第 15 章 假設檢驗的構建 Construction of a hypothesis test

15.1 什麼是假設檢驗 Hypothesis testing

一般來說，我們的假設(或者叫假說) 是對與我們實驗觀察數據來自的總體(或人羣) 的概率分佈的描述。在參數檢驗的背景下，就是要檢驗描述這個總體(或人羣) 的概率分佈的參數 (parameters)。最典型的情況是，我們提出兩個互補的假設，一個叫作零假設(或者叫原假設) ，null hypothesis (\(H_0\))；另一個是與之對應的(互補的) 替代假設，althernative hypothesis (\(H_1/H_A\))。

例如，若 \(X\) 是一個服從二項分佈的隨機離散變量 \(X\sim Bin(5, \theta)\)。可以考慮如下的零假設和替代假設：\(H_0: \theta=\frac{1}{2}; H_1: \theta=\frac{2}{3}\)。

當建立了零假設和替代假設以後，假設檢驗就是要建立如下的規則以確定：

  1. 從樣本中計算所得的參數估計值爲多少時，拒絕零假設。(接受替代假設爲“真”)
  2. 從樣本中計算所得的參數估計值爲多少時，零假設不被拒絕。(接受零假設爲“真”)

注意：(這一段很繞)

上面的例子是零假設和替代假設均爲簡單假設的情況，實際操作中常常會設計更加複雜的(不對稱的) 假設：即簡單的 \(H_0\)，複雜的 \(H_1\)。如此一來當零假設 \(H_0\) 不被拒絕時，我們並不一定就接受之。因爲無證據證明 \(H_1\) 不等於有證據證明 \(H_0\)。(Absence of evidence is not evidence of absence). 換句話說，無證據讓我們拒絕 \(H_0\) 本身並不成爲支持 \(H_0\) 爲“真”的證據。因爲在實際操作中，當我們設定的簡單的零假設沒有被拒絕，可能還存在其他符合樣本數據的零假設；相反地，當樣本數據的計算結果拒絕了零假設，我們只能接受替代假設。所以，反對零假設的證據，同時就是支持替代假設的證據。

在樣本空間 sample space 中，決定了零假設 \(H_0\) 會被拒絕的子集 subset，被命名爲拒絕域 rejection region 或者 判別區域 critical region，用 \(\mathfrak{R}\) 來標記。

15.2 錯誤概率和效能方程 error probabilities and the power function

這一部分也可以參考本書臨牀試驗樣本量計算 (Section 34) 部分。

表 15.1 : Definition of Type I and Type II error
SAMPLE
\(\underline{x} \notin \mathfrak{R}\) Accept \(H_0\) \(\underline{x} \in \mathfrak{R}\) Reject \(H_0\)
TRUTH \(H_0\) is true \(\checkmark\) \(\alpha\)
Type I error
\(H_1\) is true \(\beta\)
Type II error 		\(\checkmark\)

假如一個假設檢驗是關於總體參數 \(\theta\) 的：

\[H_0: \theta=\theta_0 \text{ v.s. } H_1: \theta=\theta_1 \]

這個檢驗的效能被定義爲當替代假設爲“真”時，拒絕零假設的概率(該檢驗方法能夠檢驗出有真實差別的能力) ：

\[\text{Power}=\text{Prob}(\underline{x}\in\mathfrak{R}|H_1\text{ is true}) = 1-\text{Prob}(\text{Type II error})\]

觀察數據只有兩種可能：落在拒絕域內，或者落在拒絕域之外。第二類錯誤我們常常使用 \(\beta\) 來表示，所以 \(\text{Power}=1-\beta\)。

檢驗的顯著性水平用 \(\alpha\) 來表示。\(\alpha\) 的直觀意義就是，檢驗結果錯誤的拒絕了零假設 \(H_0\)，接受了替代假設 \(H_1\)，即假陽性的概率。

\[\text{Prob}(\underline{x}\in \mathfrak{R} |H_0 \text{ is true})=\text{Prob(Type I error)}\]

15.2.1 以二項分佈爲例

用本文開頭的例子： \(X\sim Bin(5,\theta)\)。和我們建立的零假設和替代假設：\(H_0: \theta=\frac{1}{2}; H_1: \theta=\frac{2}{3}\)：

考慮兩種檢驗方法：

  1. A 方法：當且僅當5次觀察都爲“成功”時才拒絕 \(H_0 (\text{i.e.}\; X=5)\)。所以此時判別區域 \(\mathfrak{R}\) 爲 \(5\)。檢驗效能 \(\text{Power}=1-\beta\) 爲：\(Prob(X=5|H_1 \text{ is true})=(\frac{2}{3})^5=0.1317\)。顯著性水平 \(\alpha\) 爲 \(Prob(X=5|H_0 \text{ is true})=(\frac{1}{2})^5=0.03125\)。
  2. B 方法：當觀察到3,4,5次“成功”時，拒絕 \(H_0 (\text{i.e.} X=3,4,5)\)。此時判別區域 \(\mathfrak{R}\) 爲 \(3,4,5\)。檢驗效能 \(Power\) 爲：\(Prob(X=3,4,\text{ or }5|H_1 \text{ is ture})=\sum_{i=3}^5(\frac{2}{3})^i(\frac{1}{3})^{5-i}\approx0.7901\)；顯著性水平 \(\alpha\) 爲：\(Prob(X=3,4,5|H_0 \text{ is true})=\sum_{i=3}^5(\frac{1}{2})^i(\frac{1}{2})^{5-i}=0.5\)
# the power in test B
dbinom(3,5,2/3)+dbinom(4,5,2/3)+dbinom(5,5,2/3)
## [1] 0.7901
# the size in test B
dbinom(3,5,0.5)+dbinom(4,5,0.5)+dbinom(5,5,0.5)
## [1] 0.5

比較上面兩種檢驗方法，可以看到，用B方法時，我們有更高的概率獲得假陽性結果(犯第一類錯誤，錯誤地拒絕 \(H_0\)，接受 \(H_1\))，但是也有更高的檢驗效能 \(1-\beta\)(真陽性更高) 。這個例子就說明了，試圖提高檢驗效能的同時，會提高犯第一類錯誤的概率。實際操作中我們常常將第一類錯誤的概率固定，例如 \(\alpha=0.05\)，然後儘可能選擇檢驗效能最高的檢驗方法。

15.3 如何選擇要檢驗的統計量

在上面的二項分佈的實驗中，“成功的次數” 是我們感興趣的要檢驗的統計量。但也可能是第一次出現 “成功” 之前的實驗次數，或者，任何與假設相關的統計量。相似的，如果觀察不是離散變量而是連續的，可以拿來檢驗的指標就有很多，如均值，中位數，衆數，幾何平均值等。

幸運地是，當明確了零假設和替代假設後，我們可以利用 Neyman-Pearson lemma 似然比公式1:

來決定使用哪個統計量做檢驗最有效：

\[\text{Neyman-Pearson lemma}=\frac{L_{H_0}}{L_{H_1}}\]

這公式很直觀，因爲當觀察數據更加支持 \(H_1\) 時 (\(L_{H_1}\) 更大)，\(H_0\) 的可能性相對更小，就更應該被拒絕。而且，由於似然比越小，他的對數就越小，實際計算時我們常使用對數似然比：\(\ell_{H_0}-\ell_{H_1}\)。

問題來了，那到底要多小才算小？這個進入拒絕域的閾值由兩個指標來決定：

  1. 被檢驗統計量的樣本分佈 (the sampling distribution of the test statistic)
  2. 第一類錯誤概率 \(\alpha\) (the required value of \(\alpha\))

15.3.1 以已知方差的正態分佈爲例

假如已知 \(X_1, \cdots, X_n \stackrel{i.i.d}{\sim} N(\mu, \sigma^2)\) 而且方差 \(\sigma^2\) 也是已知的。如果令 \(H_0: \mu=5\; ;H_1: \mu=10\) 可以通過如下的方法找到我們需要的最佳檢驗統計量 best statistic 根據之前的推導 (Section 13) 可知正態分佈的似然方程如下：

\[\ell(\mu|\underline{x}) =-\frac{1}{2\sigma^2}\sum_{i=1}^n(x_i-\mu)^2\]

所以已知 \(\sigma^2\) 時，我們的零假設和替代假設之間的對數似然比 \(\ell_{H_0}-\ell_{H_1}\) 爲:

\[\ell_{H_0}-\ell_{H_1}=-\frac{1}{2\sigma^2}(\sum_{i=1}^n(x_i-5)^2-\sum_{i=1}^n(x_i-10)^2)\]

然而，我們只需要考慮隨着數據變化的部分，所以忽略掉不變的部分2：

\[ \begin{aligned} \ell_{H_0}-\ell_{H_1} & = -(\sum_{i=1}^n(x_i-5)^2-\sum_{i=i}^n(x_i-10)^2)\\ & = 75n - 2\times(10-5)\sum_{i=1}^nx_i \\ \end{aligned} \]

所以只要樣本和 (sum of sample) \(\sum_{i=1}^nx_i\) (最佳統計量 best statistic) 足夠大，零假設就會被拒絕。而且注意到最佳統計量可以乘以任何常數用作新的最佳統計量。爲了方便我們就用樣本均數 \(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nx_i\) 作此處的最佳統計量。所以此時，我們的最佳檢驗就是當樣本均值足夠大，超過某個閾值時，我們拒絕零假設。而且，樣本均值的樣本分佈是可以知道的，這樣就便於我們繼續計算下一步：拒絕域 (判別區域) 。

15.4 複合假設 composite hypotheses

目前爲止我們討論的假設檢驗限制太多，實際操作時，我們多考慮類似如下的假設：

  1. \(H_0: \theta=\theta_0 \;\text{v.s.}\; H_1: \theta>\theta_0\) [單側的替代假設]
  2. \(H_0: \theta=\theta_0 \;\text{v.s.}\; H_1: \theta\neq\theta_0\) [雙側的替代假設]

所以我們面臨的問題是簡單假設中用於判定的最佳統計量，是始終如一地適用？我們一一來看：

15.4.1 單側替代假設

本章目前爲止的推導中我們發現，樣本均值越大，零假設和替代假設的對數似然比 \(\ell_{H_0}-\ell_{H_1}\) 越小。所以我們在樣本均值較大時，拒絕零假設，那麼就可以把原來使用的簡單替代假設 \(H_1: \mu=10\) 擴展爲，任意大於 \(5\) 的 \(\mu\) ，即 \(\mu>5\) 。因爲大於 \(5\) 的任何均值，都提供了更小的對數似然比，都會讓我們拒絕零假設。所以在正態分佈時，單側替代假設的最佳檢驗統計量還是樣本均值。

15.4.2 雙側替代假設

雙側替代假設的情況下，我們無法繼續使用樣本均值作爲最佳統計量。因爲當我們想檢驗：\(H_0: \mu=5 \;\text{v.s.}\; H_1: \mu<5\) 時，必須獲得足夠小的樣本均值才能讓我們拒絕零假設。此處暫且先按下不表。

15.5 爲反對零假設 \(H_0\) 的證據定量

重新再考慮複合假設：\(H_0: \theta=\theta_0\;\text{v.s.}\;H_1: \theta>\theta_0\) 假如存在一個總是可用的最佳檢驗統計量，用 \(T\) 來標記 (或 \(T(x)\))， 這個統計量足夠大時，我們拒絕 \(H_0\)。 別忘了我們還要給事先固定好的顯著性水平 \(\alpha\) 定義與之相關的判別區域：

\[\text{Prob}(\underline{x}\in\mathfrak{R}|H_0)=\alpha\]

如果我們知道 \(T\) 的樣本分佈，我們就可以使用一個閾值 \(c\) 來定義這個判別區域：

\[Prob(T\geqslant c|H_0)=\alpha\]

更加正式的，我們定義判別區域 \(\mathfrak{R}\) 爲：

\[\{\underline{x}:\text{Prob}(T(x)\geqslant c|H_0)=\alpha\}\]

換句話說，當統計量 \(T>c\) 時，我們拒絕 \(H_0\) 。如果先不考慮拒絕或不拒絕的二元判定，我們可以用一個連續型測量值來量化反對零假設 \(H_0\) 的證據。再考慮從觀察數據中獲得的 \(T\) ，即數據告訴我們的 \(t\) 。所以，當 \(t\) 值越大，說明觀察值相對零假設 \(H_0\) 越往極端的方向走。因此我們可以用 \(T\) 的樣本分佈來計算觀察值大大於等於這個閾值(極端值) 時的概率：

\[p=\text{Prob}(T\geqslant t|H_0)\]

這個概率公式被稱爲是單側 \(p\) 值 (one-side p-value)。單側 \(p\) 值越小，統計量 \(T\) 的樣本空間就有越小比例(越強) 的證據支持零假設 \(H_0\)。

我們把這以思想用到假設檢驗中時，就可以認爲：

\[p<\alpha \Leftrightarrow t>c\]

所以用我們一貫的設定 \(\alpha=0.05\)，所以如果計算獲得 \(p<0.05\) 我們就認爲獲得了足夠強的拒絕零假設 \(H_0\) 的證據。

15.5.1 回到正態分佈的均值比較問題上來(單側替代假設)

繼續考慮 \(X_1,\cdots,X_n\stackrel{i.i.d}{\sim} N(\mu, \sigma^2)\)，假設 \(\sigma^2=10\)，我們要檢驗的是 \(H_0: \mu=5 \;\text{v.s}.\; H_1: \mu>5\)

  1. 確定最佳檢驗統計量：已經證明過，單側替代假設的最佳檢驗統計量是樣本均值 \(\bar{x}\)。
  2. 確定該統計量的樣本分佈：已知樣本均數的樣本分佈是 \(\bar{X}\sim N(\mu,\sigma^2/n)\) 。
    \(\Rightarrow Z=\frac{\bar{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}} \sim N(0,1)\)，所以在 \(H_0\) 條件下，\(\Rightarrow Z=\frac{\bar{X}-5}{\sqrt{10}/\sqrt{n}} \sim N(0,1)\)
  3. 所以當一個檢驗的顯著性水平設定爲 \(\alpha=0.05\) 時，我們用判別區域 \(\mathfrak{R}\)，使統計量據落在該判別區域內的概率爲 \(0.05\)：
    \(\text{Prob}(\bar{X}\geqslant c|H_0) = 0.05\)
    已知在標準正態分佈時，\(\text{Prob}(Z\geqslant1.64)=0.05=\text{Prob}(\frac{\bar{X}-5}{\sqrt{10}/\sqrt{n}}\geqslant1.64)\)
  4. 假設樣本量是 \(10\)，那麼數據的判別區域 \(\mathfrak{R}\) 就是 \(\bar{X}\geqslant6.64\)。
  5. 假設觀察數據告訴我們，\(\bar{X}=7.76\) 。那麼這一組觀察數據計算得到的統計量落在了判別區域內，就提供了足夠的證據拒絕接受 \(H_0\)。
  6. 我們可以給這個觀察數據計算相應的單側 \(p\) 值：
    \(p=\text{Prob}(\bar{X}\geqslant7.76|H_0)=\text{Prob}(Z+5\geqslant7.76)\\=\text{Prob}(Z\geqslant2.76)=0.003\)
    所以，觀察數據告訴我們，在 \(H_0\) 的前提下，觀察值出現的概率是 \(0.3\%\) 。即，在無數次重複取樣實驗中，僅有 \(0.3\%\) 的結果可以給出支持 \(H_0\) 的證據。因此我們拒絕 \(H_0\) 接受 \(H_1\)。

15.6 雙側替代假設情況下，雙側 \(p\) 值的定量方法

Deliberately use an assymmetrical distribution to highlight the issues

圖 15.1: Deliberately use an assymmetrical distribution to highlight the issues

此處故意使用一個左右不對稱的概率密度分佈來解釋。

現在的替代假設是雙側的：

\[H_0: \theta=\theta_0 \;\text{v.s.}\; H_1: \theta\neq\theta_0\]

正常來說，雙側的假設檢驗應該分成兩個單側檢驗。即：

  1. \(H_1: \theta>\theta_0\);
  2. \(H_1: \theta<\theta_0\).

每個單側檢驗都有自己的最佳檢驗統計量。令 \(T\) 是 1. 的最佳檢驗統計量，該統計量的樣本分佈如上圖 15.1 所示(左右不對稱) 。假如觀察數據給出的統計量爲 \(t_{\text{obs}}\)，那麼在概率上反對零假設的情況可以有兩種：

  1. \(T\geqslant t_{\text{obs}}\) 其中， \(\text{Prob}(T\geqslant t_{\text{obs}}|H_0)=\tilde p\);
  2. \(T\leqslant t^\prime\) 其中，\(t^\prime\) 滿足： \(\text{Prob}(T\leqslant t^\prime|H_0) =\tilde p\)。(圖15.1)

所以概率密度分佈兩側的距離可以不對稱，但是只要左右兩側概率密度分佈的面積(\(=\tilde p\))相同，那麼就可以直接認爲，雙側 \(p\) 值是兩側面積之和 (\(p=2\times \tilde p\))，且觀察數據提供的統計量落在這兩個面積內的話，都足以提供證據拒絕零假設 \(H_0\)。

注意：

  • 被選中的 \(t^\prime\) 值大小不大可能滿足：\(|t^\prime - E(T|\theta_0)|=|t_{obs}-E(T|\theta_0)|\)。因爲那只有在完全左右對稱的分佈中才會出現。但是，此處我們關心的是面積左右兩邊的尾部要相等即可，所以我們只需要知道右半邊，較大的那個 \(t_{obs}\) 就完全足夠了。

回到上面的均值比較問題 (Section 15.5.1)。現在我們要進行雙側假設檢驗，即： \(H_0: \mu=5 \text{ v.s. } H_1: \mu\neq5\)，最佳統計量依然還是樣本均數 \(\bar{X}\)。數據告訴我們說 \(\bar{X}=7.76\)，因此雙側 \(p\) 值就是將已求得的單側 \(\tilde p\) 值乘以 \(2\)： \(\text{two-sided } p=2\tilde p= 0.006\)

當然，實際操作中我們很少進行這樣繁瑣的論證，多數情況下就直接報告雙側 \(p\) 值。

15.7 假設檢驗構建之總結

按照如下的步驟一一構建我們的假設檢驗過程：

  1. 先建立零假設，和替代假設 (Section 15.1)；
  2. 定義最佳檢驗統計量 (用 Neyman-Pearson lemma) (Section 15.3)；
  3. 取得零假設條件下，最佳統計量的樣本分佈(通常都較爲困難，有時候我們會傾向於使用“不太理想”，但是計算較爲簡便的過程。) ；
  4. 定義拒絕域(判別區域) (常用 \(\alpha=0.05\)) ；
  5. 計算觀察數據的檢驗統計量；
  6. 如果觀察數據的檢驗統計量落在了提前定義好的拒絕域內，那麼我們的檢驗結論就是：觀察數據拒絕了零假設支持替代假設。然而在實際操作時，如果發現數據的檢驗統計量不在拒絕域內，我們僅僅只能下結論說：觀察數據無法拒絕零假設(而不是接受零假設！) ；
  7. 報告計算得到的反對零假設的定量 \(p\) 值。

作爲統計學家，我們的任務是評價數據提供的證據，而不是簡單的去接受或者拒絕一個假設。

15.8 Inference Practical 07

15.8.1 Q1

某種藥物有兩種使用方法：可以口服，也可以注射。兩種方法都被認爲可以使血漿中藥物濃度在24小時候達到相似的平均水平，\(3 \mu \text{g/L}\)。已知口服該藥物後，濃度的方差爲 \(1\)，而如果是注射的話方差只有 \(1/4\)。因此設計了一個口服臨牀實驗，觀察到24小時後血漿中藥物濃度數據爲：2.54, 0.93, 2.75, 4.51, 3.71, 1.62, 3.01, 4.13, 2.08, 3.33。假設這組觀察數據獨立同分佈 \(\stackrel{i.i.d}{\sim} N(3, \sigma^2)\)

  1. 證明以下的假設的最佳檢驗統計量是 \(\sum_{i=1}^{10}(x_i-3)^2\)： \[H_0: \sigma^2=1/4 \text{ v.s. } H_1: \sigma^2=1\]

解

根據 Neyman-Pearson lemma (Section 15.3) 來判斷最佳檢驗統計量：

下面用 \(\sigma^2_0, \sigma^2_1\) 分別標記零假設和替代假設時的方差。

\[ \begin{aligned} L(\sigma^2|\underline{x},\mu=3) &= \prod_{i=1}^n\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\text{exp}(-\frac{1}{2}(\frac{x_i-3}{\sigma})^2) \\ \Rightarrow \ell(\sigma^2) &=-\frac{1}{2}\sum_{i=1}^n\text{log}\sigma^2-\frac{1}{2\sigma^2}\sum_{i=1}^n(x_i-3)^2 \\ &= -\frac{n}{2}\text{log}\sigma^2-\frac{1}{2\sigma^2}\sum_{i=1}^n(x_i-3)^2 \\ \Rightarrow \ell(\sigma_0^2)-\ell(\sigma_1^2)&= \frac{n}{2}\text{log}\sigma_1^2+\frac{1}{2\sigma_1^2}\sum_{i=1}^n(x_i-3)^2\\ &\;\;\;\;\;\;-\frac{n}{2}\text{log}\sigma_0^2-\frac{1}{2\sigma_0^2}\sum_{i=1}^n(x_i-3)^2\\ &=\frac{n}{2}(\text{log}\sigma_1^2-\text{log}\sigma_0^2)+\frac{1}{2}(\frac{1}{\sigma_1^2}-\frac{1}{\sigma_0^2})\sum_{i=1}^n(x_i-3)^2\\ &=\frac{n}{2}\text{log}\frac{\sigma_1^2}{\sigma_0^2}+\frac{1}{2}(\frac{1}{\sigma_1^2}-\frac{1}{\sigma_0^2})\sum_{i=1}^n(x_i-3)^2 \end{aligned} \]

觀察上面的式子就會發現，當實驗重複後唯一會發生變化的就是後面的 \(\sum_{i=1}^n(x_i-3)^2\)。 由於，\(\sigma_0^2=1/4, \; \sigma_1^2=1\)，所以 \((\frac{1}{\sigma_1^2}-\frac{1}{\sigma_0^2})<0\)。那麼當 \(\sum_{i=1}^n(x_i-3)^2\) 越大，\(\ell(\sigma_0^2)-\ell(\sigma_1^2)\) 就越小。因此，這就是我們尋找的最佳檢驗統計量。

  1. 證明上面的檢驗統計量總是可以作爲最佳檢驗統計量，用於檢驗單側替代假設：\(H_1: \sigma^2>1/4\)。

上面的替代假設中 \(\sigma_1^2=1\)，如果將替代假設改成 \(\sigma_1^2>1/4\)，那麼 \((\frac{1}{\sigma_1^2}-\frac{1}{\sigma_0^2})<0\) 依然成立。所以，\(\sum_{i=1}^n(x_i-3)^2\)，或者這部分乘以任何一個不變的常數依然是替代假設爲 \(H_1: \sigma^2>1/4\) 時的最佳檢驗統計量。

  1. 在 \(H_0\) 條件下，樣本分佈 \(\sum_{i=1}^{10}(x_i-3)^2\) 是怎樣的分佈？利用這個分佈來定義顯著性水平爲 \(\alpha=0.05\) 時的拒絕域。

在\(H_0\) 條件下，有： \[X_1,\cdots,X_n\stackrel{i.i.d}{\sim}N(3,1/4)\\ \Rightarrow \frac{X_i-3}{\sqrt{1/4}}\sim N(0,1)\\ \Rightarrow (\frac{X_i-3}{\sqrt{1/4}})^2 \sim \mathcal{X}_1^2\\ \Rightarrow \sum_{i=1}^{10}(\frac{X_i-3}{\sqrt{1/4}})^2 \sim \mathcal{X}_{10}^2\\ \Rightarrow 4\sum_{i=1}^{10}(X_i-3)^2\sim \mathcal{X}_{10}^2\\ \text{Let } T=\sum_{i=1}^{10}(X_i-3)^2\\ \Rightarrow 4T \sim \mathcal{X}_{10}^2\]

拒絕域被定義爲檢驗統計量取大於等於某個臨界值時概率爲 \(0.05\)，即 \(\text{Prob}(T\geqslant t)=0.05\)

\[\text{Prob}(4T\geqslant \mathcal{X}^2_{10,0.95})=0.05\\ \Rightarrow \text{Prob}(T\geqslant 1/4\mathcal{X}^2_{10,0.95})=0.05\]

所以，此處當顯著性水平定爲 \(\alpha=0.05\) 時，拒絕域就是要大於自由度爲 \(10\) 的卡方分佈的 \(95\%\) 分位點。

  1. 在 \(H_0\) 條件下，該檢驗統計量的正態分佈模擬是怎樣的？

根據中心極限定理(Section 8) 和 卡方分佈的性質 (Section 11)

\[n\rightarrow \infty, X_n^2\sim N(n, 2n)\]

所以近似地，

\[\mathcal{X}_{10}^2\sim N(\text{E}(\mathcal{X}_{10}^2)=10,\text{Var}(\mathcal{X}_{10}^2)=20)\\ \Rightarrow 4T\sim \text{approx} N(10,20)\\ \Rightarrow \frac{4T-10}{\sqrt{20}} \stackrel{\cdot}{\sim} N(0,1)\]

  1. 用上面的正態分佈模擬，和觀察嘗試對單側替代假設作統計檢驗並依據所得結果作出結論：\[H_0: \sigma^2=1/4 \text{ v.s. } H_1: \sigma^2>1/4\]

用上面的正態分佈近似法，我們可以計算拒絕域：

\[\text{Prob}(\frac{4T-10}{\sqrt{20}}\geqslant Z_{0.95})=0.05\]

已知標準正態分佈的 \(95\%\) 分位點取值 \(1.64\)，所以拒絕域：

\[\frac{4T-10}{\sqrt{20}}\geqslant 1.64\\ \Rightarrow T\geqslant1/4(10+1.64\sqrt{20})=1/4\times17.33\]

由觀察數據可得：\(T=11.5\) ，所以觀察數據的檢驗統計量落在了拒絕域內。我們的結論是：觀察數據提供了極強的證據證明在顯著性水平爲 \(5\%\) 時，口服該藥物24小時後的血漿藥物濃度的方差大於 \(1/4\)。

  1. 區分與之前討論的對數似然比 (Section 13)，之前討論的對數似然比指的是所有的似然和極大似然之間的比，此處的似然比只是純粹在探討兩個假設之間的似然比，與極大似然無關。↩︎

  2. Rememer that \(\ell_{H_0}-\ell_{H_1}\) is a random variable: the data varies each time we sample, with consequently varying relative support for the hypotheses, and so we are only interested in that part of \(\ell_{H_0}-\ell_{H_1}\) which depends on the results, the data, which vary with each sample (i.e. which contains the random part); the constant part provides no information on the relative support the data give to the hypotheses, so we ignore it.↩︎