GitModel-动手学数理统计_03（python）

1 动手学数理统计_03

github 上pdf版本及ipynb版本：https://github.com/cx-333/Math-Modeling

1.9 假设检验之基本思想

• 假设检验问题：在总体的分布函数完全未知或只知其形式、但不知其参数的情况下，为了推断总体的某些未知特性，便提出关于总体的假设，例如，假设某糖果车间生产的糖果的均值为$0.5kg$；需要根据已知的样本（例如某一天生产的糖果）对所提出的假设（判断糖果均值是否为$0.5kg$）作出是接受（糖果均值是$0.5kg$）还是拒绝（糖果均值不是$0.5kg$）的决策。假设检验就是做出这一决策的过程。

• 引入：某生产葡萄糖车间，袋装糖的质量是一个随机变量，服从正态分布，在车间正常工作时，袋装糖质量的均值为$0.5kg$，标准差为$0.015kg$，某日车间生产了$9$袋葡糖糖，其袋装质量为：
  $$0.4790.5060.5180.5240.4980.5110.5200.5150.512$$
  问当日机器是否正常工作？

假设标准差是一意已知量，现在要判断当日机器是否正常工作即判断当日所生产的样本的均值是否等于正常工作时的均值即可，于是，提出如下假设
$$H_0:\mu =0.5;H_1:\mu \ne 0.5$$
假设$H_0$表示当日生产的样本的均值等于正常工作时的均值，即机器正常工作，假设$H_1$表示当日生产的样本的均值不等于正常工作时的均值，即机器不正常工作。

• 分析：如何对上述假设做出决策呢？根据引入知，假设是对未知参数做出假设，要通过样本对未知参数做出的假设进行决策，则需要构造一个关于样本和未知参数的函数，上一节区间估计的计算也有和这里相似的一步，没错，就是枢轴量，可以通过枢轴量将样本和未知参数联系起来，不过在假设检验里将枢轴量称为检验统计量，在本例中构造检验统计量（枢轴量）
  $$\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}$$
  其实，只判断$|\overline{x}-\mu |$的大小也可以做出做出决策，但取上述的检验统计量会使决策的过程更加简便化。

因为，当$H_0$为真时，$\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\sim N(0,1)$。而判断$|\overline{x}-\mu |$的大小也可以转化为判断$\frac{\overline{x}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}$的大小。适当选定一正数$k$，使当观察值$\overline{x}$满足$\frac{\overline{x}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\ge k$时就拒绝$H_0$，反之，$\frac{\overline{x}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}<k$，就接受$H_0$.

  然而，由于做出决策的依据是总体中的样本，所以$H_0$为真时也可能做出拒绝$H_0$的决策(即做出的决策是错误的决策，例如，判断假设为假的，但实际假设是真的)，将犯这种错误的概率记为
$$P\{当H_0为真时拒绝H_0\}或P_{\theta }\{拒绝H_0\}，\theta 为假设的未知参数$$
希望将犯这类错误控制在一定范围内，即给出一个较小的数$\alpha （0<\alpha <1）$，使犯这类错误的概率不超过$\alpha$，即
$$P\{当H_0为真时拒绝H_0\}\le \alpha$$

  为确定刚才需要选定的正数$k$，允许犯这类错误的最大概率为$\alpha$，将上式取等号
$$P\{当H_0为真时拒绝H_0\}=\alpha$$
则对于例题，即使
$$P\{\left|\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\right|\ge k\}=\alpha$$
由于$\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\sim N(0,1)$，所以$k$取$z_{\alpha /2}$便于查表。即
$$\left|\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\right|\ge k时$$
则拒绝假设$H_0$，若
$$\left|\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\right|<k时$$
则接受假设$H_0$，$\alpha$称为显著性水平。

python代码（检验引入例题）

from scipy.stats import norm 
import numpy as np 

# 显著性水平 alpha = 0.05
# H0: mu = 0.5; H1: mu != 0.5;  
# sigma = 0.015

x = [0.479, 0.506, 0.518, 0.524, 0.498, 0.511, 0.520, 0.515, 0.512]

mu = 0.5
sigma = 0.015 
alpha = 0.05

k = - norm.ppf(loc=0, scale=1, q=alpha/2)
check = np.abs((np.mean(x) - mu)/(sigma/np.sqrt(9)))

if check >= k:
    print("检验统计量{:.2f} >= {:.2f}, 拒绝假设H0, 则mu != 0.5, 机器工作不正常".format(check, k))
else:
    print("检验统计量{:.2f} < {:.2f}, 接受假设H0, 则mu = 0.5, 机器工作正常".format(check, k))

检验统计量1.84 < 1.96, 接受假设H0, 则mu = 0.5, 机器工作正常

  对于上述例题，假设的未知参数$\theta$为等于或不等于某一假设常量，形如这类的假设检验称为双边假设检验。还有一些其它的问题要求假设的未知参数$\theta$大于等于或小于等于某一假设常量，分别将其称为左边检验和右边检验

• 左边检验：即检验假设
  $$H_0:\theta \le {\theta }_0;H_1:\theta >{\theta }_0$$

• 右边检验：即检验假设
  $$H_0:\theta \ge {\theta }_0;H_1:\theta <{\theta }_0$$

• 讨论单边检验的拒绝域：

(右边检验)设总体$X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，$\mu 未知,\sigma 已知$，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X$的样本，给定显著性书平$\alpha$，求检验问题
$$H_0:\mu \le {\mu }_0;H_1:\mu >{\mu }_0$$
的拒绝域（默认$H_0$）。

解：
求拒绝域即寻找满足$H_1$假设的区间，因$H_0$中的$\mu$都比$H_1$中的$\mu$要小，当拒绝$H_0$时，观察值$\overline{x}$会向假设$H_1$靠拢，即观察值$\overline{x}$会偏大，因此，拒绝域的形式为
$$\overline{x}\ge k(k为适当正数)$$
接下来即确定正数$k$
$$\begin{array}{rl}P\left\{H_0为真时拒绝H_0\right\}& =P\left\{\overline{X}\ge k\right\}\\ & =P\left\{\frac{\overline{X}-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\ge \frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\right\}\\ & \le P\left\{\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\ge \frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\right\}\end{array}$$
上式不等号成立是由于$\mu \le {\mu }_0,\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\ge \frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}$，事件$\left\{\frac{\overline{X}-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\ge \frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\right\}\subset \left\{\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\ge \frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\right\}$，要控制$P\{H_0为真时拒绝H_0\}\le \alpha$，只需令
$$P\left\{\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\ge \frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\right\}=\alpha$$
由于 $\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\sim N(0,1)$，则令$\frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}=z_{\alpha }$分位点。得检验问题得拒绝域为
$$\overline{x}\ge k=\sigma /\sqrt{n}{z}_{\alpha }+{\mu }_0$$
即
$$\frac{\overline{x}-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\ge z_{\alpha }$$

（左边检验）设总体$X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，$\mu 未知,\sigma 已知$，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X$的样本，给定显著性书平$\alpha$，求检验问题
$$H_0:\mu \ge {\mu }_0;H_1:\mu <{\mu }_0$$
的拒绝域（默认$H_0$）。

解：

拒绝$H_0$时，均值$\mu$向$H_1$靠拢，即$\mu$的无偏估计$\overline{x}$较小，取一适当正数$k$，$H_0$的拒绝域形式为：
$$\overline{x}\le k$$

当$H_0$为真时
$$\frac{\overline{X}-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\sim N(0,1)$$
确定$k$的取值
$$\begin{array}{rl}P\left\{H_0为真时拒绝H_0\right\}& =P\left\{\overline{x}\le k\right\}\\ & =P\left\{\frac{\overline{X}-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\le \frac{\overline{k}-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\right\}\\ & \le P\left\{\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\le \frac{\overline{k}-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\right\},(H_0为真时，\mu \ge {\mu }_0)\end{array}$$

取
$$P\left\{\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\le \frac{\overline{k}-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\right\}=\alpha$$
则
$$\begin{array}{rl}& \frac{\overline{k}-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}=-z_{\alpha }\\ & k=-z_{\alpha }\sigma /\sqrt{n}+-{\mu }_0\end{array}$$
得拒绝域
$$\begin{array}{rl}& \overline{x}\le k=-z_{\alpha }\sigma /\sqrt{n}+{\mu }_0\\ & \frac{\overline{x}-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\le -z_{\alpha }\end{array}$$

讨论：在右边检验中，为什么令$\frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}=z_{\alpha }$，而在左边检验中令$\frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}=-z_{\alpha }$？
因为(左边检验)$$P\left\{\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\le \frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\right\}={\int }_{-\infty }^{\frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}}f(x)dx,(f(x)为x的概率密度函数)$$要使，$$P\left\{\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\le \frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\right\}=\alpha$$则取$$\frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}=-z_{\alpha }$$
同理(右边检验)$$P\left\{\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\ge \frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\right\}={\int }_{\frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}}^{\infty }f(x)dx,(f(x)为x的概率密度函数)$$要使，$$P\left\{\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\ge \frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\right\}=\alpha$$则取$$\frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}=z_{\alpha }$$

这里只讨论了犯第一类错误得情况（即H_{0}为真时拒绝H_{0}），犯第二类错误（即H_{0}不真时接受H_{0}）情况的分析过程与第一类相似，掌握一种即可，这种只限制第一类错误概率，而不考虑第二类错误概率的假设检验称为显著性检验（显著性水平为$\alpha$）。

例子：公司购买了$5$批牛奶，现公司怀疑牛奶掺了水，已知天然牛奶的冰点温度服从正太分布，均值为$-0.545$，标准差为$0.008$，牛奶掺水可视牛奶的冰点温度升高至近似水的冰点温度，测得公司购买的$5$批牛奶的冰点温度均值$\overline{x}=-0.535$，问牛奶是否掺了水？取$\alpha =0.05$.

解:

1. 作出假设
   $$H_0:\mu \le {\mu }_0=-0.545;H_1:\mu >{\mu }_0=-0.545$$
   问题即是判断假设$H_0$是否为真，通过假设可知该问题是右边检验问题

2. 找拒绝域
   当拒绝$H_0$时，$\mu$大于${\mu }_0$，因此，拒绝域的形式为
   $$\overline{x}\ge k$$

3. 确定常数$k$
   $$\begin{array}{rl}P\left\{H_0为真时拒绝H_0\right\}& =P\left\{\overline{x}\ge k\right\}\\ & =P\{\frac{\overline{X}-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\ge \frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\}\\ & \le P\{\frac{\overline{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\ge \frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\}(\mu \le {\mu }_0)\\ & =\alpha \end{array}$$

4. 取$\frac{k-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}=z_{\alpha }$，得
   $$k=\sigma /\sqrt{n}{z}_{\alpha }+{\mu }_0$$
   即
   $$\begin{array}{rl}& \overline{x}\ge \sigma /\sqrt{n}{z}_{\alpha }+{\mu }_0\\ & \frac{\overline{x}-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}\ge z_{\alpha }\end{array}$$
   时拒绝$H_0$

python代码（求解例题）

from scipy.stats import norm 
import numpy as np

n = 5
alpha = 0.05 
mu, sigma = -0.545, 0.008
x_mean = -0.535

z_alpha = - norm.ppf(loc=0, scale=1, q=0.05)
k = (sigma/np.sqrt(n))*z_alpha + mu 

if x_mean >= k:
    print("检验统计量{:.4f} >= {:.4f}, 拒绝假设H0, 即牛奶掺了水".format(x_mean, k))
else:
    print("检验统计量{:.4f} < {:.4f}, 接受假设H0, 即牛奶未掺水".format(x_mean, k))

检验统计量-0.5350 >= -0.5391, 拒绝假设H0, 即牛奶掺了水

1.10 假设检验之正态总体参数的假设检验

• 单个总体$N(0,1)$均值$\mu$的检验

  (1) ${\sigma }^2$已知，关于$\mu$的检验（$Z$检验）：上面已经讨论过这种情况，这种情况下，检验统计量为$Z=\frac{\overline{X}-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}$

  (2) ${\sigma }^2$未知，关于$\mu$的检验（$t$检验）：设总体$X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，$\mu ,{\sigma }^2$未知，求检验问题
$$H_0:\mu ={\mu }_0;H_1:\mu \ne {\mu }_0$$
的拒绝域(显著性水平为$\alpha$)

  ：这时，令检验统计量为
$$\frac{\overline{X}-{\mu }_0}{S/\sqrt{n}},(S为样本标准差)$$
根据之前学的定理知，$H_0$为真时：
$$\frac{\overline{X}-{\mu }_0}{S/\sqrt{n}}\sim t(n-1)$$
选定适当正数$k$
$$\begin{array}{rlr}P\left\{H_0为真时拒绝H_0\right\}& =P\left\{\left|\frac{\overline{X}-{\mu }_0}{S/\sqrt{n}}\right|\ge k\right\}& =\alpha \end{array}$$
取$k=t_{\alpha /2}(n-1)$
则拒绝域为
$$\left|\frac{\overline{X}-{\mu }_0}{S/\sqrt{n}}\right|\ge k=t_{\alpha /2}(n-1)$$
这类检验方法称为 $t$检验法。

例子：某元件寿命$X（单位：h）$服从正态分布$N(\mu ,{\sigma }^2)，\mu ,{\sigma }^2$未知，现测得16只元件寿命如下:
$$\begin{array}{rl}& 159280101212224379179264\\ & 222362168250149260485170\end{array}$$
问元件的平均寿命是否大于$225h$（取$\alpha =0.05$）?

解：

1. 作出假设
   $$H_0:\mu \le {\mu }_0=225;H_1:\mu >{\mu }_0=225$$
   拒绝$H_0$时，观察值$\overline{x}$较大，取一适当正数$k$，拒绝域的形式为
   $$\overline{x}\ge k$$

2. 确定正数$k$
   $$\begin{array}{rl}P\left\{H_0为真时拒绝H_0\right\}& =P\left\{\overline{X}\ge k\right\}\\ & =P\left\{\frac{\overline{X}-{\mu }_0}{S/\sqrt{n}}\ge \frac{k-{\mu }_0}{S/\sqrt{n}}\right\}\\ & \le P\left\{\frac{\overline{X}-\mu }{S/\sqrt{n}}\ge \frac{k-{\mu }_0}{S/\sqrt{n}}\right\},(\mu \le {\mu }_0)\\ & =\alpha \end{array}$$
   令$\frac{k-{\mu }_0}{S/\sqrt{n}}=t_{\alpha }(n-1)$

3. 则拒绝域为
   $$\overline{x}\ge k=t_{\alpha }(n-1)S/\sqrt{n}+{\mu }_0$$
   即
   $$\frac{\overline{x}-{\mu }_0}{S/\sqrt{n}}\ge t_{\alpha }(n-1)$$
   若满足上列不等式时，拒绝$H_0$，接受$H_1$，即元件的平均寿命大于$225h$，反之，则接受$H_0$，拒绝$H_1$，即元件的平均寿命小于$225h$。

python代码(求解上题)

from scipy.stats import t
import numpy as np

# H0: mu <= 225; H1: mu > 225,  mu0 = 225, alpha=0.05
alpha = 0.05
n = 16
mu0 = 225
x = [159, 280, 101, 212, 224, 379, 179, 264, 222, 362, 168, 250, 149, 260, 485, 170]
x_mean = np.mean(x)
S = np.sqrt(np.sum(np.square(x - x_mean))/(n-1))

check = (x_mean - mu0)/(S/np.sqrt(n))
t_alpha = - t.ppf(df=n-1, q=alpha)

if check >= t_alpha:
    print("检验统计量 : {:.4f} >= {:.4f} (t_alpha(n-1)), 拒绝H0, 接受H1, 即元件平均寿命大于 225 h".format(check, t_alpha))
else:
    print("检验统计量 : {:.4f} < {:.4f} (t_alpha(n-1)), 接受H0, 拒绝H1, 即元件平均寿命小于 225 h".format(check, t_alpha))

检验统计量 : 0.6685 < 1.7531 (t_alpha(n-1)), 接受H0, 拒绝H1, 即元件平均寿命小于 225 h

• 两个正态总体均值差的检验（$t$检验）

设$X_1,X_2,\cdots ,X_{n1}$是来自正态总体$N({\mu }_1,{\sigma }_1^2)$的样本，$Y_1,Y_2,\cdots ,Y_{n2}$是来自正态总体$N({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$的样本，设两样本独立，样本均值和方差分别为$\overline{X},\overline{Y},S_1^2,S_2^2$，求检验问题
$$H_0:{\mu }_1-{\mu }_2=\delta ;H_1:{\mu }_1-{\mu }_2\ne \delta$$
$\delta$为常数，显著性水平取$\alpha$

  （1）${\mu }_1,{\mu }_2$未知, ${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2={\sigma }^2$未知，取检验统计量
$$t=\frac{\overline{X}-\overline{Y}-\delta }{S_w\sqrt{\frac{1}{n1}+\frac{1}{n2}}},S_w^2=\frac{(n1-1)S_1^2+(n2-1)S_2^2}{n1+n2-2},S_w=\sqrt{S_w^2}$$
拒绝域为
$$\frac{\left|\overline{x}-\overline{y}-\delta \right|}{s_w\sqrt{\frac{1}{n1}+\frac{1}{n2}}}\ge t_{\alpha /2}(n1+n2-2)$$
  （2）${\mu }_1,{\mu }_2$未知, ${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$已知，取检验统计量
$$Z=\frac{\overline{X}-\overline{Y}-\delta }{\sqrt{\frac{{\sigma }_1^2}{n1}+\frac{{\sigma }_2^2}{n1}}}$$
拒绝域为
$$\frac{\left|\overline{x}-\overline{y}-\delta \right|}{\sqrt{\frac{{\sigma }_1^2}{n1}+\frac{{\sigma }_2^2}{n1}}}\ge z_{\alpha /2}$$

• 正态总体方差的假设检验（单个总体的情况）

  设总体$X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)，\mu ,{\sigma }^2$均未知，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$，是来自$X$的样本，要求检验假设
$$H_0:{\sigma }^2={\sigma }_0^2;H_1={\sigma }^2\ne {\sigma }_0^2$$
${\sigma }_0^2$为已知常数

由于$S^2$是${\sigma }^2$的无偏估计，当$H_0$为真时，观察值$s^2$与${\sigma }^2$应该在$1$附近摆动，而不应过分大于或小于$1$，由前面学习的定理知，当$H_0$为真时
$$\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }_0^2}\sim {\chi }^2(n-1)$$
取检验统计量
$${\chi }^2=\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }_0^2}$$
如上所说，上述问题的拒绝域具有以下的形式：
$$\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }_0^2}\le k_1或\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }_0^2}\ge k_2$$
其中$k_1,k_2$的值由下式确定
$$\begin{array}{rlr}& P\left\{H_0为真时拒绝H_0\right\}& \\ & P\left\{(\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }_0^2}\le k_1)\cup (\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }_0^2}\ge k_2)\right\}& =\alpha \end{array}$$
为方便计算，取
$$P\left\{\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }_0^2}\le k_1\right\}=\frac{\alpha }{2}P\left\{\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }_0^2}\ge k_2\right\}=\frac{\alpha }{2}$$
得$k_1={\chi }_{1-\alpha /2}^2(n-1),k_2={\chi }_{\alpha /2}^2(n-1)(这里因为{\chi }^2分布的图像不是对称的)$ ，于是得拒绝域为
$$\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }_0^2}\le {\chi }_{1-\alpha /2}^2(n-1)或\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }_0^2}\ge {\chi }_{\alpha /2}^2(n-1)$$

表1.10 正态总体均值、方差的检验法（显著性水平为$\alpha$）

	原假设$H_0$	检验统计量	备择假设$H_1$	拒绝域
$1$	$\begin{array}{rl}& \mu ⩽{\mu }_0\\ & \mu ⩾{\mu }_0\\ & \mu ={\mu }_0\\ & ({\sigma }^2已知)\end{array}$	$Z=\frac{\bar{X}-{\mu }_0}{\sigma /\sqrt{n}}$	$\begin{array}{rl}& \mu >{\mu }_0\\ & \mu <{\mu }_0\\ & \mu \ne {\mu }_0\end{array}$	$\begin{array}{rl}& z\ge z_{\alpha }\\ & z\le -z_{\alpha }\\ & |z|\ge z_{\alpha /2}\end{array}$
$2$	$\begin{array}{rl}& \mu ⩽{\mu }_0\\ & \mu ⩾{\mu }_0\\ & \mu ={\mu }_0\\ & ({\sigma }^2未知)\end{array}$	$\begin{array}{r}t=\frac{\overline{X}-{\mu }_0}{S/\sqrt{n}}\end{array}$	$\begin{array}{rl}& \mu >{\mu }_0\\ & \mu <{\mu }_0\\ & \mu \ne {\mu }_0\end{array}$	$\begin{array}{rl}& t⩾t_{\alpha }(n-1)\\ & t⩽-t_{\alpha }(n-1)\\ & |t|⩾t_{\alpha /2}(n-1)\end{array}$
$3$	$\begin{array}{rl}& {\mu }_1-{\mu }_2\le \delta \\ & {\mu }_1-{\mu }_2\ge \delta \\ & {\mu }_1-{\mu }_2=\delta \\ & ({\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2已知)\end{array}$	$\begin{array}{r}Z=\frac{\overline{X}-\overline{Y}-\delta }{\sqrt{\frac{{\sigma }_1^2}{n1}+\frac{{\sigma }_1^2}{n2}}}\end{array}$	$\begin{array}{rl}& {\mu }_1-{\mu }_2>\delta \\ & {\mu }_1-{\mu }_2<\delta \\ & {\mu }_1-{\mu }_2\ne \delta \end{array}$	$\begin{array}{rl}& z\ge z_{\alpha }\\ & z\le -z_{\alpha }\\ & |z|\ge z_{\alpha /2}\end{array}$
$4$	$\begin{array}{rl}& {\mu }_1-{\mu }_2\le \delta \\ & {\mu }_1-{\mu }_2\ge \delta \\ & {\mu }_1-{\mu }_2=\delta \\ & ({\sigma }_1^2={\sigma }_2^2={\sigma }^2未知)\end{array}$	$\begin{array}{rl}& t=\frac{\overline{X}-\overline{Y}-\delta }{S_w\sqrt{\frac{1}{n1}+\frac{1}{n2}}}\\ & S_w^2=\frac{(n1-1)S_1^2+(n2-1)S_2^2}{n1+n2-2}\end{array}$	$\begin{array}{rl}& {\mu }_1-{\mu }_2>\delta \\ & {\mu }_1-{\mu }_2<\delta \\ & {\mu }_1-{\mu }_2\ne \delta \end{array}$	$\begin{array}{rl}& t\ge t_{\alpha }(n1+n2-2)\\ & t\le -t_{\alpha }(n1+n2-2)\\ & |t|\ge t_{\alpha /2}(n1+n2-2)\end{array}$
$5$	$\begin{array}{rl}& {\sigma }_1^2\le {\sigma }_2^2\\ & {\sigma }_1^2\ge {\sigma }_2^2\\ & {\sigma }_1^2={\sigma }_2^2\\ & (\mu 未知)\end{array}$	$\begin{array}{r}{\chi }^2=\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }_0^2}\end{array}$	$\begin{array}{rl}& {\sigma }_1^2>{\sigma }_2^2\\ & {\sigma }_1^2<{\sigma }_2^2\\ & {\sigma }_1^2\ne {\sigma }_2^2\end{array}$	$\begin{array}{rl}& {\chi }^2\ge {\chi }_{\alpha }^2(n-1)\\ & {\chi }^2\le {\chi }_{1-\alpha }^2(n-1)\\ & {\chi }^2\ge {\chi }_{\alpha /2}^2(n-1)或\\ & {\chi }^2\le {\chi }_{1-\alpha /2}^2(n-1)\end{array}$
$6$	$\begin{array}{rl}& {\sigma }_1^2\le {\sigma }_2^2\\ & {\sigma }_1^2\ge {\sigma }_2^2\\ & {\sigma }_1^2={\sigma }_2^2\\ & ({\mu }_1,{\mu }_2未知)\end{array}$	$\begin{array}{r}F=\frac{S_1^2}{S_2^2}\end{array}$	$\begin{array}{rl}& {\sigma }_1^2>{\sigma }_2^2\\ & {\sigma }_1^2<{\sigma }_2^2\\ & {\sigma }_1^2\ne {\sigma }_2^2\end{array}$	$\begin{array}{rl}& F\ge F_{\alpha }(n1-1,n2-1)\\ & F\le F_{1-\alpha }(n1-1,n2-1)\\ & F\ge F_{\alpha /2}(n1-1,n2-1)或\\ & F\le F_{1-\alpha /2}(n1-1,n2-1)\end{array}$
$7$	$\begin{array}{rl}& {\mu }_D\le 0\\ & {\mu }_D\ge 0\\ & {\mu }_D=0\\ & (成对数据)\end{array}$	$\begin{array}{r}t=\frac{\overline{D}-0}{S_D/\sqrt{n}}\end{array}$	$\begin{array}{rl}& {\mu }_D>0\\ & {\mu }_D<0\\ & {\mu }_D\ne 0\end{array}$	$\begin{array}{rl}& t\ge t_{\alpha }(n-1)\\ & t\le -t_{\alpha }(n-1)\\ & |t|\ge t_{\alpha /2}(n-1)\end{array}$

置信区间与假设检验之间的关系, 假设置信区间$(\underline{\theta },\overline{\theta })$，显著性水平为$\alpha$

• 1. 检验问题$$H_0:\theta ={\theta }_0;H_0:\theta \ne {\theta }_0$$ 若检验统计量在区间$(\underline{\theta },\overline{\theta })$内，则接受$H_0$，否则，拒绝$H_0$。
• 2. 检验问题$$H_0:\theta \ge {\theta }_0;H_0:\theta <{\theta }_0$$ 若检验统计量在区间$(-\infty ,\overline{\theta })$内，则接受$H_0$