第 8 章　假设检验（数一专属）

(1) 第一类错误（弃真）：批次实际合格（\(p\le 3\%\)）却被判为不合格而拒绝出厂，概率 \(\alpha\)。第二类错误（取伪）：批次实际不合格（\(p\gt 3\%\)）却被判为合格而放行，概率 \(\beta\)。

(2) 第一类错误使厂方蒙受损失，是「厂家风险」；第二类错误使次品流入市场，是「用户风险」。

套路总结：选择题考两类错误，就把具体情境翻译成「\(H_0\) 真 + 拒绝」或「\(H_0\) 假 + 接受」，与弃真 / 取伪对号入座即可，不必计算。

\(n=16\) 时 \(\bar{X}\sim N(0,\frac{1}{16})\)（\(H_0\) 下）或 \(N(1,\frac{1}{16})\)（\(H_1\) 下），标准化用 \(\sigma_{\bar{X}}=\dfrac{1}{4}=0.25\)。

(1) \(c=0.3\)：

\[ \alpha=P\{\bar{X}\ge 0.3\mid\mu=0\}=P\Big\{Z\ge\frac{0.3}{0.25}\Big\}=P\{Z\ge 1.2\}=1-0.8849=0.1151 \]

\[ \beta=P\{\bar{X}\lt 0.3\mid\mu=1\}=P\Big\{Z\lt\frac{0.3-1}{0.25}\Big\}=P\{Z\lt-2.8\}=0.0026 \]

(2) \(c=0.5\)：

\[ \alpha=P\{Z\ge 2\}=0.0228,\qquad \beta=P\{Z\lt-2\}=0.0228 \]

对比 (1)：\(\alpha\) 从 0.1151 降到 0.0228，\(\beta\) 从 0.0026 升到 0.0228——此消彼长。拒绝域右移，更容易「放过」\(H_0\)，弃真变难、取伪变易。

(3) \(n=4\) 时 \(\sigma_{\bar{X}}=\dfrac{1}{2}=0.5\)：

\[ \alpha=P\{Z\ge 1\}=0.1587,\qquad \beta=P\{Z\lt-1\}=0.1587 \]

对照 (2)：同样的拒绝域位置，样本量减小后 \(\alpha\) 与 \(\beta\) 都增大。反之增大 \(n\) 可使两者同时变小。

① 建立假设：\(H_0:\mu=500\)，\(H_1:\mu\neq 500\)（工作正常即均值达到标准，双边偏离都算不正常）。

② 选统计量：\(\sigma^{2}\) 已知，\(H_0\) 成立时 \(Z=\dfrac{\bar{X}-500}{15/\sqrt{9}}\sim N(0,1)\)。

③ 定拒绝域：\(\alpha=0.05\)，双侧拒绝域为 \(|Z|\ge z_{0.025}=1.96\)。

④ 代入样本值：

\[ z=\frac{490-500}{15/3}=\frac{-10}{5}=-2,\qquad |z|=2 \]

⑤ 下结论：\(|z|=2\gt 1.96\)，落入拒绝域，拒绝 \(H_0\)，认为该天包装机工作不正常（平均包装量与标准量有显著差异）。

易错：\(\sqrt{9}=3\)，\(15/3=5\)，先化简再相除；结论必须回到题目情境说「不正常」，只写「拒绝 \(H_0\)」会扣表述分。

① 建立假设：要「证明」的是低于，故 \(H_0:\mu=1000\)，\(H_1:\mu\lt 1000\)（把要收集证据支持的结论放在 \(H_1\)）。

② 统计量：\(Z=\dfrac{\bar{X}-1000}{100/\sqrt{25}}\sim N(0,1)\)。

③ 拒绝域：左侧检验，\(Z\le-z_{0.05}=-1.645\)。

④ 代入：

\[ z=\frac{950-1000}{100/5}=\frac{-50}{20}=-2.5 \]

⑤ 结论：\(-2.5\lt-1.645\)，落入拒绝域，拒绝 \(H_0\)，认为该品牌灯泡平均寿命显著低于 1000 小时。

套路总结：单侧方向由 \(H_1\) 决定——\(H_1\) 是「小于」用左尾，「大于」用右尾；分位数用单侧 \(z_{\alpha}\)（1.645），不是 1.96。

① 假设：\(H_0:\mu=10\)，\(H_1:\mu\neq 10\)。

② 统计量：\(\sigma\) 未知，\(T=\dfrac{\bar{X}-10}{S/\sqrt{16}}\sim t(15)\)。

③ 拒绝域：\(|T|\ge t_{0.025}(15)=2.131\)。

④ 代入：

\[ t=\frac{10.2-10}{0.5/4}=\frac{0.2}{0.125}=1.6 \]

⑤ 结论：\(|t|=1.6\lt 2.131\)，不在拒绝域内，不拒绝 \(H_0\)，可以认为该日电阻平均阻值符合规格（无显著差异）。

易错：\(\sigma\) 未知时误用 1.96 作临界值是最高频的错误（本题若用 1.96 则 \(1.6\lt 1.96\) 结论碰巧相同，但流程错误照样扣分；换一组数据结论就会翻转）。

① 假设：\(H_0:\sigma^{2}=0.04\)（或 \(\sigma^{2}\le 0.04\)），\(H_1:\sigma^{2}\gt 0.04\)（关心是否偏大，右侧检验）。

② 统计量：\(H_0\) 下 \(\chi^{2}=\dfrac{(n-1)S^{2}}{0.04}\sim\chi^{2}(24)\)。

③ 拒绝域：\(\chi^{2}\ge\chi_{0.05}^{2}(24)=36.415\)。

④ 代入：

\[ \chi^{2}=\frac{24\times 0.07}{0.04}=\frac{1.68}{0.04}=42 \]

⑤ 结论：\(42\gt 36.415\)，落入拒绝域，拒绝 \(H_0\)，认为方差显著超过 0.04，加工精度显著变差，应停机检修。

套路总结：方差检验中「精度、稳定性、波动」是关键词——问「是否变差」用右尾，问「是否改善」用左尾，问「是否改变」用双侧。

p 值定义：在 \(H_0\) 成立时，观察到比当前样本「更极端」（更不利于 \(H_0\)）结果的概率。双侧 Z 检验：

\[ p=2P\{Z\le-2\}=2\big[1-\Phi(2)\big]=2\times(1-0.9772)=2\times 0.0228=0.0456 \]

(2) \(\alpha=0.05\)：\(p=0.0456\lt 0.05\)，拒绝 \(H_0\)（与例 3 结论一致）；\(\alpha=0.01\)：\(p=0.0456\gt 0.01\)，不拒绝 \(H_0\)。

(3) p 值越小，拒绝 \(H_0\) 的证据越强。本题 \(p=0.0456\) 刚好小于 0.05，属于「勉强显著」：同样的数据在 0.01 水平下就不足以拒绝 \(H_0\) 了。用 p 值表述结论比「拒绝 / 不拒绝」传达更多信息。

易错：p 值不是「\(H_0\) 为真的概率」，也不是「犯第一类错误的概率」——它是在假定 \(H_0\) 为真的前提下，出现当前极端程度及以上样本的概率。判定规则：\(p\le\alpha\) 拒绝，\(p\gt\alpha\) 不拒绝。

① 假设：\(H_0:\mu_1=\mu_2\)，\(H_1:\mu_1\neq\mu_2\)。

② 统计量：方差未知相等，合并 t：

\[ S_w^{2}=\frac{(n_1-1)s_1^{2}+(n_2-1)s_2^{2}}{n_1+n_2-2}=\frac{7\times 10+7\times 8}{14}=\frac{126}{14}=9,\qquad S_w=3 \]

\[ T=\frac{\bar{X}_1-\bar{X}_2}{S_w\sqrt{1/n_1+1/n_2}}\sim t(14) \]

③ 拒绝域：\(|T|\ge t_{0.025}(14)=2.145\)。

④ 代入：\(\sqrt{\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{8}}=\sqrt{\dfrac{1}{4}}=\dfrac{1}{2}\)，

\[ t=\frac{81.5-75.5}{3\times 0.5}=\frac{6}{1.5}=4 \]

⑤ 结论：\(|t|=4\gt 2.145\)，拒绝 \(H_0\)，两种品种平均亩产量有显著差异（且由 \(\bar{x}_1\gt\bar{x}_2\) 知甲品种更高）。

易错：\(S_w^{2}\) 是「加权平均」不是简单平均 \(\frac{10+8}{2}\)（本例 \(n_1=n_2\) 时两者数值相同，但公式必须写对；若 \(n_1\neq n_2\) 结果就不同）。自由度是 \(n_1+n_2-2=14\)。

① 假设：\(H_0:\sigma_1^{2}=\sigma_2^{2}\)，\(H_1:\sigma_1^{2}\neq\sigma_2^{2}\)。

② 统计量：\(H_0\) 下 \(F=\dfrac{S_1^{2}}{S_2^{2}}\sim F(n_1-1,n_2-1)=F(7,7)\)。

③ 拒绝域（双侧）：\(F\ge F_{0.025}(7,7)=4.99\) 或 \(F\le\dfrac{1}{4.99}\approx 0.20\)。

④ 代入：

\[ F=\frac{s_1^{2}}{s_2^{2}}=\frac{10}{8}=1.25 \]

⑤ 结论：\(0.20\lt 1.25\lt 4.99\)，不拒绝 \(H_0\)，可以认为两总体方差相等，例 8 使用合并 t 检验的前提成立。

套路总结：两正态总体方差齐性检验的标准做法是把大方差放分子，则只需与右侧 \(F_{\alpha/2}\) 比较：\(F=\frac{10}{8}=1.25\) 远小于 4.99，立得结论。左尾临界值用倒数 \(1/F_{\alpha/2}(n_2-1,n_1-1)\) 换算。

关键转化：同一患者前后测量不独立，不能套两样本 t 检验；应把每对的差值 \(d_i\) 当作新总体（正态）的单样本数据。

① 假设：「能降压」意味着差值均值大于 0：\(H_0:\mu_d=0\)，\(H_1:\mu_d\gt 0\)（右侧）。

② 统计量：\(T=\dfrac{\bar{d}}{S_d/\sqrt{n}}\sim t(7)\)。

③ 拒绝域：\(T\ge t_{0.05}(7)=1.895\)。

④ 计算差值样本：

\[ \bar{d}=\frac{2+3+1+4+2+3+4+1}{8}=\frac{20}{8}=2.5 \]

\[ \sum d_i^{2}=4+9+1+16+4+9+16+1=60,\qquad \sum(d_i-\bar{d})^{2}=60-8\times 2.5^{2}=60-50=10 \]

\[ s_d^{2}=\frac{10}{7}\approx 1.429,\qquad s_d\approx 1.195 \]

\[ t=\frac{2.5}{1.195/\sqrt{8}}=\frac{2.5}{1.195/2.828}=\frac{2.5}{0.4226}\approx 5.92 \]

⑤ 结论：\(t\approx 5.92\gt 1.895\)，拒绝 \(H_0\)，认为该药能显著降低舒张压。（即使按双侧 2.365 比较，同样拒绝，结论稳健。）

易错：配对数据误用两独立样本 t 检验是最典型错误——「同一对象前后 / 左右 / 两台仪器测同一样品」都是配对设计，必须先做差。

套路总结：配对 t 检验就是「差值的单样本 t 检验」，自由度是 \(n-1\)（对子数减 1，不是 \(2n-2\)）。