9.4. 两个总体下的假设检验

本节将讨论一些两个总体下的假设检验问题. 我们用 $X_{1,1},\dots ,X_{1,n_1}$ 表示第一个总体的样本容量为 $n_1$ 的样本, 用 $X_{2,1},\dots ,X_{2,n_2}$ 表示第二个总体的样本容量为 $n_2$ 的样本, 且 $X_{1,1},\dots ,X_{1,n_1},X_{2,1},\dots ,X_{2,n_2}$ 相互独立. 此外, 用如下符号$${\overline{X}}_k=\frac{1}{n_k}\sum _{i=1}^n{X}_{k,i},S_k^2=\frac{1}{n_k-1}\sum _{i=1}^n(X_{k,i}-{\overline{X}}_k),k=1,2$$来表示两组样本 $X_{1,1},\dots ,X_{1,n_1}$ 与 $X_{2,1},\dots ,X_{2,n_2}$ 各自的样本均值和样本方差. 符号 ${\overline{x}}_1,s_1^2$ 与 ${\overline{x}}_2,s_2^2$ 则代表获取到样本值 $x_{1,1},\dots ,x_{1,n_1}$ 与 $x_{2,1},\dots ,x_{2,n_2}$ 以后算得的各自的样本均值与样本方差值.

两个正态总体期望之差的假设检验

设两个总体分别服从正态分布 $\mathcal{N}({\mu }_1,{\sigma }_1^2)$ 与 $\mathcal{N}({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$. 我们根据两个总体方差信息的知晓程度, 讨论几种容易求解的情况.

两总体方差均已知的情况. 设两个总体的方差 ${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$ 均已知. 考虑如下假设检验问题: $$H_0:{\mu }_1-{\mu }_2={\Delta }_0,H_1:{\mu }_1-{\mu }_2\ne {\Delta }_0,$$其中 ${\Delta }_0$ 为一给定实数. 由于两个总体的方差均已知, 故可以考虑用如下双侧检验统量进行假设检验: $$Z=\frac{{\overline{X}}_1-{\overline{X}}_2-{\Delta }_0}{\sqrt{{\sigma }_1^2/n_1+{\sigma }_2^2/n_2}}.$$(9.4.1)不难看出, 检验统计量 $Z$ 在原假设 $H_0$ 下服从标准正态分布 $\mathcal{N}(0,1)$. 故在获得样本观测值 $x_{1,1},\dots ,x_{1,n_1}$ 与 $x_{2,1},\dots ,x_{2,n_2}$ 后, 相应的 $p$ 值为$$\hat{p}=2\left(1-\Phi (|z|)\right),z=\frac{{\overline{x}}_1-{\overline{x}}_2-{\Delta }_0}{\sqrt{{\sigma }_1^2/n_1+{\sigma }_2^2/n_2}}.$$若事先给定了显著性水平 $\alpha$, 则拒绝域由$$|z|>z_{\alpha /2}$$给出.

若备择假设被替换为 $H_1:{\mu }_1-{\mu }_2>{\Delta }_0$ 或 $H_1:{\mu }_1-{\mu }_2<{\Delta }_0$, 则可以将 (9.4.1) 作为单侧检验统计量进行假设检验, 相关的推导留给读者自己完成. 表 1 总结了方差已知时, 两个正态总体期望之差的假设检验方法.

原假设 $H_0$	备择假设 $H_1$	检验统计量	拒绝域	$p$ 值
${\mu }_1-{\mu }_2={\Delta }_0$	${\mu }_1-{\mu }_2>{\Delta }_0$	$Z=\frac{{\overline{X}}_1-{\overline{X}}_2-{\Delta }_0}{\sqrt{{\sigma }_1^2/n_1+{\sigma }_2^2/n_2}}$	$z>z_{\alpha }$	$1-\Phi (z)$
${\mu }_1-{\mu }_2={\Delta }_0$	${\mu }_1-{\mu }_2<{\Delta }_0$	$Z=\frac{{\overline{X}}_1-{\overline{X}}_2-{\Delta }_0}{\sqrt{{\sigma }_1^2/n_1+{\sigma }_2^2/n_2}}$	$z<-z_{\alpha }$	$\Phi (z)$
${\mu }_1-{\mu }_2={\Delta }_0$	${\mu }_1-{\mu }_2\ne {\Delta }_0$	$Z=\frac{{\overline{X}}_1-{\overline{X}}_2-{\Delta }_0}{\sqrt{{\sigma }_1^2/n_1+{\sigma }_2^2/n_2}}$	$|z|>z_{\alpha /2}$	$2(1-\Phi (|z|))$

表 1. 方差 ${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$ 已知时, 两个正态总体期望之差 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的假设检验方法

两总体方差未知, 但已知它们相等的情况. 设两个总体的方差 ${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$ 均未知, 但已知二者相等 (即 ${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$). 考虑如下假设检验问题: $$H_0:{\mu }_1-{\mu }_2={\Delta }_0,H_1:{\mu }_1-{\mu }_2\ne {\Delta }_0,$$其中 ${\Delta }_0$ 为一给定实数. 需注意的是, 上述问题中 $H_0$ 与 $H_1$ 均为复合假设.

我们参考相同情形下对 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 进行区间估计时枢轴量的设计方法 (见第 8.3 节第 1 小节第二部分内容), 取$$T=\frac{{\overline{X}}_1-{\overline{X}}_2-{\Delta }_0}{\sqrt{S_p^2(1/n_1+1/n_2)}}$$(9.4.2)为检验统计量, 其中$$S_p^2=\frac{(n_1-1)S_1^2+(n_2-2)S_2^2}{n_1+n_2-2}$$为合并方差. 依照第 8.3 节第 1 小节第二部分的推导, 可知在原假设 $H_0$ 下 $T$ 服从自由度为 $n_1+n_2-2$ 的 $t$ 分布. 由此可得, 在获得样本观测值 $x_{1,1},\dots ,x_{1,n_1}$ 与 $x_{2,1},\dots ,x_{2,n_2}$ 后, 相应的 $p$ 值为$$\hat{p}=2\left(1-F_{n_1+n_2-2}^t(|t|)\right),t=\frac{{\overline{x}}_1-{\overline{x}}_2-\Delta }{\sqrt{s_p^2(1/n_1+1/n_2)}},$$其中 $s_p^2$ 为将样本值代入统计量 $S_p^2$ 后的取值, $F_{n_1+n_2-2}^t$ 为分布 $t(n_1+n_2-2)$ 的分布函数. 若事先给定了显著性水平 $\alpha$, 则拒绝域由$$|t|>t_{\alpha /2}(n_1+n_2-2)$$给出.

若备择假设被替换为 $H_1:{\mu }_1-{\mu }_2>{\Delta }_0$ 或 $H_1:{\mu }_1-{\mu }_2<{\Delta }_0$, 则可以将 (9.4.2) 作为单侧检验统计量进行假设检验, 相关的推导留给读者自己完成. 表 2 总结了方差已知时, 两个正态总体期望之差的假设检验方法.

$H_0$	$H_1$	检验统计量	拒绝域	$p$ 值
${\mu }_1-{\mu }_2={\Delta }_0$	${\mu }_1-{\mu }_2>{\Delta }_0$	$T=\frac{{\overline{X}}_1-{\overline{X}}_2-{\Delta }_0}{\sqrt{S_p^2(1/n_1+1/n_2)}}$	$t>t_{\alpha }(n_1+n_2-2)$	$1-F_{n_1+n_2-2}^t(t)$
${\mu }_1-{\mu }_2={\Delta }_0$	${\mu }_1-{\mu }_2<{\Delta }_0$	$T=\frac{{\overline{X}}_1-{\overline{X}}_2-{\Delta }_0}{\sqrt{S_p^2(1/n_1+1/n_2)}}$	$t<-t_{\alpha }(n_1+n_2-2)$	$F_{n_1+n_2-2}^t(t)$
${\mu }_1-{\mu }_2={\Delta }_0$	${\mu }_1-{\mu }_2\ne {\Delta }_0$	$T=\frac{{\overline{X}}_1-{\overline{X}}_2-{\Delta }_0}{\sqrt{S_p^2(1/n_1+1/n_2)}}$	$|t|>t_{\alpha /2}(n_1+n_2-2)$	$2\left(1-F_{n_1+n_2-2}^t(|t|)\right)$

表 2. 方差 ${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$ 未知但相等时, 两个正态总体期望之差 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的假设检验方法

(${}^{\star }$) 两总体方差未知, 且不能事先认为它们相等的情况. 这种情况下, 如下形式的假设检验问题$$H_0:{\mu }_1-{\mu }_2={\Delta }_0,H_1:{\mu }_1-{\mu }_2\ne {\Delta }_0$$(以及对 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 进行区间估计的问题) 被称为 Behrens–Fisher 问题, 它曾是应用统计领域的一个著名问题. 对于 Behrens–Fisher 问题, 理想情况下, 我们希望找到一个检验统计量 $T$, 使其满足如下条件:

1.	$T$ 在原假设 $H_0$ 下的概率分布是确切已知的 (尤其是与方差 ${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$ 无关的);
2.	$T$ 可以表示为$$T=\varphi \left({\overline{X}}_1,{\overline{X}}_2,S_1^2,S_2^2\right),$$其中 $\varphi$ 是一个性态良好的函数.
3.	设 $x_{1,1},\dots ,x_{1,n_1},x_{2,1},\dots ,x_{2,n_2}$ 为一组样本值. 对任意实数 $\alpha \ne 0$ 及 $\beta$, 将样本值做变换$$x_{k,i}\mapsto \alpha x_{k,i}+\beta ,\forall i=1,\dots ,n_k,k=1,2$$后不会改变 $p$ 值.
4.	设 $x_{1,1},\dots ,x_{1,n_1},x_{2,1},\dots ,x_{2,n_2}$ 与 $x_{1,1}^{\prime },\dots ,x_{1,n_1}^{\prime },x_{2,1}^{\prime },\dots ,x_{2,n_2}^{\prime }$ 为两组样本值, 且有 $|{\overline{x}}_1-{\overline{x}}_2-{\Delta }_0|>|{\overline{x}}_1^{\prime }-{\overline{x}}_2^{\prime }-{\Delta }_0|,$ $s_1^2=s_1^{\prime 2},$ $s_2^2=s_2^{\prime 2},$ 则前一组样本的 $p$ 值小于后一组样本的 $p$ 值;

上述四条性质都是比较自然的. 然而, Linnik 等人的工作 [23] 基本上否定了具备上述性质的检验统计量的存在性, 这也就是为什么 Behrens–Fisher 问题曾长期是应用统计领域的难题. 这里我们提及两种较易实现的针对 Behrens–Fisher 问题的检验法; 为简单起见设 ${\Delta }_0=0$.

•

Bartlett–Scheffé 检验: 此类检验法可看成是由配对检验法衍生出来的. 具体而言, 对于两个样本容量相等 (也就是 $n_1=n_2$) 的情形, 考虑将 $X_{1,i}$ 与 $X_{2,i}$ 配成一对 $(X_{1,i},X_{2,i})$, 则由于 $X_{1,i}\sim \mathcal{N}({\mu }_1,{\sigma }_1^2)$, $X_{2,i}\sim \mathcal{N}({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$, 且 $X_{1,i}$ 与 $X_{2,i}$ 相互独立, 可知 $X_{1,i}-X_{2,i}$ 服从正态分布 $\mathcal{N}({\mu }_1-{\mu }_2,{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2)$. 接下来取检验统计量为$$T=\frac{{\overline{X}}_1-{\overline{X}}_2}{\sqrt{S_D^2/n}},$$其中$$S_D^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(X_{1,i}-{\overline{X}}_1-X_{2,i}+{\overline{X}}_2{)}^2,$$则在原假设 $H_0$ 下 $T$ 服从自由度为 $n-1$ 的 $t$ 分布, 此后依照通常的 $t$ 检验步骤计算 $p$ 值/拒绝域即可. 上述方法还可推广到 $n_1\ne n_2$ 的情形; 见 Scheffé 的原始论文 [24] 以及教材 [25] 第 9.9 节. Bartlett–Scheffé 检验法的优点在于检验统计量在原假设下的分布是确切已知而与 ${\sigma }_1^2$ 和 ${\sigma }_2^2$ 无关的, 而缺点则是检验结果会与配对的次序相关, 且与接下来介绍的 $t^{\ast }$ 检验法相比, 在显著性水平与样本容量保持一致时, 它通常更不容易在备择假设成立时拒绝原假设, 从而第 II 类错误的概率更高.

•

$t^{\ast }$ 检验: 该类检验法基于如下统计量: $$T^{\ast }=\frac{{\overline{X}}_1-{\overline{X}}_2}{\sqrt{S_1^2/n_1+S_2^2/n_2}}.$$直观上看, $T^{\ast }$ 相当于将 (9.4.1) 中的方差替换为样本方差, 故应当是一个合理的检验统计量, 且不难看出原假设 $H_0$ 下 $T^{\ast }$ 的分布关于原点对称, 故可以考虑用 $|T^{\ast }|$ 做单侧检验. 然而, $|T^{\ast }|$ 在原假设 $H_0$ 下并不服从一个确切已知的分布, 其分布与方差之比 ${\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2$ 有关; 更具体地说, 给定 $c>0$, 原假设下的概率 $\mathbb{P}(|T^{\ast }|\ge c)$ 是 ${\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2$ 的函数, 我们将这个函数暂记为 $\beta ({\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2;c)$. 我国概率统计学科的奠基人、著名数学家许宝𫘧先生在他攻读博士期间完成的论文 [26] 中对 $\beta ({\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2;c)$ 的性质进行了详细的研究, 其中的结论指出$$\begin{array}{rl}\underset{{\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2}{\sup }\beta ({\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2;c)& =2\left(1-F_{\min \{n_1,n_2\}-1}^t(c)\right),\\ \underset{{\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2}{\min }\beta ({\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2;c)& =2\left(1-F_{n_1+n_2-2}^t(c)\right).\end{array}$$基于此, 我们可以令 $p$ 值为$$\hat{p}=\underset{{\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2}{\sup }\beta \left({\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2;|t^{\ast }|\right)=2\left(1-F_{\min \{n_1,n_2\}-1}^t(|t^{\ast }|)\right),$$而显著性水平 $\alpha$ 下的拒绝域则由$$|t^{\ast }|>t_{\alpha /2}(\min \{n_1,n_2\}-1)$$给出, 该拒绝域给出的实际显著性水平可以保证小于等于 $\alpha$. 不过在 ${\sigma }_1^2$ 与 ${\sigma }_2^2$ 相差不大的情况下, 上述 $p$ 值与拒绝域会稍显保守. Welch [27] 则提出了如下近似: $$\beta ({\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2;|t^{\ast }|)\approx 2\left(1-F_{\nu }^t(|t^{\ast }|)\right),$$其中 1$$\nu =\frac{(s_1^2/n_1+s_2^2/n_2{)}^2}{\frac{(s_1^2/n_1{)}^2}{n_1-1}+\frac{(s_2^2/n_2{)}^2}{n_1-1}}.$$相应的拒绝域则由 $|t^{\ast }|>t_{\alpha /2}(\nu )$ 给出, 但应当指出, 该拒绝域给出的实际显著性水平并不能严格保证小于等于 $\alpha$.

关于 Behrens–Fisher 问题的讨论还可参考 [25] 第 9.9 节、[16] 例 5.6 与第 5.2 (iv) 节, 以及论文 [28].

两个正态总体方差的假设检验

设两个总体各自服从正态分布 $\mathcal{N}({\mu }_1,{\sigma }_1^2)$ 与 $\mathcal{N}({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$, 其中期望 ${\mu }_1,{\mu }_2$ 与方差 ${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$ 均未知. 考虑如下假设检验问题: $$H_0:{\sigma }_1^2={\sigma }_2^2,H_1:{\sigma }_1^2\ne {\sigma }_2^2.$$注意 $H_0$ 与 $H_1$ 均为复合假设. 对于该假设检验问题, 可令$$F=\frac{S_1^2}{S_2^2}$$(9.4.3)为双侧检验统计量. 在原假设 $H_0$ 下, $F$ 服从自由度为 $(n_1-1,n_2-1)$ 的 $F$ 分布. 故在获得样本观测值 $x_{1,1},\dots ,x_{1,n_1}$ 与 $x_{2,1},\dots ,x_{2,n_2}$ 后, 相应的 $p$ 值为$$\begin{array}{rl}\hat{p}=& 2\min \left\{{\mathbb{P}}_{H_0}\left(\frac{S_1^2}{S_2^2}\ge \frac{s_1^2}{s_2^2}\right),{\mathbb{P}}_{H_0}\left(\frac{S_1^2}{S_2^2}\le \frac{s_1^2}{s_2^2}\right)\right\}\\ =& 2\min \left\{1-F_{n_1-1,n_2-1}^F\left(\frac{s_1^2}{s_2^2}\right),F_{n_1-1,n_2-1}^F\left(\frac{s_1^2}{s_2^2}\right)\right\},\end{array}$$其中 $F_{n_1-1,n_2-1}^F$ 表示分布 $F(n_1-1,n_2-1)$ 的分布函数. 而若事先给定显著性水平 $\alpha$, 则由临界值计算式 (9.2.4) 可得$$c_{\alpha }^u=F_{\alpha /2}(n_1-1,n_2-1),c_{\alpha }^l=F_{1-\alpha /2}(n_1-1,n_2-1),$$故拒绝域由$$\frac{s_1^2}{s_2^2}>F_{\alpha /2}(n_1-1,n_2-1)\text{或}\frac{s_1^2}{s_2^2}<F_{1-\alpha /2}(n_1-1,n_2-1)$$给出.

若备择假设被替换为 $H_1:{\sigma }_1^2>{\sigma }_2^2$ 或 $H_1:{\sigma }_1^2<{\sigma }_2^2$, 则可以将 (9.4.3) 作为单侧检验统计量进行假设检验, 相关的推导留给读者自己完成. 表 3 总结了期望未知时, 对两个正态总体的方差进行假设检验的方法.

$H_0$	$H_1$	检验统计量	拒绝域	$p$ 值
$\frac{{\sigma }_1^2}{{\sigma }_2^2}=1$	$\frac{{\sigma }_1^2}{{\sigma }_2^2}>1$	$F=\frac{S_1^2}{S_2^2}$	$\frac{s_1^2}{s_2^2}>f_{\alpha }(n_1-1,n_2-1)$	$1-F_{n_1-1,n_2-1}^F\left(\frac{s_1^2}{s_2^2}\right)$
$\frac{{\sigma }_1^2}{{\sigma }_2^2}=1$	$\frac{{\sigma }_1^2}{{\sigma }_2^2}<1$	$F=\frac{S_1^2}{S_2^2}$	$\frac{s_1^2}{s_2^2}<f_{1-\alpha }(n_1-1,n_2-1)$	$F_{n_1-1,n_2-1}^F\left(\frac{s_1^2}{s_2^2}\right)$
$\frac{{\sigma }_1^2}{{\sigma }_2^2}=1$	$\frac{{\sigma }_1^2}{{\sigma }_2^2}\ne 1$	$F=\frac{S_1^2}{S_2^2}$	$\begin{array}{rl}& \frac{s_1^2}{s_2^2}>f_{\alpha /2}(n_1-1,n_2-1)\text{或}\\ & \frac{s_1^2}{s_2^2}<f_{1-\alpha /2}(n_1-1,n_2-1)\end{array}$	$\begin{array}{r}2\min \{F_{n_1-1,n_2-1}^F\left(\frac{s_1^2}{s_2^2}\right),\\ 1-F_{n_1-1,n_2-1}^F\left(\frac{s_1^2}{s_2^2}\right)\}\end{array}$

表 3. 期望未知时, 两个正态总体方差之比 ${\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2$ 的假设检验方法

大样本情形下比例之差的假设检验

设两个样本分别服从参数为 $p_1$ 与 $p_2$ 的伯努利分布, 考虑如下原假设与备择假设给出的假设检验问题: $$H_0:p_1=p_2,H_1:p_1\ne p_2.$$我们只考虑样本容量 $n_1$ 与 $n_2$ 均足够大的情形. 由中心极限定理可得, 随机变量$$\tilde{Z}=\frac{{\overline{X}}_1-{\overline{X}}_2}{\sqrt{p_1(1-p_1)/n_1+p_2(1-p_2)/n_2}}$$(9.4.4)在原假设 $H_0$ 下近似服从标准正态分布 $\mathcal{N}(0,1)$, 然而 $\tilde{Z}$ 依赖于未知的参数 $p_1,p_2$, 不能直接作为检验统计量, 故类似于第 8.3 节最后一小节中针对比例之差设计枢轴量的方法, 我们考虑在大样本情形下将 $p_1$ 与 $p_2$ 替换为它们的点估计量. 不过, 注意到原假设 $H_0$ 下 $p_1$ 与 $p_2$ 取相同的值, 因而可以用$$\hat{\Pi }=\frac{{\sum }_{i=1}^{n_1}{X}_{1,i}+{\sum }_{i=1}^{n_2}{X}_{2,i}}{n_1+n_2}$$将两个样本合并起来对原假设下的 $p_1=p_2$ 进行估计; 有时会将 $\hat{\Pi }$ 称为合并比例 ². 当 $n_1+n_2$ 足够大时, $\hat{\Pi }$ 可以作为原假设下 $p_1=p_2$ 的一个很好的近似. 故我们最终取$$Z=\frac{{\overline{X}}_1-{\overline{X}}_2}{\sqrt{\hat{\Pi }(1-\hat{\Pi })(1/n_1+1/n_2)}}$$为双侧检验估计量, 它在原假设 $H_0$ 下近似服从标准正态分布 $\mathcal{N}(0,1)$. 由此可得 $p$ 值为$$\hat{p}=2\left(1-\Phi (|z|)\right),$$其中$$z=\frac{\overline{x_1}-{\overline{x}}_2}{\sqrt{\hat{\pi }(1-\hat{\pi })(1/n_1+1/n_2)}},\hat{\pi }=\frac{{\sum }_{i=1}^{n_1}{x}_{1,i}+{\sum }_{i=1}^{n_2}{x}_{2,i}}{n_1+n_2}.$$而若事先设定了显著性水平 $\alpha$, 则拒绝域由$$|z|>z_{\alpha /2}$$给出.

对于备择假设为 $H_1:p_1<p_2$ 或 $H_1:p_1>p_2$ 的单侧检验问题, 仍可利用上述方法导出相应的 $p$ 值与拒绝域, 我们将具体的推导留给读者完成.

脚注

1.	^ 该式给出的 $\nu$ 一般不为整数, 但仍可代入 $t$ 分布概率密度函数的定义式中并算出相应的分布函数值.
2.	^ 若原假设换为 $H_0:p_1-p_2={\Delta }_0$, 其中 ${\Delta }_0$ 为非零值, 则不能再用合并比例来构造检验统计量.