使用统计量：

$$t^{\ast }=\frac{(\bar{X}-\bar{Y})-{\delta }_0}{\sqrt{S_x^2/m+S_y^2/n}}$$

该统计量的精确分布未知，但可用 Welch-Satterthwaite 近似，其近似服从自由度为 $l$ 的 $t$ 分布：

$$l=\frac{(S_x^2/m+S_y^2/n{)}^2}{\frac{(S_x^2/m{)}^2}{m-1}+\frac{(S_y^2/n{)}^2}{n-1}}$$

自由度 $l$ 通常取整数部分（向下取整）。

定理 7.2.6 — 两总体均值差的近似 $t$ 检验

设两正态总体方差不等且未知，则在显著性水平 $\alpha$ 下，关于 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的检验使用 Welch 近似 $t$ 统计量，自由度由 Welch-Satterthwaite 公式给出。

例 7.2.4 — 两总体均值差的检验

比较两种工艺生产的某种材料的抗拉强度。甲工艺抽取 8 个样品，得 $\bar{x}=52.3$，$s_x^2=4.2$；乙工艺抽取 10 个样品，得 $\bar{y}=50.8$，$s_y^2=3.6$。假设两总体方差相等，在 $\alpha =0.05$ 下检验两种工艺的平均抗拉强度是否有显著差异。

解：

第一步：建立假设。

$$H_0:{\mu }_1={\mu }_2\text{vs}{H}_1:{\mu }_1\ne {\mu }_2$$

第二步：计算合并样本方差。

$$s_{xy}^2=\frac{(8-1)\times 4.2+(10-1)\times 3.6}{8+10-2}=\frac{29.4+32.4}{16}=\frac{61.8}{16}=3.8625$$ $$s_{xy}=1.9656$$

第三步：计算检验统计量。

$$t_0=\frac{52.3-50.8}{1.9656\sqrt{1/8+1/10}}=\frac{1.5}{1.9656\times 0.4743}=\frac{1.5}{0.9323}\approx 1.609$$

第四步：确定拒绝域。$\alpha =0.05$，$m+n-2=16$，$t_{0.975}(16)=2.120$。 拒绝域为 $\{|t|⩾2.120\}$。

第五步：做出判断。$|t_0|=1.609<2.120$，未落入拒绝域，故不拒绝 $H_0$。

即在 $\alpha =0.05$ 水平下，没有充分证据表明两种工艺的平均抗拉强度有显著差异。

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四、两个正态总体方差比的检验

设 $X_1,\dots ,X_m\stackrel{\text{iid}}{\sim }N({\mu }_1,{\sigma }_1^2)$，$Y_1,\dots ,Y_n\stackrel{\text{iid}}{\sim }N({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$，两样本独立。$S_x^2$、$S_y^2$ 分别为两样本方差。

$F$ 检验

定义 7.2.7 — $F$ 检验（两总体方差比）

设两正态总体均值 ${\mu }_1,{\mu }_2$ 均未知。对方差比 ${\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2$ 的检验问题：

检验类型	原假设 $H_0$	备择假设 $H_1$
双边检验	$H_0:{\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$	$H_1:{\sigma }_1^2\ne {\sigma }_2^2$
右边检验	$H_0:{\sigma }_1^2⩽{\sigma }_2^2$	$H_1:{\sigma }_1^2>{\sigma }_2^2$
左边检验	$H_0:{\sigma }_1^2⩾{\sigma }_2^2$	$H_1:{\sigma }_1^2<{\sigma }_2^2$

在 $H_0:{\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$ 成立时，由 §5.4 的 $F$ 分布定义，构造检验统计量：

$$F=\frac{S_x^2}{S_y^2}\sim F(m-1,n-1)$$

拒绝域（显著性水平 $\alpha$）：

检验类型	拒绝域
双边检验	$\{F⩽F_{\alpha /2}(m-1,n-1)\}\cup \{F⩾F_{1-\alpha /2}(m-1,n-1)\}$
右边检验	$\{F⩾F_{1-\alpha }(m-1,n-1)\}$
左边检验	$\{F⩽F_{\alpha }(m-1,n-1)\}$

定理 7.2.7 — 两总体方差比的检验（ $F$ 检验）

设 $X_1,\dots ,X_m\stackrel{\text{iid}}{\sim }N({\mu }_1,{\sigma }_1^2)$，$Y_1,\dots ,Y_n\stackrel{\text{iid}}{\sim }N({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$，两样本独立，${\mu }_1,{\mu }_2$ 均未知。则在显著性水平 $\alpha$ 下，关于方差比 ${\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2$ 的三种检验问题的拒绝域如上表所示。

证明

证明：以双边检验 $H_0:{\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$ vs $H_1:{\sigma }_1^2\ne {\sigma }_2^2$ 为例。

第一步：构造检验统计量。由 Fisher 引理，$(m-1)S_x^2/{\sigma }_1^2\sim {\chi }^2(m-1)$，$(n-1)S_y^2/{\sigma }_2^2\sim {\chi }^2(n-1)$，且两者独立。当 $H_0:{\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$ 成立时，

$$F=\frac{S_x^2}{S_y^2}=\frac{S_x^2/{\sigma }_1^2}{S_y^2/{\sigma }_2^2}\sim F(m-1,n-1).$$

第二步：确定拒绝域。$H_1:{\sigma }_1^2\ne {\sigma }_2^2$ 意味着 $F$ 可能偏大也可能偏小。取等尾拒绝域：

$$W=\{F⩽F_{\alpha /2}(m-1,n-1)\}\cup \{F⩾F_{1-\alpha /2}(m-1,n-1)\}$$

第三步：验证。在 $H_0$ 成立时，

$$P_{H_0}(F⩽F_{\alpha /2})+P_{H_0}(F⩾F_{1-\alpha /2})=\frac{\alpha }{2}+\frac{\alpha }{2}=\alpha .$$

$\square$

$F$ 分布分位数的关系：利用 $F_{\alpha }(m,n)=1/F_{1-\alpha }(n,m)$，可将左侧分位数转化为右侧分位数来查表。

例 7.2.5 — $F$ 检验实例

为检验例 7.2.4 中”两总体方差相等”的前提是否成立，对两工艺的方差进行检验。 甲工艺：$m=8$，$s_x^2=4.2$；乙工艺：$n=10$，$s_y^2=3.6$。取 $\alpha =0.10$。

解：

第一步：建立假设。

$$H_0:{\sigma }_1^2={\sigma }_2^2\text{vs}{H}_1:{\sigma }_1^2\ne {\sigma }_2^2$$

第二步：计算检验统计量。

$$F_0=\frac{s_x^2}{s_y^2}=\frac{4.2}{3.6}=1.167$$

第三步：确定拒绝域。$\alpha =0.10$，$m-1=7$，$n-1=9$。 $F_{0.95}(7,9)=3.29$， $F_{0.05}(7,9)=1/F_{0.95}(9,7)=1/3.68=0.272$。 拒绝域为 $\{F⩽0.272\}\cup \{F⩾3.29\}$。

第四步：做出判断。$0.272<1.167<3.29$，未落入拒绝域，故不拒绝 $H_0$。

即在 $\alpha =0.10$ 水平下，没有充分证据否定方差齐性假设，可以继续使用合并 $t$ 检验。

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五、正态总体检验汇总表

以下汇总了正态总体参数检验的8种标准场景：

序号	检验参数	条件	原假设 $H_0$	检验统计量	$H_0$ 成立时分布	拒绝域
1	单总体 $\mu$	${\sigma }^2$ 已知	$\mu ={\mu }_0$	$u=\frac{\bar{X}-{\mu }_0}{{\sigma }_0/\sqrt{n}}$	$N(0,1)$	$
2	单总体 $\mu$	${\sigma }^2$ 未知	$\mu ={\mu }_0$	$t=\frac{\bar{X}-{\mu }_0}{S/\sqrt{n}}$	$t(n-1)$	$
3	单总体 ${\sigma }^2$	$\mu$ 未知	${\sigma }^2={\sigma }_0^2$	${\chi }^2=\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }_0^2}$	${\chi }^2(n-1)$	${\chi }^2⩽{\chi }_{\alpha /2}^2$ 或 $⩾{\chi }_{1-\alpha /2}^2$
4	两总体 ${\mu }_1-{\mu }_2$	${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$ 已知	${\mu }_1-{\mu }_2={\delta }_0$	$u=\frac{(\bar{X}-\bar{Y})-{\delta }_0}{\sqrt{{\sigma }_1^2/m+{\sigma }_2^2/n}}$	$N(0,1)$	$
5	两总体 ${\mu }_1-{\mu }_2$	${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$ 未知	${\mu }_1-{\mu }_2={\delta }_0$	$t=\frac{(\bar{X}-\bar{Y})-{\delta }_0}{S_{xy}\sqrt{1/m+1/n}}$	$t(m+n-2)$	$
6	两总体 ${\mu }_1-{\mu }_2$	${\sigma }_1^2\ne {\sigma }_2^2$ 未知	${\mu }_1-{\mu }_2={\delta }_0$	$t^{\ast }=\frac{(\bar{X}-\bar{Y})-{\delta }_0}{\sqrt{S_x^2/m+S_y^2/n}}$	$t(l)$ 近似	$
7	两总体 ${\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2$	${\mu }_1,{\mu }_2$ 未知	${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$	$F=S_x^2/S_y^2$	$F(m-1,n-1)$	$F⩽F_{\alpha /2}$ 或 $⩾F_{1-\alpha /2}$
8	两总体 ${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$	${\mu }_1,{\mu }_2$ 未知	${\sigma }_1^2⩽{\sigma }_2^2$	$F=S_x^2/S_y^2$	$F(m-1,n-1)$	$F⩾F_{1-\alpha }(m-1,n-1)$

表格说明

• 表中拒绝域以双边检验为例，单边检验只需将分位数从 $1-\alpha /2$ 改为 $1-\alpha$，并取对应单侧。
• 第6行的自由度 $l$ 由 Welch-Satterthwaite 公式给出。
• 第7、8行本质上是同一检验（$F$ 检验），只是假设形式不同。

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六、置信区间与假设检验的对偶关系

定理 7.2.8 — 置信区间与假设检验的对偶性

设 $[{\hat{\theta }}^L,{\hat{\theta }}^U]$ 是参数 $\theta$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间，则对检验问题 $H_0:\theta ={\theta }_0$ vs $H_1:\theta \ne {\theta }_0$：

$$\text{不拒绝 }{H}_0⟺{\theta }_0\in [{\hat{\theta }}^L,{\hat{\theta }}^U]$$

反之亦然：

$$\text{拒绝 }{H}_0⟺{\theta }_0\notin [{\hat{\theta }}^L,{\hat{\theta }}^U]$$

直观理解：置信区间给出了参数 $\theta$ 的”合理取值范围”。如果 ${\theta }_0$ 落在这个范围内，说明样本数据与"$\theta ={\theta }_0$"相容，不应拒绝 $H_0$；如果 ${\theta }_0$ 落在范围之外，说明样本数据与"$\theta ={\theta }_0$"矛盾，应拒绝 $H_0$。

具体对应关系：

检验问题	检验统计量	对应置信区间	拒绝条件
$H_0:\mu ={\mu }_0$（${\sigma }^2$ 已知）	$u=\frac{\bar{X}-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}$	$\left[\bar{X}\pm u_{1-\alpha /2}\frac{\sigma }{\sqrt{n}}\right]$	${\mu }_0$ 不在区间内
$H_0:\mu ={\mu }_0$（${\sigma }^2$ 未知）	$t=\frac{\bar{X}-{\mu }_0}{S/\sqrt{n}}$	$\left[\bar{X}\pm t_{1-\alpha /2}(n-1)\frac{S}{\sqrt{n}}\right]$	${\mu }_0$ 不在区间内
$H_0:{\sigma }^2={\sigma }_0^2$	${\chi }^2=\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }_0^2}$	$\left[\frac{(n-1)S^2}{{\chi }_{1-\alpha /2}^2},\frac{(n-1)S^2}{{\chi }_{\alpha /2}^2}\right]$	${\sigma }_0^2$ 不在区间内
$H_0:{\mu }_1-{\mu }_2={\delta }_0$（方差已知）	$u=\frac{(\bar{X}-\bar{Y})-{\delta }_0}{\sqrt{{\sigma }_1^2/m+{\sigma }_2^2/n}}$	$\left[(\bar{X}-\bar{Y})\pm u_{1-\alpha /2}\sqrt{{\sigma }_1^2/m+{\sigma }_2^2/n}\right]$	${\delta }_0$ 不在区间内

对偶关系的意义：

1. 计算上的等价性：做一次假设检验等价于检查 ${\theta }_0$ 是否在置信区间内，反之亦然。
2. 信息量的互补性：置信区间不仅告诉你”是否拒绝”，还告诉你参数的合理范围，信息量更大。
3. p 值与置信水平：p 值可以理解为”使 ${\theta }_0$ 恰好在置信区间边界上的那个置信水平 $1-\alpha$“。

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七、知识结构总览

graph TB
    A[正态总体参数检验] --> B[单个总体]
    A --> C[两个总体]
    B --> D[均值检验]
    B --> E[方差检验]
    D --> F[u检验: σ²已知]
    D --> G[t检验: σ²未知]
    E --> H[χ²检验]
    C --> I[均值差检验]
    C --> J[方差比检验]
    I --> K[u检验: 方差已知]
    I --> L[合并t检验: 方差未知相等]
    I --> M[近似t检验: 方差未知不等]
    J --> N[F检验]

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八、核心思想与解题技巧

假设检验解题步骤（五步法）

标准五步法

1. 建立假设：根据问题背景写出 $H_0$ 和 $H_1$，明确检验类型（双边/单边）。
2. 选择统计量：根据总体类型、已知条件（${\sigma }^2$ 是否已知、样本量、方差是否相等）选择合适的检验统计量。
3. 计算观测值：将样本数据代入统计量公式，计算统计量的观测值。
4. 确定拒绝域：根据显著性水平 $\alpha$ 和检验类型，查分位数表确定拒绝域。
5. 做出判断：比较统计量观测值与临界值，判断是否拒绝 $H_0$，并给出实际意义解释。

检验方法选择决策

单个正态总体均值检验：

• ${\sigma }^2$ 已知 $\Rightarrow$ $u$ 检验
• ${\sigma }^2$ 未知 $\Rightarrow$ $t$ 检验

两个正态总体均值差检验：

• ${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$ 已知 $\Rightarrow$ $u$ 检验
• ${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$ 未知 $\Rightarrow$ 合并 $t$ 检验（需先做 $F$ 检验验证方差齐性）
• ${\sigma }_1^2\ne {\sigma }_2^2$ 未知 $\Rightarrow$ Welch 近似 $t$ 检验

单个正态总体方差检验：

• $\mu$ 未知 $\Rightarrow$ ${\chi }^2$ 检验

两个正态总体方差比检验：

• ${\mu }_1,{\mu }_2$ 未知 $\Rightarrow$ $F$ 检验

常见题型总结

1. 直接检验题：给定样本数据和假设，完成完整五步检验。
2. 方法选择题：根据条件判断应使用哪种检验方法。
3. 两类错误计算题：给定拒绝域，计算犯第一类/第二类错误的概率。
4. p 值计算题：计算检验的 p 值并与 $\alpha$ 比较。
5. 样本量确定题：给定功效要求，反求所需样本量。
6. 置信区间与检验互化题：利用对偶关系在置信区间和假设检验之间转换。

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九、补充理解与易混淆点

误区一：”$t$ 检验和 $u$ 检验可以随意选择”

正确理解：$u$ 检验要求 ${\sigma }^2$ 已知，$t$ 检验用于 ${\sigma }^2$ 未知的情形。当 ${\sigma }^2$ 真的已知时，$u$ 检验比 $t$ 检验功效更高（因为 $t$ 检验用 $S$ 代替 $\sigma$ 引入了额外的不确定性）。当 ${\sigma }^2$ 未知时，不能使用 $u$ 检验，因为统计量中含有未知参数。选择检验方法由数据条件决定，而非主观偏好。

来源：茆诗松《概率论与数理统计》§7.2 | §7.1 | Casella & Berger Statistical Inference Ch.8 | NIST/SEMATECH e-Handbook: t-Test | Stat Trek: t-Test vs z-Test

误区二：”$F$ 检验的拒绝域是 $F>F_{\alpha }$”

正确理解：$F$ 检验的拒绝域取决于检验类型。对于双边检验 $H_0:{\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$ vs $H_1:{\sigma }_1^2\ne {\sigma }_2^2$，拒绝域是双侧的 $\{F⩽F_{\alpha /2}\}\cup \{F⩾F_{1-\alpha /2}\}$，而非仅取右侧。这是因为 $F$ 分布与 ${\chi }^2$ 分布一样是非对称分布，$S_x^2/S_y^2$ 偏大或偏小都意味着方差不等。只有右边检验 $H_0:{\sigma }_1^2⩽{\sigma }_2^2$ 的拒绝域才是 $\{F⩾F_{1-\alpha }\}$。

来源：茆诗松《概率论与数理统计》§7.2 | §5.4 | Wackerly Mathematical Statistics Ch.10 | Penn State STAT 415: F-test | Khan Academy: F-test

误区三：“合并 $t$ 检验不需要方差齐性”

正确理解：合并 $t$ 检验的数学推导严格依赖 ${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$ 的假设。合并样本方差 $S_{xy}^2$ 是公共方差 ${\sigma }^2$ 的无偏估计，这一性质在方差不等时不成立。实际应用中，应先做 $F$ 检验验证方差齐性，或使用更稳健的 Welch 近似 $t$ 检验。==方差齐性是合并 $t$ 检验的前提条件，而非可有可无的假设==。当方差不等时使用合并 $t$ 检验，会导致实际显著性水平偏离名义水平。

来源：茆诗松《概率论与数理统计》§7.2 | Welch (1947) Biometrika | RDocumentation: var.test | Penn State STAT 500: Two-Sample t-Test | Rice Mathematical Statistics and Data Analysis Ch.9

误区四：“p 值越小，原假设越不可能成立”

正确理解：p 值的定义是”在 $H_0$ 成立的条件下，检验统计量取到当前观测值及更极端值的概率”。p 值小意味着”如果 $H_0$ 成立，观察到当前数据或更极端数据的概率很低”，这提供了反对 $H_0$ 的证据。但 p 值不是 $H_0$ 为真的概率。p 值度量的是数据与假设的相容程度，而非假设为真的概率。p 值受样本量影响：大样本下，即使实际差异很小，p 值也可能非常小。

来源：§7.1 | Wasserstein & Lazar (2016) ASA Statement on p-Values | Nature: p-value FAQ | Statistical Science: The p-value | 茆诗松《概率论与数理统计》§7.1

误区五：“样本量很大时 $t$ 检验等价于 $u$ 检验”

正确理解：当 $n\to \infty$ 时，$t(n-1)$ 分布确实收敛到 $N(0,1)$，因此大样本下 $t$ 检验的临界值接近 $u$ 检验的临界值。但”等价”需要谨慎理解：(1) 当 $n>30$ 时，$t_{0.975}(29)=2.045$ 与 $u_{0.975}=1.96$ 仍有约 4% 的差异；(2) 即使大样本，$t$ 检验仍然更精确，因为它正确地考虑了用 $S$ 估计 $\sigma$ 带来的不确定性；(3) 在要求严格的研究中（如医学试验），即使 $n$ 很大也应使用 $t$ 检验。大样本近似是实用的简化，但不是严格的等价。

来源：茆诗松《概率论与数理统计》§7.2 | §5.4（$t$ 分布的极限性质）| Handbook of Statistical Methods: t-distribution | Casella & Berger Statistical Inference Ch.5

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十、习题精选

习题概览

教材习题（6题）：第1-6题覆盖单总体 $u$/$t$/${\chi }^2$ 检验与两总体 $t$/$F$ 检验。 考研真题（4题）：第7-10题为卡方学院考研真题，涉及正态总体参数检验的综合应用。

教材习题

习题 1 — 单总体 $u$ 检验

设总体 $X\sim N(\mu ,4)$，抽取容量为 $n=25$ 的样本，测得 $\bar{x}=11.2$。在 $\alpha =0.05$ 下检验 $H_0:\mu =10$ vs $H_1:\mu \ne 10$。

解：

${\sigma }^2=4$ 已知，使用 $u$ 检验。

$$u_0=\frac{\bar{x}-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}=\frac{11.2-10}{2/\sqrt{25}}=\frac{1.2}{0.4}=3.0$$

$\alpha =0.05$，$u_{0.975}=1.96$。 $|u_0|=3.0>1.96$，落入拒绝域，故拒绝 $H_0$。

结论：在 $\alpha =0.05$ 水平下，有充分证据表明总体均值不等于 10。

p 值：$p=2(1-\Phi (3.0))=2\times 0.00135=0.0027$。

习题 2 — 单总体 $t$ 检验

设总体 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，${\sigma }^2$ 未知。抽取容量为 $n=16$ 的样本，测得 $\bar{x}=2.5$，$s=1.8$。在 $\alpha =0.05$ 下检验 $H_0:\mu =3$ vs $H_1:\mu \ne 3$。

解：

${\sigma }^2$ 未知，使用 $t$ 检验。

$$t_0=\frac{\bar{x}-{\mu }_0}{s/\sqrt{n}}=\frac{2.5-3}{1.8/\sqrt{16}}=\frac{-0.5}{0.45}=-1.111$$

$\alpha =0.05$，$n-1=15$，$t_{0.975}(15)=2.131$。 $|t_0|=1.111<2.131$，未落入拒绝域，故不拒绝 $H_0$。

结论：在 $\alpha =0.05$ 水平下，没有充分证据表明总体均值不等于 3。

习题 3 — 单总体 ${\chi }^2$ 检验

设总体 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，$\mu$ 未知。抽取容量为 $n=20$ 的样本，测得 $s^2=0.0036$。在 $\alpha =0.05$ 下检验 $H_0:{\sigma }^2=0.0025$ vs $H_1:{\sigma }^2>0.0025$。

解：

使用 ${\chi }^2$ 检验（右边检验）。

$${\chi }_0^2=\frac{(n-1)s^2}{{\sigma }_0^2}=\frac{19\times 0.0036}{0.0025}=\frac{0.0684}{0.0025}=27.36$$

$\alpha =0.05$，$n-1=19$，${\chi }_{0.95}^2(19)=30.144$。 ${\chi }_0^2=27.36<30.144$，未落入拒绝域，故不拒绝 $H_0$。

结论：在 $\alpha =0.05$ 水平下，没有充分证据表明总体方差大于 0.0025。

习题 4 — 两总体均值差的合并 $t$ 检验

比较两种肥料对作物产量的影响。施用肥料 A 的 8 块地平均产量 $\bar{x}=32.6$，$s_x^2=3.8$；施用肥料 B 的 10 块地平均产量 $\bar{y}=30.1$，$s_y^2=4.2$。假设两总体方差相等，在 $\alpha =0.05$ 下检验两种肥料的平均产量是否有显著差异。

解：

$H_0:{\mu }_1={\mu }_2$ vs $H_1:{\mu }_1\ne {\mu }_2$。

合并样本方差：

$$s_{xy}^2=\frac{(8-1)\times 3.8+(10-1)\times 4.2}{8+10-2}=\frac{26.6+37.8}{16}=\frac{64.4}{16}=4.025$$

检验统计量：

$$t_0=\frac{32.6-30.1}{\sqrt{4.025}\sqrt{1/8+1/10}}=\frac{2.5}{2.006\times 0.4743}=\frac{2.5}{0.9516}=2.627$$

$\alpha =0.05$，$m+n-2=16$，$t_{0.975}(16)=2.120$。 $|t_0|=2.627>2.120$，落入拒绝域，故拒绝 $H_0$。

结论：在 $\alpha =0.05$ 水平下，两种肥料的平均产量有显著差异。

习题 5 — 两总体方差比的 $F$ 检验

对习题 4 的数据，在 $\alpha =0.10$ 下检验方差齐性假设 $H_0:{\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$ vs $H_1:{\sigma }_1^2\ne {\sigma }_2^2$。

解：

$$F_0=\frac{s_x^2}{s_y^2}=\frac{3.8}{4.2}=0.905$$

$m-1=7$，$n-1=9$。 $F_{0.95}(7,9)=3.29$， $F_{0.05}(7,9)=1/F_{0.95}(9,7)=1/3.68=0.272$。 拒绝域为 $\{F⩽0.272\}\cup \{F⩾3.29\}$。

$0.272<0.905<3.29$，未落入拒绝域，故不拒绝 $H_0$。

结论：在 $\alpha =0.10$ 水平下，方差齐性假设成立，习题 4 使用合并 $t$ 检验是合理的。

习题 6 — 左边检验

某品牌灯泡寿命服从正态分布，标称平均寿命为 1000 小时。消费者协会抽取 20 个灯泡，测得 $\bar{x}=970$ 小时，$s=80$ 小时。在 $\alpha =0.05$ 下检验该品牌灯泡的平均寿命是否低于标称值。

解：

$H_0:\mu ⩾1000$ vs $H_1:\mu <1000$（左边检验）。

${\sigma }^2$ 未知，使用 $t$ 检验。

$$t_0=\frac{\bar{x}-{\mu }_0}{s/\sqrt{n}}=\frac{970-1000}{80/\sqrt{20}}=\frac{-30}{17.889}=-1.677$$

$\alpha =0.05$，$n-1=19$，$t_{0.05}(19)=-t_{0.95}(19)=-1.729$。 拒绝域为 $\{t⩽-1.729\}$。

$t_0=-1.677>-1.729$，未落入拒绝域，故不拒绝 $H_0$。

结论：在 $\alpha =0.05$ 水平下，没有充分证据表明该品牌灯泡的平均寿命低于标称值。

考研真题

习题 7 — 考研真题（卡方学院）

设 $X_1,\dots ,X_{16}\stackrel{\text{iid}}{\sim }N(\mu ,{\sigma }^2)$，${\sigma }^2$ 未知。测得 $\bar{x}=4.2$，${\sum }_{i=1}^{16}(x_i-\bar{x}{)}^2=25$。在 $\alpha =0.05$ 下检验 $H_0:\mu =4.0$ vs $H_1:\mu >4.0$，并求检验的 p 值。

解：

$s^2=\frac{1}{15}{\sum }_{i=1}^{16}(x_i-\bar{x}{)}^2=\frac{25}{15}=\frac{5}{3}$， $s=\sqrt{5/3}$。

右边 $t$ 检验：

$$t_0=\frac{4.2-4.0}{\sqrt{5/3}/\sqrt{16}}=\frac{0.2}{\sqrt{5/3}/4}=\frac{0.2\times 4}{\sqrt{5/3}}=\frac{0.8}{\sqrt{5/3}}=\frac{0.8\sqrt{3}}{\sqrt{5}}=\frac{0.8\times 1.732}{2.236}\approx 0.620$$

$t_{0.95}(15)=1.753$。$t_0=0.620<1.753$，未落入拒绝域，故不拒绝 $H_0$。

p 值：$p=P(t(15)⩾0.620)$。查 $t$ 分布表，$t_{0.70}(15)\approx 0.536$，$t_{0.75}(15)\approx 0.691$。由线性插值，$p\approx 0.27$。

结论：p 值远大于 $\alpha =0.05$，没有证据表明 $\mu >4.0$。

习题 8 — 考研真题（卡方学院）

设 $X_1,\dots ,X_{10}\stackrel{\text{iid}}{\sim }N(\mu ,{\sigma }^2)$，$\mu$ 未知。测得 $s^2=0.0058$。在 $\alpha =0.02$ 下检验 $H_0:{\sigma }^2=0.004$ vs $H_1:{\sigma }^2\ne 0.004$。

解：

${\chi }^2$ 检验（双边）：

$${\chi }_0^2=\frac{(10-1)\times 0.0058}{0.004}=\frac{0.0522}{0.004}=13.05$$

$\alpha =0.02$，$n-1=9$。 ${\chi }_{0.01}^2(9)=2.088$，${\chi }_{0.99}^2(9)=21.666$。 拒绝域为 $\{{\chi }^2⩽2.088\}\cup \{{\chi }^2⩾21.666\}$。

$2.088<13.05<21.666$，未落入拒绝域，故不拒绝 $H_0$。

结论：在 $\alpha =0.02$ 水平下，没有充分证据表明总体方差不等于 0.004。

习题 9 — 考研真题（卡方学院）

设 $X_1,\dots ,X_8\stackrel{\text{iid}}{\sim }N({\mu }_1,{\sigma }^2)$，$Y_1,\dots ,Y_{12}\stackrel{\text{iid}}{\sim }N({\mu }_2,{\sigma }^2)$，两样本独立。测得 $\bar{x}=5.0$，$\bar{y}=4.6$，$s_x^2=1.2$，$s_y^2=1.0$。在 $\alpha =0.05$ 下检验 $H_0:{\mu }_1={\mu }_2$ vs $H_1:{\mu }_1\ne {\mu }_2$。

解：

方差未知但相等，使用合并 $t$ 检验。

合并样本方差：

$$s_{xy}^2=\frac{(8-1)\times 1.2+(12-1)\times 1.0}{8+12-2}=\frac{8.4+11.0}{18}=\frac{19.4}{18}\approx 1.0778$$

检验统计量：

$$t_0=\frac{5.0-4.6}{\sqrt{1.0778}\sqrt{1/8+1/12}}=\frac{0.4}{1.0382\times 0.4564}=\frac{0.4}{0.4739}\approx 0.844$$

$\alpha =0.05$，$m+n-2=18$，$t_{0.975}(18)=2.101$。 $|t_0|=0.844<2.101$，未落入拒绝域，故不拒绝 $H_0$。

结论：在 $\alpha =0.05$ 水平下，没有充分证据表明两总体均值有显著差异。

习题 10 — 考研真题（卡方学院）

设 $X_1,\dots ,X_{10}\stackrel{\text{iid}}{\sim }N({\mu }_1,{\sigma }_1^2)$，$Y_1,\dots ,Y_8\stackrel{\text{iid}}{\sim }N({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$，两样本独立。测得 $s_x^2=4.8$，$s_y^2=2.0$。在 $\alpha =0.10$ 下检验 $H_0:{\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$ vs $H_1:{\sigma }_1^2\ne {\sigma }_2^2$。

解：

$F$ 检验（双边）：

$$F_0=\frac{s_x^2}{s_y^2}=\frac{4.8}{2.0}=2.4$$

$m-1=9$，$n-1=7$。 $F_{0.95}(9,7)=3.68$， $F_{0.05}(9,7)=1/F_{0.95}(7,9)=1/3.29=0.304$。 拒绝域为 $\{F⩽0.304\}\cup \{F⩾3.68\}$。

$0.304<2.4<3.68$，未落入拒绝域，故不拒绝 $H_0$。

结论：在 $\alpha =0.10$ 水平下，没有充分证据表明两总体方差不等。

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十一、教材原文

教材参考

本节内容对应茆诗松《概率论与数理统计》（第三版）第七章第二节”正态总体参数的假设检验”。

PDF 原文：概率论与统计/7.2_教材扫描_正文.pdf、概率论与统计/7.2_教材扫描_补充.pdf

卡方核心笔记：概率论与统计/7.2_卡方核心笔记_正态总体参数假设检验.pdf

教材习题解答：概率论与统计/7.2_教材习题解答.pdf

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第七章 假设检验/正态总体检验