假设检验
第 11 讲 · 概率论与数理统计
复旦大学经济学院 ECON130001
上一讲我们做了什么
- 三把尺子：一致性、无偏性、有效性
- 点估计：矩估计（矩对矩）、最大似然估计（哪个参数让数据最可能出现）
- 区间估计：四个枢轴量 $\to$ $\mu$、$\sigma^2$、$\mu_1-\mu_2$、$\sigma_1^2/\sigma_2^2$ 的置信区间
区间估计已经在悄悄做判断了：基金回报率的区间整个在 0 以上，我们说它赚钱； 跨过 0，就说不出口。
可这个「说得出口」的界限，凭什么划在那里？ 如果判断错了，错的概率是多少？估计只回答「是多少」， 不回答「是不是」。
为什么需要这一讲
同在座的费希尔说：这个做法什么也证明不了。 就算完全靠猜，也有一半的概率蒙对。 尝对一杯之后，你分不清「她真有本事」和「她运气好」—— 这个实验从设计上就不可能给出答案。
来源
R. A. Fisher, The Design of Experiments（1935）第二章以此实验引出原假设概念。 实验设计为 8 杯，其中 4 杯先奶后茶、4 杯先茶后奶，随机排列，受试者需指出是哪 4 杯。 纯靠猜而全部答对的概率为 $1/\binom84=1/70\approx1.4\%$。据记载受试者全部答对。 费希尔在同书中写道，原假设「never proved or established, but is possibly disproved, in the course of experimentation」。 en.wikipedia.org/wiki/Lady_tasting_tea ｜访问日期 2026-08-02。本讲学习目标
- 说清假设检验的逻辑：原假设、显著性水平、两类错误， 以及「不拒绝」为什么不等于「接受」
- 掌握四种检验：$z$、$t$、$\chi^2$、$F$，会挑对统计量、查对临界值
- 知道这套方法会怎样被用坏——以及为什么规则必须在看数据之前定好
参数估计：对未知参数给出估计值或估计范围。
假设检验：事先对参数有一个预判，拿到样本后检验这个预判是否站得住。
「事先」两个字是要害——先有假设，后看数据。反过来做，整套理论就失效了（slide 24）。
假设检验的原理
- 把待检的假设写成 $H_0$（原假设，也叫待检假设）
- 在 $H_0$ 成立的前提下，算出「出现手上这种样本」的概率
- 如果这个概率很小，就认为 $H_0$ 不合理，拒绝 $H_0$； 否则不能拒绝 $H_0$
这是一个主观选定的标准，记为 $\alpha$，称为显著性水平（或检验水平）， 一般取 $5\%$ 或 $1\%$。
它像数学里的反证法：先假定 $H_0$ 成立，推出一个结论（这样的样本很罕见）， 再用观测到的事实去顶它。
但它不是严格的反证法：数学反证法推出的是矛盾， 这里推出的只是不太可能。不太可能的事也会发生—— 所以这套程序注定会出错，只是出错的概率被我们事先控制住了。
两类错误
$H_0$ 为真，却把它否定了。
发生概率就是显著性水平 $\alpha$——这是我们主动选定的。
$H_0$ 为假，却没能否定它。
发生概率记为 $\beta$。它不由我们直接选定， 取决于真值离 $H_0$ 有多远、样本有多大。
| $H_0$ 实际为真 | $H_0$ 实际为假 | |
|---|---|---|
| 拒绝 $H_0$ | 第一类错误（概率 $\alpha$） | 判断正确 |
| 不拒绝 $H_0$ | 判断正确 | 第二类错误（概率 $\beta$） |
样本容量固定时，把 $\alpha$ 调小，$\beta$ 必然变大——门槛越高越不容易冤枉， 也就越容易放过。标准做法是先固定 $\alpha$ 再降低 $\beta$； 而唯一能同时压小两者的，是加大样本量。
基本思想：为什么 $H_0$ 受保护
- 默认状态：新药无效，不予上市
- 厂商的任务：拿出足够强的临床证据，去推翻这个默认状态
- 结果一：证据充分 → 批准
- 结果二：证据不足 → 不予批准
- 默认状态 $H_0$：无效应、无差异（新策略不赚钱、新算法没提升）
- 研究者的任务：拿样本数据去挑战 $H_0$
- 结论一：统计上显著 → 拒绝 $H_0$
- 结论二：证据不充分 → 不拒绝 $H_0$
「不予批准」不等于「证明了这个药无效」——它只意味着手头的证据还不够。 很多药第一次试验没过，是因为样本量太小；加大试验后就过了。
同样，「不拒绝 $H_0$」绝不意味着「证明了 $H_0$ 正确」—— 所以标准说法是「不拒绝原假设」，而不是「接受原假设」。 费希尔的原话是：原假设永远不会被证明或确立，只可能被推翻。
它到底在回答什么问题
- 新的广告投放策略，效果真的比旧的好吗？
- 这个量化交易模型，真的能赚钱吗（平均收益率大于 0）？
- 新版 App 的用户参与度，真的提高了吗？
句子里那两个字——「真的」——问的正是： 我们观测到的差异，是本质上的提升，还是随机波动造成的巧合？
新版 App 的日均使用时长比旧版多了 3 分钟。这 3 分钟是真的吗？ 只看这个数字永远回答不了——因为哪怕两版完全一样， 两组用户的均值也不可能恰好相等。
假设检验提供的，是一套区分「随机巧合」与「本质不同」的规则 ——并且明确告诉你，这套规则会以多大的概率出错。
单个正态总体均值：$z$ 检验（$\sigma^2$ 已知）
样本来自 $N(\mu,\sigma^2)$，$\sigma^2$ 已知。计算统计量 $$U=\frac{\overline X-\mu_0}{\sigma/\sqrt n}$$ 若 $|u|>u_{\alpha/2}$ 则拒绝 $H_0$（临界值由 $P(|U|>u_{\alpha/2})=\alpha$ 定）。
$U$ 就是第 9 讲那个枢轴量，只是把 $\mu$ 换成假设值 $\mu_0$。
$\sigma^2=1.21$，抽 6 块，均值 31.13。$\alpha=5\%$ 下检验平均强度是否为 32.50。
$$u=\frac{31.13-32.50}{\sqrt{1.21/6}}=-3.05$$ $|u|=3.05>1.96$，拒绝 $H_0$——不能认为平均强度是 32.50。
$N(\mu,40^2)$，抽 9 根，均值 780。$\alpha=0.05$ 下能否认为强度是 800？
$$u=\frac{780-800}{40/\sqrt9}=-1.5$$ $|u|=1.5<1.96$，不能拒绝 $H_0$。
注意措辞：结论是「不能拒绝」， 不是「已经证明断裂强度就是 800」。
两类错误的概率怎么算
第一类错误： $$P(\text{拒绝}H_0\mid H_0\text{为真})=P(|U|>u_{\alpha/2})=\alpha$$ 就是 $\alpha$ 本身——这正是我们选 $\alpha$ 的含义。
第二类错误（真值是某个 $\mu\neq\mu_0$）： $$\beta=P(|U|<u_{\alpha/2}\mid\mu) =\Phi_0(\lambda+u_{\alpha/2})-\Phi_0(\lambda-u_{\alpha/2}), \quad \lambda=\frac{\mu_0-\mu}{\sigma/\sqrt n}$$
- $\lambda\to0$：$\beta\to1-\alpha$，几乎必然发现不了——差别太小，本来就分不出
- $|\lambda|$ 很大：$\beta\to0$，差别明显，几乎必然能发现
- $n$ 变大 $\Rightarrow|\lambda|$ 变大 $\Rightarrow\beta$ 变小——这就是加大样本量的全部作用
$1-\beta$ 称为功效。
单个正态总体均值：$t$ 检验（$\sigma^2$ 未知）
$\sigma^2$ 未知时用 $S$ 顶替，统计量变成 $$T=\frac{\overline X-\mu_0}{S/\sqrt n}$$ 若 $|t|>t_{\alpha/2}(n-1)$ 则拒绝 $H_0$。 与 $z$ 检验只差两处：$\sigma\to S$，$u\to t$。
抽 20 个，均值 3160、样本标准差 300；历史资料 3140。 $\alpha=1\%$ 下有无显著差异（$t_{0.005}(19)=2.861$）？
$$t=\frac{3160-3140}{300/\sqrt{20}}=0.298$$ $|t|<2.861$，不能拒绝 $H_0$——没有显著差异。
16 只元件平均寿命 241.5、样本标准差 98.73，国标 280。 $\alpha=5\%$ 下能否认为达标（$t_{0.025}(15)=2.131$）？
$$t=\frac{241.5-280}{98.73/\sqrt{16}}=-1.560$$ $|t|<2.131$，不能拒绝 $H_0$。
右题差了 38.5（近 14%）却「不能拒绝」——样本标准差高达 98.73，差距淹没在噪声里。 「没有显著差异」不等于「没有差异」，它往往只是在说：数据还不足以分辨。
案例：这个交易策略真的能赚钱吗
某日内交易策略：不能稳定盈利的策略，日均收益率 $\mu$ 应为 0。 模拟 25 天，$\bar x=0.12\%$、$s=0.5\%$，日收益率正态，$\alpha=0.05$。
- 提出假设：$H_0:\mu\le0$（不盈利），$H_1:\mu>0$（盈利）
- 构造统计量（$\sigma$ 未知，用 $t$）： $$t=\frac{\bar x-\mu_0}{s/\sqrt n}=\frac{0.12-0}{0.5/\sqrt{25}}=\frac{0.12}{0.1}=1.2$$
- 拒绝域：单侧、$df=24$，$t_{0.05}(24)=1.711$，即 $t>1.711$
- 决策：$1.2<1.711$，不能拒绝 $H_0$——没有充分证据说它赚钱
因为 $H_0$ 是受保护的一方：要说服人「这个策略能赚钱」， 举证责任在声称赚钱的人身上——就像新药要证明自己有效。
把想证明的放进 $H_1$，把「什么也没发生」放进 $H_0$——这是列假设时唯一的规矩。
交互：看清两类错误
左边设定 $H_0$、真实世界的参数与检验参数，右边画出两条抽样分布 ——$H_0$ 假定的那条，和真实的那条。两条曲线重叠的部分，就是错误发生的地方。
- 让真值 $=\mu_0$：拒绝的比例稳定在 $\alpha$ 附近——第一类错误
- 让真值稍稍偏离 $\mu_0$：大量该拒绝的没拒绝——第二类错误。 再把真值拉远，$\beta$ 迅速下降
- 回到「真值稍稍偏离」，只把样本量调大：两条曲线都变窄、重叠变小， $\beta$ 掉下去而 $\alpha$ 不变——这就是加样本的作用
交互演示：两条抽样分布的重叠部分，就是两类错误发生的地方
单个正态总体方差：$\chi^2$ 检验
$$\chi^2=\frac{(n-1)S^2}{\sigma_0^2}$$ 若 $\chi^2>\chi^2_b$ 或 $\chi^2<\chi^2_a$ 则拒绝 $H_0$，其中 $P(\chi^2>\chi^2_b)=P(\chi^2<\chi^2_a)=\alpha/2$，自由度 $n-1$。
$\chi^2$ 不对称，两个临界值要分别查表，不是一对相反数。
改进工艺后抽 5 炉，样本方差 $0.228^2$。$\alpha=5\%$ 下能否认为方差仍为 $0.108^2$？ （$\chi^2_{0.975}(4)=0.484$，$\chi^2_{0.025}(4)=11.1$）
$$\chi^2=\frac{4\times0.228^2}{0.108^2}=17.83$$ $17.83>11.1$，拒绝 $H_0$——方差变了。
以往 $\sigma^2=5000$。新批次取 26 个，$s^2=9200$。$\alpha=2\%$ 下波动性有无显著变化？ （$\chi^2_{0.99}(25)=11.524$，$\chi^2_{0.01}(25)=44.314$）
$$\chi^2=\frac{25\times9200}{5000}=46$$ $46>44.314$，拒绝 $H_0$——波动性有显著变化。
单侧检验与一道综合题
统计量不变，$$\chi^2=\frac{(n-1)S^2}{\sigma_0^2}$$ 但只看右尾：$\chi^2>\chi^2_\alpha(n-1)$ 就拒绝。
把 $\alpha$ 全押在一侧，同样的显著性水平下更容易拒绝。
每袋标准重量 500 g，标准差不超过 10 g。抽 9 袋，均值 499 g， 样本标准差 16.03 g。$\alpha=5\%$（$t_{0.025}(8)=2.306$，$\chi^2_{0.05}(8)=15.5$）。
先检验均值（$\sigma$ 未知，用 $t$）： $$t=\frac{499-500}{16.03/\sqrt9}=-0.187$$ $|t|<2.306$，均值这一项正常。
再检验方差（单侧，$H_0:\sigma^2\le100$）： $$\chi^2=\frac{8\times16.03^2}{10^2}=20.56$$ $20.56>15.5$，拒绝——波动超标，包装机工作不正常。
一台机器要两项都合格。均值达标而方差超标， 意味着平均没错，但每一袋都可能差很多——这比平均偏一点严重得多。
两个正态总体方差比：$F$ 检验
$$F=\frac{S_1^2}{S_2^2}$$ 若 $F>F_b$ 或 $F<F_a$ 则拒绝，其中 $P(F<F_a)=P(F>F_b)=\alpha/2$， 自由度 $(n_1-1,\ n_2-1)$。
$H_0$ 为真时它退化成第 9 讲那个统计量，应该在 1 附近；单侧版本只看右尾。
甲、乙各 5 个地块，样本方差 2653 与 11784，$\alpha=5\%$ （$F_{0.025}(4,4)=9.60$、$F_{0.975}(4,4)=0.10$）。
$$F=\frac{2653}{11784}=0.23$$ $0.10<0.23<9.60$，不能拒绝——可以认为方差相等。
甲 5 个方差 7.505，乙 4 个方差 2.593，$\alpha=10\%$ （$F_{0.05}(4,3)=9.12$、$F_{0.05}(3,4)=6.59$）。
$F=\dfrac{7.505}{2.593}=2.894$。左临界值要用倒数性质： $$F_{0.95}(4,3)=\frac{1}{F_{0.05}(3,4)}=\frac{1}{6.59}=0.15$$ $0.15<2.894<9.12$，不能拒绝。
$F$ 表通常只印右尾，左临界值要用 $F_{1-\alpha}(m,n)=1/F_\alpha(n,m)$ ——取倒数，两个自由度换位置。
案例：两类资产的风险一样吗
投资者在「新兴市场股票基金 A」与「发达国家债券基金 B」之间配置， 想知道两者的风险（收益率方差）是否有显著差异。 数据：$n_A=16$、$s_A^2=3.5$；$n_B=21$、$s_B^2=1.2$。$\alpha=0.05$ （$F_{0.025}(15,20)=2.57$，$F_{0.975}(15,20)=0.363$）。
- $H_0:\sigma_A^2=\sigma_B^2$
- $F=\dfrac{S_A^2}{S_B^2}\sim F(15,20)$，观测值 $F=\dfrac{3.5}{1.2}\approx2.92$
- 拒绝域：$F>2.57$ 或 $F<0.363$
- $2.92>2.57$，落入右侧拒绝域，拒绝 $H_0$
有充分证据表明两类资产的风险水平存在显著差异， 构建组合时不能把它们当作同风险资产对待。
两道单侧 $F$ 检验
12 月出生抽 6 个，方差 505667；6 月出生抽 10 个，方差 93956。 $\alpha=5\%$ 下检验冬季的方差是否比夏季小 （$F_{0.05}(5,9)=3.48$）。
$H_0:\sigma_1^2\le\sigma_2^2$（冬季不比夏季大）： $$F=\frac{505667}{93956}=5.382>3.48$$ 拒绝 $H_0$——冬季新生儿体重方差不比夏季小。
问题问的是「冬季是否比夏季小」，但 $H_0$ 写的是相反的那一边。
规矩还是那条：想证明的放 $H_1$。这里想证明「冬季方差更大」， 所以 $H_1:\sigma_1^2>\sigma_2^2$，$H_0$ 只能是 $\sigma_1^2\le\sigma_2^2$。 列反了拒绝域会跑到左尾，$F=5.382$ 落不进去，结论完全相反。
本题做双侧的右临界值是 4.48，单侧的门槛 3.48 更低 ——方向说得越明确越容易显著。所以方向必须在看数据之前定： 先看数据再挑方向，等于白拿一半的 $\alpha$。
两个正态总体均值差的检验
若 $|t|>t_{\alpha/2}(n_1+n_2-2)$ 则拒绝 $H_0$。
这就是第 9 讲那个两样本 $t$ 统计量，令 $\mu_1-\mu_2=0$ 之后的样子。
公式里的合并方差 $S_p^2$ 假定了两个总体方差相等。 所以标准流程是两步：
- 先用 $F$ 检验验证 $\sigma_1^2=\sigma_2^2$ 是否站得住
- 站得住，才用上面这个 $t$ 检验比较均值
顺序不能反。方差都不同的两组数据，比较均值本来就没多大意义。
案例：App 新算法的 A/B 测试
新版信息流推荐算法（B）是否比旧算法（A）更能增加用户停留时长？ 随机把 20 名用户分两组各 10 人，记录日均使用时长（分钟）。
A 组：$\bar x_A=30.2$，$s_A^2=5.2$；B 组：$\bar x_B=33.5$，$s_B^2=4.5$。 $\alpha=0.05$（$F_{0.05}(9,9)=3.179$，$t_{0.05}(18)=1.734$）。
- 先查方差：$F=\dfrac{5.2}{4.5}=1.155$，落在 $\big(1/3.179,\ 3.179\big)$ 内，可以认为方差相等
- 提假设：$H_0:\mu_A=\mu_B$，$H_1:\mu_A<\mu_B$（想证明 B 更好）
- 合并方差：$S_w^2=\dfrac{9\times5.2+9\times4.5}{18}=4.85$，$S_w\approx2.20$
- 统计量：$t=\dfrac{30.2-33.5}{2.20\sqrt{1/10+1/10}}\approx-3.35$
- 决策：单侧拒绝域 $t<-1.734$，$-3.35$ 落入其中，拒绝 $H_0$
结论：有充分证据认为 B 显著优于 A，可以全量上线。 但注意「随机分成两组」这五个字——这是整个结论的前提。 若 B 组是自愿报名的用户，那批人本来就更活跃，检验再规范也没用 （第 9 讲那些飞回来的飞机）。
例题：单个总体的两种检验
$X\sim N(\mu,\sigma^2)$，抽 36 位考生，平均 66.5 分，标准差 15 分。 $\alpha=0.05$ 下能否认为全体考生平均成绩为 70 分？
单个总体期望、$\sigma$ 未知，用 $t$： $$t=\frac{66.5-70}{15/\sqrt{36}}=\frac{-3.5}{2.5}=-1.4$$ 临界值 $t_{0.025}(35)\approx2.03$，$|t|<2.03$，不能拒绝 $H_0$。
正常条件下 $N(1.405,\ 0.048^2)$。某日抽 5 根，纤度为 1.32, 1.55, 1.36, 1.40, 1.44。$\alpha=0.1$ 下总体标准差是否正常？
$H_0:\sigma^2=0.048^2$。算得 $\bar x=1.414$、$S^2=0.00778$： $$\chi^2=\frac{4\times0.00778}{0.048^2}=13.5$$ 临界值 $\chi^2_{0.05}(4)=9.49$、$\chi^2_{0.95}(4)=0.711$。 $13.5>9.49$，拒绝 $H_0$——标准差不正常。
两道题合起来是一个提醒：题目问「均值」就用 $t$（或 $z$），问「方差／标准差」就用 $\chi^2$。 右题给了 $\mu=1.405$ 却用不上——检验方差时均值是不是已知都不影响统计量， 因为 $S^2$ 里已经用样本均值扣掉了它（代价是自由度少一个）。
例题：两个总体，先 $F$ 后 $t$
A（9 个）：540 533 520 545 531 541 529 534 525
B（10 个）：565 577 580 575 556 542 560 532 570 561
$\alpha=0.1$ 下标准差有无显著差异（$F_{0.05}(9,8)=3.39$）？
$S_1^2=63.86$、$S_2^2=236.84$，$F=0.2696$；左临界值 $F_{0.95}(8,9)=1/3.39=0.295$。$0.2696<0.295$，拒绝。
旧：75.5 77.3 76.2 78.1 74.3 72.4 77.4 78.4 76.7 76
新：77.3 79.1 79.1 81 80.2 79.1 82.1 80 77.3 79.1
$\alpha=0.01$ 下新旧工艺的期望有无显著差异？
① 查方差：$s_1^2=3.325$、$s_2^2=2.225$， $F=1.49$ 落在 $(1/6.54,\ 6.54)$ 内，方差可视为相等。
② 比均值：$\bar x=76.23$、$\bar y=79.43$、$S_p=1.666$， $T=\dfrac{76.23-79.43}{1.666\sqrt{0.2}}=-4.296$。 $|T|>t_{0.005}(18)=2.878$，拒绝。
* 这些检验是从哪里来的：广义似然比
总体密度 $f(x;\theta)$，$\theta\in\Theta$，检验 $H_0:\theta\in\Theta_0$。令 $$L(\hat\Theta)=\sup_{\theta\in\Theta}L,\qquad L(\hat\Theta_0)=\sup_{\theta\in\Theta_0}L$$ 称 $\lambda=\dfrac{L(\hat\Theta)}{L(\hat\Theta_0)}$ 为广义似然比， 否定域为 $W_0=\{\lambda>\lambda_0\}$，$\lambda_0$ 由 $\sup_{\theta\in\Theta_0}P(W_0\mid\theta)=\alpha$ 定出。
读法很直白：不受 $H_0$ 约束时能达到的最大似然， 比受约束时高出太多，就说明这个约束不合理。
可算出 $\lambda=e^{\frac{n}{2\sigma^2}(\bar x-\mu_0)^2}$，故 $$W_0=\{|\bar x-\mu_0|>C\}$$ 由 $P(|\overline X-\mu_0|>C\mid\mu_0)=\alpha$ 解得 $C=\dfrac{u_{\alpha/2}}{\sqrt n}\sigma$ ——正是 slide 9 那个 $z$ 检验。
$\bar x\le\mu_0$ 时 $\lambda\equiv1$（约束根本没起作用），故只需看 $\bar x>\mu_0$， 此时 $\lambda$ 与双侧同形，但否定域变成 $$W_0=\{\bar x-\mu_0>C\}$$ 由 $\sup_{\mu\le\mu_0}P(\cdot)=P(\cdot\mid\mu_0)=\alpha$ 解得 $C=\dfrac{u_{2\alpha}}{\sqrt n}\sigma$。
本节标 * 号，不作考试要求。放在这里只为说明一件事： 前面那四个检验不是各自拍脑袋想出来的，它们都是同一个原理的特例 ——而这个原理，正是上一讲的最大似然。
交互：显著性是怎么被做出来的
- 「试很多次」：$k=20$ 个不相干的问题各检验一次， 至少出一个假阳性的概率是 $1-0.95^{20}=64\%$（$k=100$ 时 99.4%）。 只报显著的那一次，读者以为是 5%。
- 「边看边停」：每收一个新数据就检验一次，见到 $p<0.05$ 就收工。 $p$ 值在随机游走，迟早会掉下去。
- Bonferroni 校正：门槛降到 $\alpha/k$，代价是 $\beta$ 变大
交互演示：原假设全为真，却总能做出「显著」——试很多次、边看边停
$\alpha=5\%$ 保证的是一次事先定好的检验犯第一类错误的概率是 5%—— 这两个条件缺一不可。这也是第 4 讲那位「连胜十年」的基金经理的另一面。
本讲总结
费希尔没有去争「她能不能尝出来」。他改而问了一个能回答的问题： 如果她完全靠猜，出现眼下这个结果的概率有多大？ 答案是 $1/70\approx1.4\%$——罕见到不像是猜的。
但即便八杯全对，费希尔也没有说「证明了她有这个本事」。 他的原话是：原假设永远不会被证明或确立，只可能被推翻。
假设检验不是一台判定真假的机器。 它做的是：把一个含糊的争论，换成一个有明确规则、 并且事先说好了会以多大概率出错的判断程序。
本讲总结（续）
| 要检验什么 | 条件 | 统计量 | 分布 |
|---|---|---|---|
| 单个总体的 $\mu$ | $\sigma^2$ 已知 | $\dfrac{\overline X-\mu_0}{\sigma/\sqrt n}$ | $N(0,1)$ |
| $\sigma^2$ 未知 | $\dfrac{\overline X-\mu_0}{S/\sqrt n}$ | $t(n-1)$ | |
| 单个总体的 $\sigma^2$ | $\mu$ 未知 | $\dfrac{(n-1)S^2}{\sigma_0^2}$ | $\chi^2(n-1)$ |
| 两总体方差之比 | $\mu_1,\mu_2$ 未知 | $\dfrac{S_1^2}{S_2^2}$ | $F(n_1-1,n_2-1)$ |
| 两总体均值之差 | 方差未知但相等 | $\dfrac{\overline X-\overline Y}{S_p\sqrt{1/n_1+1/n_2}}$ | $t(n_1+n_2-2)$ |
- 比较两组均值前，先用 $F$ 检验查方差； 「不拒绝 $H_0$」不是「接受 $H_0$」
- $\chi^2$ 与 $F$ 不对称，两端要分别查；$F$ 的左临界值 $=1/F_\alpha(n,m)$ （取倒数、自由度换位）
- 没有显著差异 $\neq$ 没有差异；假设与方向必须事先定好
④ 下一讲
从分赌本到八杯茶，十二讲已全部讲完。下一讲是复习课： 把这两半接成一张图，看清两个方向在哪一点上对接。