数理统计3

阅读数: 次 2022-03-07

本篇是关于假设检验和单侧置信区间的，是用来补充数理统计2的。马上就要考试了，如果给我一次重来的机会，我应该平时就学的。

WARNING：由于我写这篇时没时间了，所以这一篇可能写的有点抽象。

在数理统计2中作双侧置信区间时，我们是将$1-\alpha$分为$\pm \frac{\alpha}{2}$。而对于单侧置信区间，我们只关注它的上限或下限，所以单侧置信区间的求法和双侧没有区别，只是将$\alpha/2$换成$\alpha$。这里要指出在之前忽略的一部分内容，这与$N,F,t,\chi^2$分布的性质有关。

对于置信水平，实际上我们可以认为我们在找特定的上分位点。对于一个分布$\xi$，对于双侧区间：

$P\left( \xi _{1-\frac{\alpha}{2}}<\zeta <\xi _{\frac{\alpha}{2}} \right) =1-\alpha$

其中$\zeta$是所选的统计量。对于$N,t$，它们是对称的，取值可以取遍全体实数，所以有：

$z_{1-\frac{\alpha}{2}}=-z_{\frac{\alpha}{2}}=z_{-\frac{\alpha}{2}} \\ t_{1-\frac{\alpha}{2}}=-t_{\frac{\alpha}{2}}=t_{-\frac{\alpha}{2}}$

对于卡方分布，没有这个特殊的性质，所以当选取的统计量服从卡方分布时，就直接是：

$P\left( \chi _{1-\frac{\alpha}{2}}^{2}<\zeta <\chi _{\frac{\alpha}{2}}^{2} \right) =1-\alpha$

对于$F$分布，有：

$F_{1-\frac{\alpha}{2}}\left( n_1,n_2 \right) =\frac{1}{F_{\frac{\alpha}{2}}\left( n_2,n_1 \right)}$

熟悉这些性质有助于许多内容的理解。对于某些估计值的单侧区间，我们只要知道关注的是上限还是下限，直接将$\alpha/2$换成$\alpha$，选择需要的区间即可。这里值得注意的其实是，由分布定理导出的估计值，往往与选取的统计量在计算时会翻到不等号的另一边。这就导致了一个反转的现象。这点在假设检验中也有类似的现象，但原理并不一样。下面我们来讨论假设检验。

例如我们要讨论$H_0:\mu \ge \mu_0$，在我们知道总体方差的情况下，我们仍然借助$\frac{\bar{X}-\mu _0}{\sigma /\sqrt{n}}\sim N\left( 0,1 \right) $来进行判断，如果$\mu \ge \mu_0$确实成立，那么$\bar{X}-\mu _0$不应该太小，我们就设犯错误的概率最大为$\alpha$（显著性水平），那么我们就会以$-z_\alpha$作临界点，当$\frac{\bar{X}-\mu _0}{\sigma /\sqrt{n}}$比临界点小时，拒绝$H_0$接受$H_1$；反之接受$H_0$拒绝$H_1$。

所以假设$H_0:\mu \ge \mu_0$，我们实际上是找一个左端点来度量，左端点右边是接受域，所以叫左边检验。反之就是右边检验，得到右端点，右端点左边是接受域。

上面的内容确实很抽象，如果有看的人我建议结合着课本强化理解，如果你理解了，会发现其实假设检验的考试题根本不需要背，我的一个朋友非常喜欢有参考压缩，下面我展示一下如何在只记住三大抽样分布定理的情况下，结合题目解压出答案。

①灯泡寿命服从$\sigma^2=100^2$的正态分布，抽取某天生产的$40$只灯泡进行测试，得到样本方差$s^2=15000$，问在显著性水平$\alpha=0.05$下，能否断定灯泡寿命波动显著增大（$\chi _{0.05}^{2}\left( 39 \right) =54.572$）

我们希望灯泡寿命没有明显波动，那么：

$H_0:\sigma ^2\leqslant 100^2,H_1:\sigma ^2>100^2$

没有给总体均值$\mu_0$，只给了$s^2,\sigma^2$，我们考虑用$(n-1)S^2/\sigma^2$，如果$s^2$特别大，说明波动一定显著增大，所哟我们的接受域是$(0,k)$，这里$k=\chi _{0.05}^{2}(39)$。所以接受域是$(0,54.572)$

我们计算统计量$\chi^{2}$：$\chi ^2=\frac{\left( 40-1 \right) \times 15000}{100^2}=58.558>54.572$，所以我们拒绝$H_0$接受$H_1$。

②灯泡厂进行了工艺革新，分别抽取$10$只革新前后的灯泡做寿命试验，革新前的灯泡样本均值为$2460$小时，标准差为$56$小时；采用新工艺后的灯泡寿命的样本均值为$2550$小时，标准差为$48$小时。设灯泡寿命服从正态分布，两个样本构成的合样本相互独立，是否可以认为采用新工艺后的灯泡寿命有显著提高$(\alpha=0.01,F_{0.005}(9,9)=6.54,t_{0.01}(18)=2.55)$

这是一个双正态总体检验，我们设采用新工艺前的寿命$X \sim N(\mu_1,\sigma_1^2)$，采用新工艺后的寿命服从$Y \sim N(\mu_2,\sigma_2^2)$。

那么首先需要检验$\sigma_1^2=\sigma_2^2$，如果这个不成立，我们对平均寿命的估计就没有了意义。需检验：

$H_{01}:\sigma _{1}^{2}=\sigma _{2}^{2},H_{11}:\sigma _{1}^{2}\ne \sigma _{2}^{2}$

只给了我们样本方差，所以我们选取$F$为统计量：

$F=\frac{S_{1}^{2}}{S_{2}^{2}}\sim F\left( n_1-1,n_2-1 \right)$

$\alpha=0.01,n_1=10,n_2=10$，所以接受域为：

$F_{\frac{\alpha}{2}}\left( n_1-1,n_2-1 \right) =6.54 \\ F_{1-\frac{\alpha}{2}}\left( n_1-1,n_2-1 \right) =\frac{1}{F_{\frac{\alpha}{2}}\left( n_2-1,n_1-1 \right)}=\frac{1}{6.54} \\ \left( \frac{1}{6.54},6.54 \right)$

统计量的样本值为$56^2/48^2=1.36$，在接受域内，所以接受$H_{01}$

之后检验方差，我们说需检验：

$H_{02}:\mu _1\geqslant \mu _2,H_{12}:\mu _1<\mu _2$

虽然我们是希望$\mu_2>\mu_1$的，但是为了后面列写统计量的方便，我们写上面这样的假设。由于我们只有样本均值和方差，只能用$t$分布。

$T=\frac{\bar{X}-\bar{Y}}{S_{\omega}\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}}\sim t\left( n_1+n_2-2 \right) \\ S_{\omega}=\sqrt{\frac{\left( n_1-1 \right) S_{1}^{2}+\left( n_2-1 \right) S_{2}^{2}}{n_1+n_2-2}}$

这是个左边检验，如果$H_{02}$是真的，那么$T$不应太小，所以我们只需找左临界点，实际上就是$t_{0.01}(18)=2.55)$，所以接受域为$(-2.55,+\infty)$

我们计算统计量的样本值：

$S_{\omega}=\sqrt{\frac{\left( 10-1 \right) 56^2+\left( 10-1 \right) 48^2}{10+10-2}}=52.15 \\ t=\frac{\bar{x}-\bar{y}}{s_{\omega}\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}}=\frac{2460-2550}{52.15\times \sqrt{\frac{1}{10}+\frac{1}{10}}}=-3.85899\notin \left( -2.55,+\infty \right)$

所以我们拒绝$H_{02}$，认为新工艺实施后灯泡平均寿命显著提高。

往后应该不会再有这种赶工的blog……很遗憾，还有很多数理统计的内容没来得及学习，毕竟是面向考试学习，有的放矢。还有几分钟了，我忽然寻思……“算法工程师”要求“数理基础”，上一下逼乎，人家一顿微分几何，什么流形学习，给你整的一愣一愣的。能学多少就学多少吧，以后抽时间把教师职业资格证考了，然后炼丹纯图一乐，又不靠这个找工作。