§7.4 似然比检验与分布拟合检验

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§7.4 似然比检验与分布拟合检验

1. 似然比检验 设 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 为来自密度函数为 $p(x;\theta )$，$\theta \in \Theta$ 的总体的样本，则对检验问题

$$H_0:\theta \in {\Theta }_0\text{vs}{H}_1:\theta \in {\Theta }_1=\Theta -{\Theta }_0,$$

可用似然比统计量

$$\Lambda =\frac{{\sup }_{\theta \in \Theta }p(x_1,x_2,\dots ,x_n;\theta )}{{\sup }_{\theta \in {\Theta }_0}p(x_1,x_2,\dots ,x_n;\theta )}$$

作检验统计量，该检验称为似然比（likelihood ratio）检验，有时也称之为广义似然比检验。

检验统计量也可以写为

$$\Lambda =\frac{p(x_1,x_2,\dots ,x_n;\hat{\theta })}{p(x_1,x_2,\dots ,x_n;{\hat{\theta }}_0)},$$

其中 $\hat{\theta }$ 表示在全参数空间 $\Theta$ 上 $\theta$ 的最大似然估计，${\hat{\theta }}_0$ 表示在原假设成立时子参数空间 ${\Theta }_0$ 上 $\theta$ 的最大似然估计。拒绝域为

$$W=\{\Lambda \ge c\},$$

其中临界值 $c$ 由

$$P_{\theta }(\Lambda \ge c)\le \alpha ,(\forall \theta \in {\Theta }_0)$$

确定。

似然比检验是寻找检验统计量的一种思路。该似然比统计量没有统一的精确分布形式，但其对数似然比的 $2$ 倍，即 $2\ln \Lambda$，渐近服从 ${\chi }^2(k)$ 分布，其中 $k$ 为 $\Lambda$ 中独立参数个数。

2. 总体可以分成 $k$ 类：$A_1,A_2,\dots ,A_k$ 时的分布拟合优度检验

1. 原假设

$$H_0:P(A_i)=p_i,i=1,2,\dots ,k,$$

其中诸 $p_i\ge 0$，且 ${\sum }_{i=1}^k{p}_i=1$；

1. 数据：对总体作 $n$ 次观察，$k$ 个类各出现的频数分别为 $n_1,n_2,\dots ,n_k$，且 ${\sum }_{i=1}^k{n}_i=n$。

分两种情况给出检验统计量及其拒绝域：

1. 诸 $p_i$ 均已知，检验统计量

$${\chi }^2=\sum _{i=1}^k\frac{(n_i-n{p}_i{)}^2}{n{p}_i},$$

拒绝域为

$$W=\{{\chi }^2\ge {\chi }_{1-\alpha }^2(k-1)\};$$

1. 诸 $p_i$ 不完全已知，检验统计量

$${\chi }^2=\sum _{i=1}^k\frac{(n_i-n{\hat{p}}_i{)}^2}{n{\hat{p}}_i},$$

拒绝域为

$$W=\{{\chi }^2\ge {\chi }_{1-\alpha }^2(k-r-1)\},$$

其中 $r$ 为 $p_1,p_2,\dots ,p_k$ 中独立参数个数，${\hat{p}}_i$ 为 $p_i$ 的最大似然估计。

这个检验被 K. 皮尔逊称为 ${\chi }^2$ 拟合优度检验，$p=P({\chi }^2\ge {\chi }_0^2)$ 被称为拟合优度，$p$ 值愈大拟合优度愈好，$p$ 值愈小拟合优度愈差，从而拒绝原假设 $H_0$。

3. 列联表的独立性检验 $r\times c$ 的二维列联表：总体按两个属性 $A$ 与 $B$ 分类，$A$ 有 $r$ 个类：$A_1,A_2,\dots ,A_r$，$B$ 有 $c$ 个类：$B_1,B_2,\dots ,B_c$，共有 $rc$ 个类；若进行 $n$ 次试验，其中所属 $A_i$ 又属 $B_j$ 的结果有 $n_{ij}$ 个，按矩阵排列，就得 $r\times c$ 二维列联表。

\renewcommand{\arraystretch}{1.2}

A	$B$	行和
	$1$	$\cdots$	$j$	$\cdots c$
$1$	$n_{11}$	$\cdots$	$n_{1j}$	$\cdots n_{1c}$	$n_{1\cdot }$
\vdots	\vdots		\vdots		\vdots
$i$	$n_{i1}$	$\cdots$	$n_{ij}$	$\cdots n_{ic}$	$n_{i\cdot }$
\vdots	\vdots		\vdots		\vdots
$r$	$n_{r1}$	$\cdots$	$n_{rj}$	$\cdots n_{rc}$	$n_{r\cdot }$
列和	$n_{\cdot 1}$	$\cdots$	$n_{\cdot j}$	$\cdots n_{\cdot c}$	$n$

1. 原假设

$$H_0:P(A_i{B}_j)=p_{ij}=p_{i\cdot }{p}_{\cdot j}=P(A_i)P(B_j),i=1,2,\dots ,r,j=1,2,\dots ,c,$$

其意为：属性 $A$ 与 $B$ 相互独立；

1. 在诸 $p_{ij}$ 未知（常见）场合，检验统计量为

$${\chi }^2=\sum _{i=1}^r\sum _{j=1}^c\frac{(n_{ij}-n{\hat{p}}_{ij}{)}^2}{n{\hat{p}}_{ij}},$$

其中

$${\hat{p}}_{ij}={\hat{p}}_{i\cdot }{\hat{p}}_{\cdot j}=\frac{n_{i\cdot }}{n}\cdot \frac{n_{\cdot j}}{n}$$

是 $p_{ij}$ 的最大似然估计；

1. 对给定显著性水平 $\alpha (0<\alpha <1)$，在 $n$ 较大场合该检验的拒绝域为

$$W=\{{\chi }^2\ge {\chi }_{1-\alpha }^2((r-1)(c-1))\}.$$

习题与解答 7.4

习题 7.4-1

设 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 为来自 $b(1,p)$ 的样本，试求

$$H_0:p=p_0\text{vs}{H}_1:p\ne p_0$$

的似然比检验。

解 样本的联合概率函数为

$$P(X_1=x_1,X_2=x_2,\dots ,X_n=x_n)=p^{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}(1-p{)}^{n-{\sum }_{i=1}^n{x}_i}.$$

两个参数空间分别为

$${\Theta }_0=\{p:p=p_0\},\Theta =\{p:0<p<1\},$$

利用微分法，在 $\Theta$ 上 $p$ 的 MLE 为

$$\hat{p}=\bar{x}.$$

则似然比统计量为

$$\Lambda (x_1,x_2,\dots ,x_n)=\frac{{\bar{x}}^{n\bar{x}}(1-\bar{x}{)}^{n-n\bar{x}}}{p_0^{n\bar{x}}(1-p_0{)}^{n-n\bar{x}}}={\left(\frac{\bar{x}}{1-\bar{x}}\cdot \frac{1-p_0}{p_0}\right)}^{\bar{x}n}{\left(\frac{1-\bar{x}}{1-p_0}\right)}^n.$$

通过稍显复杂的求导可知，当 $\bar{x}>p_0$ 时，

$${\left(\frac{\bar{x}}{1-\bar{x}}\cdot \frac{1-p_0}{p_0}\right)}^{\bar{x}}\left(\frac{1-\bar{x}}{1-p_0}\right)$$

为 $x$ 的严格增函数，而当 $\bar{x}<p_0$ 时，它为 $x$ 的严格减函数。从而拒绝域

$$\{\Lambda (x_1,x_2,\dots ,x_n)\ge c\}⟺\left\{\sum _{i=1}^n{x}_i\le d_1\right\}\cup \left\{\sum _{i=1}^n{x}_i\ge d_2\right\}.$$

这说明此时的似然比检验与传统的关于比率 $p$ 的检验是等价的，其中临界值 $d_1$ 与 $d_2$ 由显著性水平 $\alpha$ 确定。

习题 7.4-2

设 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 为来自 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的样本，试求

$$H_0:{\sigma }^2={\sigma }_0^2\text{vs}{H}_1:{\sigma }^2\ne {\sigma }_0^2$$

的似然比检验。

解 记 $\theta =(\mu ,{\sigma }^2)$，样本的联合密度函数为

$$P(x_1,x_2,\dots ,x_n;\theta )=(2\pi {\sigma }^2{)}^{-n/2}\exp \left\{-\frac{1}{2{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n(x_i-\mu {)}^2\right\}.$$

两个参数空间分别为

$${\Theta }_0=\{(\mu ,{\sigma }_0^2)\mid \mu \in \mathbb{R}\},\Theta =\{(\mu ,{\sigma }^2)\mid \mu \in \mathbb{R},{\sigma }^2>0\}.$$

利用微分法可求出在 $\Theta$ 上

$$\hat{\mu }=\bar{x},s_{\ast }^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(x_i-\bar{x}{)}^2$$

分别为 $\mu ,{\sigma }^2$ 的 MLE，而在 ${\Theta }_0$ 上

$${\hat{\mu }}_0=\bar{x}$$

为 $\mu$ 的 MLE，于是似然比统计量为

$$\Lambda =\frac{(2\pi s_{\ast }^2{)}^{-n/2}\exp \{-n/2\}}{(2\pi {\sigma }_0^2{)}^{-n/2}\exp \left\{-\frac{n{s}_{\ast }^2}{2{\sigma }_0^2}\right\}}={\left[\frac{s_{\ast }^2}{{\sigma }_0^2}\exp \left\{1-\frac{s_{\ast }^2}{{\sigma }_0^2}\right\}\right]}^{-n/2}.$$

通过简单的求导计算可知，函数 $x{e}^{-x}$ 在 $(0,1)$ 区间内单调递增，在 $(1,+\infty )$ 上单调递减，于是

$$\{\Lambda \ge c\}⟺\left\{\frac{n{s}_{\ast }^2}{{\sigma }_0^2}\le d_1\right\}\cup \left\{\frac{n{s}_{\ast }^2}{{\sigma }_0^2}\ge d_2\right\}.$$

从而似然比检验等价于采用

$${\chi }^2=\frac{n{s}_{\ast }^2}{{\sigma }_0^2}$$

做检验统计量，也就是说，似然比检验与传统的双侧卡方检验是等价的。

习题 7.4-3

设 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 为来自指数分布 $Exp({\lambda }_1)$ 的样本，$y_1,y_2,\dots ,y_m$ 为来自指数分布 $Exp({\lambda }_2)$ 的样本，且两组样本独立，其中 ${\lambda }_1,{\lambda }_2$ 是未知的正参数。

1. 求

$$H_0:{\lambda }_1={\lambda }_2\text{vs}{H}_1:{\lambda }_1\ne {\lambda }_2$$

的似然比检验；

1. 证明上述检验法的拒绝域仅依赖于比值

$$\sum _{i=1}^n{x}_i/\sum _{j=1}^m{y}_j;$$

1. 求统计量

$$\sum _{i=1}^n{x}_i/\sum _{j=1}^m{y}_j$$

在原假设成立下的分布。

解 样本的联合密度函数为

$$P(x_1,x_2,\dots ,x_n,y_1,y_2,\dots ,y_m;\theta )={\lambda }_1^n{e}^{-{\lambda }_1{\sum }_{i=1}^n{x}_i}{\lambda }_2^m{e}^{-{\lambda }_2{\sum }_{j=1}^m{y}_j}.$$

参数空间分别为

$${\Theta }_0=\{{\lambda }_1={\lambda }_2=\lambda \mid \lambda >0\},\Theta =\{({\lambda }_1,{\lambda }_2)\mid {\lambda }_1>0,{\lambda }_2>0\},$$

由微分法容易求出在 $\Theta$ 下参数的最大似然估计为

$${\hat{\lambda }}_1=\frac{n}{{\sum }_{i=1}^n{x}_i},{\hat{\lambda }}_2=\frac{m}{{\sum }_{j=1}^m{y}_j}.$$

而在 ${\Theta }_0$ 下参数的最大似然估计为

$${\hat{\lambda }}_0=\frac{n+m}{{\sum }_{i=1}^n{x}_i+{\sum }_{j=1}^m{y}_j}.$$

则似然比统计量为

$$\Lambda =\frac{{\left(\frac{n}{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}\right)}^n{\left(\frac{m}{{\sum }_{j=1}^m{y}_j}\right)}^m}{{\left(\frac{n+m}{{\sum }_{i=1}^n{x}_i+{\sum }_{j=1}^m{y}_j}\right)}^{n+m}}$$ $$=\frac{n^n{m}^m}{(n+m{)}^{n+m}}{\left(1+\frac{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}{{\sum }_{j=1}^m{y}_j}\right)}^m{\left(1+\frac{{\sum }_{j=1}^m{y}_j}{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}\right)}^n.$$

由求导可知，函数

$$(1+x{)}^m{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^n$$

为先减后增的单峰函数，故此似然比检验拒绝域可等价写为

$$\{\Lambda \ge c\}⟺\left\{\sum _{i=1}^n{x}_i/\sum _{j=1}^m{y}_j\le d_1\right\}\cup \left\{\sum _{i=1}^n{x}_i/\sum _{j=1}^m{y}_j\ge d_2\right\},$$

这就证明了（2）的结论。

注意到指数分布、伽马分布与卡方分布间的关系，可得

$$\sum _{i=1}^n{x}_i\sim Ga(n,{\lambda }_1),2{\lambda }_1\sum _{i=1}^n{x}_i\sim Ga\left(\frac{2n}{2},\frac{1}{2}\right)={\chi }^2(2n),$$ $$\sum _{j=1}^m{y}_j\sim Ga(m,{\lambda }_2),2{\lambda }_2\sum _{j=1}^m{y}_j\sim Ga\left(\frac{2m}{2},\frac{1}{2}\right)={\chi }^2(2m).$$

再注意到诸 $x_i$ 与诸 $y_j$ 间的独立性，在原假设 $H_0:{\lambda }_1={\lambda }_2$ 成立下，有如下抽样分布：

$$\sum _{i=1}^n{x}_i/\sum _{j=1}^m{y}_j\sim F(2n,2m).$$

习题 7.4-4

设 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 为来自正态总体 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的 i.i.d. 样本，其中 $\mu ,{\sigma }^2$ 未知。证明关于检验问题

$$H_0:\mu \le {\mu }_0\text{vs}{H}_1:\mu >{\mu }_0$$

的单侧 $t$ 检验是似然比检验（显著性水平 $\alpha <1/2$）。

解 记 $\theta =(\mu ,{\sigma }^2)$，样本的联合密度函数为

$$p(x_1,x_2,\dots ,x_n;\theta )=(2\pi {\sigma }^2{)}^{-n/2}\exp \left\{-\frac{1}{2{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n(x_i-\mu {)}^2\right\},$$

两个参数空间分别为

$${\Theta }_0=\{(\mu ,{\sigma }^2)\mid \mu \le {\mu }_0,{\sigma }^2>0\},\Theta =\{(\mu ,{\sigma }^2)\mid \mu \in \mathbb{R},{\sigma }^2>0\}.$$

利用微分法，在 $\Theta$ 下

$$\hat{\mu }=\bar{x},{\hat{\sigma }}^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(x_i-\bar{x}{)}^2$$

分别为 $\mu ,{\sigma }^2$ 的 MLE，而在 ${\Theta }_0$ 下 $\mu ,{\sigma }^2$ 的 MLE 为

$${\hat{\mu }}_0=\min \{\bar{x},{\mu }_0\},{\hat{\sigma }}_0^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(x_i-{\hat{\mu }}_0{)}^2.$$

于是似然比统计量为

$$\Lambda ={\left(\frac{{\hat{\sigma }}^2}{{\hat{\sigma }}_0^2}\right)}^{-n/2}=\{\begin{array}{ll}1,& \bar{x}\le {\mu }_0,\\ {\left(1+\frac{n(\bar{x}-{\mu }_0{)}^2}{(n-1)s^2}\right)}^{n/2},& \bar{x}>{\mu }_0.\end{array}$$

在 $\mu ={\mu }_0$ 时 $P(\bar{x}\le {\mu }_0)=1/2$，由于 $\alpha <1/2$，故只需考虑 $\bar{x}>{\mu }_0$ 的情形，此时

$$\Lambda$$

为

$$t=\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-{\mu }_0)}{s}$$

的单调增函数，故此时的似然比统计量 $\Lambda$ 是传统的 $t$ 统计量的增函数，即此时的似然比检验等价于单侧的 $t$ 检验，拒绝域

$$\{\Lambda \ge c\}⟺\left\{\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-{\mu }_0)}{s}\ge d\right\}.$$

由 $t$ 检验的结论知，

$$d=t_{1-\alpha }(n-1),$$

这就完成了证明。

习题 7.4-5

按孟德尔遗传规律，让开淡红花的豌豆随机交配，子代可区分为红花、淡红花和白花三类，其比例是 $1:2:1$，为了验证这一理论，观察一次实验，得到红花、淡红花和白花的豌豆株数分别为 $26,66,28$，这些数据与孟德尔定律是否一致（$\alpha =0.05$）？

解 这是一个分类数据的拟合优度检验，总体可分为三类。若记子代出现红花、淡红花和白花的分别概率为 $p_1,p_2,p_3$，则要检验的假设为

$$H_0:p_{10}=\frac{1}{4},p_{20}=\frac{1}{2},p_{30}=\frac{1}{4}.$$

此处 $r=3,n=120,n_1=26,n_2=66,n_3=28$，

$$n{p}_{10}=30,n{p}_{20}=60,n{p}_{30}=30.$$

故

$${\chi }^2=\sum _{i=1}^r\frac{(n_i-n{p}_{i0}{)}^2}{n{p}_{i0}}=\frac{(26-30{)}^2}{30}+\frac{(66-60{)}^2}{60}+\frac{(28-30{)}^2}{30}=\mathrm{1.2667.}$$

而

$${\chi }_{0.95}^2(2)=5.9915>1.2667,$$

故没有理由拒绝 $H_0$，即认为孟德尔定律是可接受的。经计算，该检验的 $p$ 值为

$$p=P({\chi }^2(2)\ge 1.2667)=\mathrm{0.5308.}$$

习题 7.4-6

掷一颗骰子 $60$ 次，结果如下：

$$\begin{array}{ccccccc}\text{点数}& 1& 2& 3& 4& 5& 6\\ \text{次数}& 7& 8& 12& 11& 9& 13\end{array}$$

试在显著性水平 $0.05$ 下检验这颗骰子是否均匀。

解 这是一个分布拟合优度检验，总体总共分 $6$ 类。若记出现点数 $i$ 的概率为 $p_i$，则要检验的假设为

$$H_0:p_1=p_2=\cdots =p_6=\frac{1}{6}.$$

这里 $k=6$，检验拒绝域为

$$\{{\chi }^2\ge {\chi }_{1-\alpha }^2(5)\}.$$

若取 $\alpha =0.05$，则查表知

$${\chi }_{0.95}^2(5)=11.0705,$$

检验的统计量为

$${\chi }^2=\frac{(7-10{)}^2}{10}+\frac{(8-10{)}^2}{10}+\cdots +\frac{(13-10{)}^2}{10}=\mathrm{2.8.}$$

由于 ${\chi }^2=2.8$ 未落入拒绝域，故不拒绝原假设。在显著性水平为 $0.05$ 下可以认为这颗骰子是均匀的。此处检验的 $p$ 值为

$$p=P({\chi }^2(5)\ge 2.8)=\mathrm{0.7308.}$$

习题 7.4-7

检查了一批产品的 $100$ 箱，记录各箱中的不合格品的个数，其结果如下：

$$\begin{array}{cccccccc}\text{不合格品个数}& 0& 1& 2& 3& 4& 5& \ge 6\\ \text{箱数}& 35& 40& 19& 3& 2& 1& 0\end{array}$$

问能否认为一箱的不合格品个数服从泊松分布（取 $\alpha =0.05$）？

解 这是一个要检验总体是否服从泊松分布的假设检验问题。由于有几类的观察个数偏少，为使用近似分布，需要把后面四类合并为一类。于是我们把总体分成 $4$ 类；在原假设下，每类出现的概率为

$$p_i=\frac{{\lambda }^i}{i!}{e}^{-\lambda },i=0,1,2,p_3=\sum _{i=3}^{\infty }\frac{{\lambda }^i}{i!}{e}^{-\lambda }.$$

未知参数 $\lambda$ 可采用最大似然方法进行估计，为

$$\hat{\lambda }=\frac{1}{100}(1\times 40+2\times 19+\cdots +5\times 1)=1.$$

将 $\hat{\lambda }$ 代入可以估计出诸 ${\hat{p}}_i$。于是可计算出检验统计量 ${\chi }^2$，如下表：

\renewcommand{\arraystretch}{1.2}

$i$	$n_i$	${\hat{p}}_i$	$n{\hat{p}}_i$	$(n_i-n{\hat{p}}_i{)}^2/n{\hat{p}}_i$
$0$	$35$	$0.3679$	$36.79$	$0.0871$
$1$	$40$	$0.3679$	$36.79$	$0.2801$
$2$	$19$	$0.1839$	$18.39$	$0.0202$
$3$	$6$	$0.0803$	$8.03$	$0.5132$
合计	$100$	$1.0000$	$100$	${\chi }^2=0.9006$

若取 $\alpha =0.05$，查表知

$${\chi }_{0.95}^2(2)=5.9915,$$

故拒绝域为

$$W=\{{\chi }^2\ge 5.9915\}.$$

由于 ${\chi }^2=0.9006<5.9915$，故不拒绝原假设，在显著性水平 $0.05$ 下可以认为一箱的不合格品数是服从泊松分布的。此处检验的 $p$ 值为

$$p=P({\chi }^2\ge 0.9006)=\mathrm{0.6374.}$$

习题 7.4-8

某建筑工地每天发生事故数现场记录如下：

$$\begin{array}{ccccccccc}\text{一天发生的事故数}& 0& 1& 2& 3& 4& 5& \ge 6& \text{合计}\\ \text{天数}& 102& 59& 30& 8& 0& 1& 0& 200\end{array}$$

试在显著性水平 $\alpha =0.05$ 下检验这批数据是否服从泊松分布。

解 本题与上题完全类似，仍为检验总体是否服从泊松分布的分布拟合检验问题。由于有几类的观察个数偏少，为使用近似分布，需要把后面四类合并为一类。于是我们把总体分成 $4$ 类；在原假设下，每类出现的概率为

$$p_i=\frac{{\lambda }^i}{i!}{e}^{-\lambda },i=0,1,2,p_3=\sum _{i=3}^{\infty }\frac{{\lambda }^i}{i!}{e}^{-\lambda }.$$

未知参数 $\lambda$ 采用最大似然估计得

$$\hat{\lambda }=\frac{1}{200}(1\times 59+2\times 30+3\times 8+5\times 1)=\mathrm{0.74.}$$

将 $\hat{\lambda }$ 代入可估计出诸 ${\hat{p}}_i$。于是可计算出检验统计量 ${\chi }^2$，如下表：

\renewcommand{\arraystretch}{1.2}

$i$	$n_i$	${\hat{p}}_i$	$n{\hat{p}}_i$	$(n_i-n{\hat{p}}_i{)}^2/n{\hat{p}}_i$
$0$	$102$	$0.4771$	$95.42$	$0.4537$
$1$	$59$	$0.3531$	$70.62$	$1.9120$
$2$	$30$	$0.1306$	$26.12$	$0.5764$
$3$	$9$	$0.0392$	$7.84$	$0.1716$
合计	$200$	$1.0000$	$200$	${\chi }^2=3.1137$

若取 $\alpha =0.05$，查表知

$${\chi }_{0.95}^2(2)=5.9915,$$

故拒绝域为

$$W=\{{\chi }^2\ge 5.9915\}.$$

由于 ${\chi }^2=3.1137<5.9915$，故不拒绝原假设，在显著性水平 $0.05$ 下可以认为这批数据服从泊松分布。此处检验的 $p$ 值为

$$p=P({\chi }^2\ge 3.1137)=\mathrm{0.2108.}$$

习题 7.4-9

在一批灯泡中抽取 $300$ 只作寿命试验，其结果如下：

$$\begin{array}{ccccc}\text{寿命/h}& <100& [100,200)& [200,300)& \ge 300\\ \text{灯泡数}& 121& 78& 43& 58\end{array}$$

在显著性水平 $0.05$ 下能否认为灯泡寿命服从指数分布 $Exp(0.005)$？

解 这是一个检验总体是否服从指数分布 $Exp(0.005)$ 的假设检验问题。本题中总体分成 $4$ 类；在原假设成立下，每类出现的概率 $p_i$ 及 $n{p}_i$ 分别为

$$p_1=1-e^{-\lambda t}=1-e^{-0.005\times 100}=0.3935,n{p}_1=300\times 0.3935=118.05,$$ $$p_2=e^{-100\lambda }-e^{-200\lambda }=0.2387,n{p}_2=300\times 0.2387=71.61,$$ $$p_3=e^{-200\lambda }-e^{-300\lambda }=0.1447,n{p}_3=300\times 0.1447=43.41,$$ $$p_4=e^{-300\lambda }=0.2231,n{p}_4=300\times 0.2231=\mathrm{66.93.}$$

因而，检验的统计量为

$${\chi }^2=\frac{(121-118.05{)}^2}{118.05}+\frac{(78-71.61{)}^2}{71.61}+\frac{(43-43.41{)}^2}{43.41}+\frac{(58-66.93{)}^2}{66.93}=\mathrm{1.8393.}$$

这里 $r=4$，检验拒绝域为

$$\{{\chi }^2\ge {\chi }_{1-\alpha }^2(3)\}.$$

若取 $\alpha =0.05$，则

$${\chi }_{0.95}^2(3)=\mathrm{7.8147.}$$

由于 ${\chi }^2=1.8393$ 未落入拒绝域，故不拒绝原假设，在显著性水平 $0.05$ 下可以认为灯泡寿命服从指数分布 $Exp(0.005)$。此处检验的 $p$ 值为

$$p=P({\chi }^2\ge 1.8393)=\mathrm{0.6064.}$$

习题 7.4-10

下表是上海 1875 年到 1955 年的 81 年间，根据其中 63 年观察到的一年中（5 月到 9 月）下暴雨次数的整理资料

$$\begin{array}{ccccccccccc}i& 0& 1& 2& 3& 4& 5& 6& 7& 8& \ge 9\\ n_i& 4& 8& 14& 19& 10& 4& 2& 1& 1& 0\end{array}$$

试检验一年中暴雨次数是否服从泊松分布（$\alpha =0.05$）。

解 这是一个检验总体是否服从泊松分布的假设检验问题。为了满足每一类出现的样本观测次数不小于 $5$，我们把 $k\le 1$ 和 $k\ge 5$ 分别合并为一类，把总体分为 $5$ 类，在原假设下每类出现的概率为

$$p_1=(\lambda +1)e^{-\lambda },p_i=\frac{{\lambda }^i}{i!}{e}^{-\lambda },i=2,3,4,p_5=\sum _{i=5}^{\infty }\frac{{\lambda }^i}{i!}{e}^{-\lambda }.$$

未知参数 $\lambda$ 采用最大似然方法估计得

$$\hat{\lambda }=\frac{1}{63}(1\times 8+2\times 14+3\times 19+4\times 10+5\times 4+6\times 2+7\times 1+8\times 1)=\mathrm{2.8571.}$$

将 $\hat{\lambda }$ 代入可计算相关概率估计值 ${\hat{p}}_k,k=1,2,\cdots ,9$，进而算出检验统计量 ${\chi }^2$，如下表：

$$\begin{array}{cccccc}\text{序号 }i& \text{暴雨次数}& n_i& {\hat{p}}_i& n{\hat{p}}_i& \frac{(n_i-n{\hat{p}}_i{)}^2}{n{\hat{p}}_i}\\ 1& \le 1& 12& 0.2215& 13.95& 0.2726\\ 2& 2& 14& 0.2344& 14.77& 0.0401\\ 3& 3& 19& 0.2233& 14.07& 1.7274\\ 4& 4& 10& 0.1595& 10.05& 0.0002\\ 5& \ge 5& 8& 0.1613& 10.16& 0.4592\\ \text{总和}& & 63& 1& 63& 2.4995\end{array}$$

而

$${\chi }_{0.95}^2(r-k-1)={\chi }_{0.95}^2(3)=7.8147,$$

故拒绝域为

$$W=\{{\chi }^2\ge 7.8147\},$$

观察结果 ${\chi }^2$ 不落在拒绝域，因此不能拒绝 $H_0$，即可以认为一年中暴雨的次数服从泊松分布。此处的 $p$ 值为

$$p=P({\chi }^2\ge 2.4995)=\mathrm{0.4754.}$$

习题 7.4-11

某种配偶的后代按体格的属性分为三类，各类的数目分别是 $10,53,46$。按照某种遗传模型其频率之比应为

$$p^2:2p(1-p):(1-p{)}^2,$$

问数据与模型是否相符（$\alpha =0.05$）？

解 这是一个分布拟合优度检验，总体可分为三类。若记三类出现的概率分别为 $p_1,p_2,p_3$，则要检验的假设为

$$H_0:p_1=p^2,p_2=2p(1-p),p_3=(1-p{)}^2.$$

此处 $r=3,n=109,n_1=10,n_2=53,n_3=46$。由于含有一个未知参数 $p$，需要将之估计出来，用最大似然法估计 $p$。其似然函数为

$$L=(p^2{)}^{n_1}\cdot [2p(1-p){]}^{n_2}\cdot [(1-p{)}^2{]}^{n_3}=2^{n_2}{p}^{2n_1+n_2}(1-p{)}^{n_2+2n_3},$$ $$\ln L=(2n_1+n_2)\ln p+(n_2+2n_3)\ln (1-p)+n_2\ln 2,$$

再微分法可得

$$\hat{p}=\frac{2n_1+n_2}{2n}=\frac{2\times 10+53}{2(10+53+46)}=0.3349,$$

于是

$${\hat{p}}_1=0.1121,{\hat{p}}_2=0.4455,{\hat{p}}_3=0.4424,$$

从而

$${\chi }^2=\frac{(10-109\times 0.1121{)}^2}{109\times 0.1121}+\frac{(53-109\times 0.4455{)}^2}{109\times 0.4455}+\frac{(46-109\times 0.4424{)}^2}{109\times 0.4424}=\mathrm{0.9114.}$$

查表知

$${\chi }_{0.95}^2(1)=3.8415,$$

故拒绝域为

$$W=\{{\chi }^2\ge 3.8415\},$$

观察结果 ${\chi }^2$ 不落在拒绝域，因此不能拒绝 $H_0$，即可认为数据与模型是相符的。此处的 $p$ 值为

$$p=P({\chi }^2\ge 0.9114)=\mathrm{0.3397.}$$

习题 7.4-12

设按有无特性 $A$ 与 $B$ 将 $n$ 个样品分成四类，组成 $2\times 2$ 列联表：

$$\begin{array}{cccc}& B& \bar{B}& \text{合计}\\ A& a& b& a+b\\ \bar{A}& c& d& c+d\\ \text{合计}& a+c& b+d& n\end{array}$$

其中 $n=a+b+c+d$，试证明此列联表独立性检验的 ${\chi }^2$ 统计量可以表示成

$${\chi }^2=\frac{n(ad-bc{)}^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}.$$

解 检验的假设问题为 $H_0:A$ 与 $B$ 是独立的。统计表示如下：

$$H_0:p_{ij}=p_{i\cdot }{p}_{\cdot j},i=1,2,j=1,2.$$

在原假设成立下，我们计算诸参数的最大似然估计，为

$${\hat{p}}_{1\cdot }=\frac{a+b}{n},{\hat{p}}_{2\cdot }=\frac{c+d}{n},{\hat{p}}_{\cdot 1}=\frac{a+c}{n},{\hat{p}}_{\cdot 2}=\frac{b+d}{n}.$$

进而得到

$$n{\hat{p}}_{11}=\frac{(a+b)(a+c)}{n},n{\hat{p}}_{12}=\frac{(a+b)(b+d)}{n},$$ $$n{\hat{p}}_{21}=\frac{(a+c)(c+d)}{n},n{\hat{p}}_{22}=\frac{(c+d)(b+d)}{n}.$$

因而检验统计量为

$$\begin{array}{rl}{\chi }^2& =\frac{{\left(a-\frac{(a+b)(a+c)}{n}\right)}^2}{\frac{(a+b)(a+c)}{n}}+\frac{{\left(b-\frac{(a+b)(b+d)}{n}\right)}^2}{\frac{(a+b)(b+d)}{n}}\\ & +\frac{{\left(c-\frac{(a+c)(c+d)}{n}\right)}^2}{\frac{(a+c)(c+d)}{n}}+\frac{{\left(d-\frac{(c+d)(b+d)}{n}\right)}^2}{\frac{(c+d)(b+d)}{n}}\\ & =\frac{\frac{[na-(a+b)(a+c){]}^2}{n}}{(a+b)(a+c)}+\frac{\frac{[nb-(a+b)(b+d){]}^2}{n}}{(a+b)(b+d)}\\ & +\frac{\frac{[nc-(a+c)(c+d){]}^2}{n}}{(a+c)(c+d)}+\frac{\frac{[nd-(c+d)(b+d){]}^2}{n}}{(c+d)(b+d)}\\ & =\frac{\frac{(ad-bc{)}^2}{n}(c+d)(b+d)}{(a+b)(a+c)(c+d)(b+d)}+\frac{\frac{(ad-bc{)}^2}{n}(a+c)(c+d)}{(a+b)(a+c)(c+d)(b+d)}\\ & +\frac{\frac{(ad-bc{)}^2}{n}(a+b)(b+d)}{(a+b)(a+c)(c+d)(b+d)}+\frac{\frac{(ad-bc{)}^2}{n}(a+b)(a+c)}{(a+b)(a+c)(c+d)(b+d)}\\ & =\frac{\frac{(ad-bc{)}^2}{n}}{(a+b)(a+c)(c+d)(b+d)}[n(a+b)+n(c+d)]\\ & =\frac{n(ad-bc{)}^2}{(a+b)(a+c)(c+d)(b+d)}.\end{array}$$

证明完成。

习题 7.4-13

在研究某种新措施对猪白痢的防治效果问题时，获得了如下数据：

$$\begin{array}{ccccc}& \text{存活数}& \text{死亡数}& \text{合计}& \text{死亡率}\\ \text{对照}& 114& 36& 150& 24\%\\ \text{新措施}& 132& 18& 150& 12\%\\ \text{合计}& 246& 54& 300& 18\%\end{array}$$

试问新旧措施对防治该种疾病的疗效是否有显著差异（$\alpha =0.05$）？

解 用 $A$ 表示有无使用新措施，它有两个水平：$A_1$ 表示对照组，$A_2$ 表示新措施组，用 $B$ 表示防治效果，它也有两个水平：$B_1$ 表示存活，$B_2$ 表示死亡。检验的假设为

$$H_0:\text{新措施与防治该疾病无关系，即 }A\text{ 与 }B\text{ 是独立的。}$$

统计表示如下：

$$H_0:p_{ij}=p_{i\cdot }{p}_{\cdot j},i=1,2,j=1,2.$$

由第 $12$ 题可知，此列联表独立性检验的 ${\chi }^2$ 统计量可以表示成

$${\chi }^2=\frac{300\times (114\times 18-132\times 36{)}^2}{(114+36)(132+18)(114+132)(36+18)}=\frac{300\times (-2700{)}^2}{150\times 150\times 246\times 54}=\mathrm{7.3171.}$$

此处 $r=c=2,(r-1)(c-1)=1$，

$${\chi }_{0.95}^2(1)=3.8415<{\chi }^2=7.3171,$$

故拒绝原假设，即认为新旧措施对防治该疾病的疗效有显著差异。此处的 $p$ 值为

$$p=P({\chi }^2\ge 7.3171)=\mathrm{0.0068.}$$

习题 7.4-14

某单位调查了 $520$ 名中年以上的脑力劳动者，其中 $136$ 人有高血压史，另外 $384$ 人则无。在有高血压史的 $136$ 人中，经诊断冠心病及可疑者的有 $48$ 人，在无高血压史的 $384$ 人中，经诊断为冠心病及可疑者的有 $36$ 人。从这个资料，对高血压与冠心病有无关系作检验，取 $\alpha =0.01$。

解 该题完全类似于上题。用 $A$ 表示有无高血压，它有两个水平：$A_1$ 表示有高血压史，$A_2$ 表示无高血压史；用 $B$ 表示诊断结果，它也有两个水平：$B_1$ 表示诊断为冠心病及可疑者，$B_2$ 表示诊断结果正常。则由已知得下表：

$$\begin{array}{cccc}& B_1& B_2& \text{合计}\\ A_1& 48& 88& 136\\ A_2& 36& 348& 384\\ \text{合计}& 84& 436& 520\end{array}$$

检验的假设为

$$H_0:\text{高血压与冠心病无关联，即 }A\text{ 与 }B\text{ 是独立的。}$$

统计表示如下：

$$H_0:p_{ij}=p_{i\cdot }{p}_{\cdot j},i=1,2,j=1,2.$$

由 $12$ 题可知，此列联表独立性检验的 ${\chi }^2$ 统计量可以表示成

$${\chi }^2=\frac{520\times (48\times 348-88\times 36{)}^2}{(48+88)(36+348)(48+36)(88+348)}=\frac{520\times 13536^2}{136\times 384\times 84\times 436}=\mathrm{49.8136.}$$

此处 $r=c=2,(r-1)(c-1)=1$，

$${\chi }_{0.99}^2(1)=6.6349,$$

此处观测值远远超过临界值，故拒绝原假设，即认为高血压与冠心病有关系。此处的 $p$ 值为

$$p=P({\chi }^2\ge 49.8136)\doteq 0.$$

习题 7.4-15

一项是否应提高小学生的计算机课程的比例的调查结果如下：

$$\begin{array}{cccc}\text{年龄}& \text{同意}& \text{不同意}& \text{不知道}\\ 55\text{ 岁以上}& 32& 28& 14\\ 36\sim 55\text{ 岁}& 44& 21& 17\\ 15\sim 35\text{ 岁}& 47& 12& 13\end{array}$$

问年龄因素是否影响了对问题的回答（$\alpha =0.05$）？

解 待检验的假设为

$$H_0:\text{年龄因素对问题的回答无关联。}$$

统计表示如下：

$$H_0:p_{ij}=p_{i\cdot }{p}_{\cdot j},i=1,2,3,j=1,2,3.$$

在原假设成立下，我们计算诸参数的最大似然估计，为

$${\hat{p}}_{\cdot 1}=\frac{74}{228}=0.3246,{\hat{p}}_{\cdot 2}=\frac{82}{228}=0.3596,{\hat{p}}_{\cdot 3}=\frac{72}{228}=0.3158,$$ $${\hat{p}}_{1\cdot }=\frac{123}{228}=0.5395,{\hat{p}}_{2\cdot }=\frac{61}{228}=0.2675,{\hat{p}}_{3\cdot }=\frac{44}{228}=\mathrm{0.1930.}$$

进而利用 ${\hat{p}}_{ij}={\hat{p}}_{i\cdot }{\hat{p}}_{\cdot j}$ 得到

$$n{\hat{p}}_{11}=39.9277,n{\hat{p}}_{12}=19.7974,n{\hat{p}}_{13}=14.2837,$$ $$n{\hat{p}}_{21}=44.2330,n{\hat{p}}_{22}=21.9320,n{\hat{p}}_{23}=15.8238,$$ $$n{\hat{p}}_{31}=38.8453,n{\hat{p}}_{32}=19.2606,n{\hat{p}}_{33}=\mathrm{13.8965.}$$

由以上结果可计算出检验的统计量

$${\chi }^2=\sum _{i=1}^3\sum _{j=1}^3\frac{(n_{ij}-n{\hat{p}}_{ij}{)}^2}{n{\hat{p}}_{ij}}=\mathrm{9.6133.}$$

此处 $r=c=3,(r-1)(c-1)=4$，

$${\chi }_{0.95}^2(4)=9.4877<{\chi }^2=9.6133,$$

故拒绝原假设，即认为年龄因素与问题的回答有关联。此处的 $p$ 值为

$$p=P({\chi }^2\ge 9.6133)=\mathrm{0.0475.}$$