正态总体参数的假设检验

§22.2 · 方法技巧🌱 基础篇 →

考频价值

0.56 分/卷近 11 年平均

3/11 年出现年份

0.6 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）假设检验的基本思想正态总体样本均值与方差的分布三大抽样分布（χ²、t、F）

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. $Z$ （ $u$ ）检验： $σ^{2}$ 已知时检验均值， $Z = \frac{X ˉ - μ _{0}}{σ / n} \sim N (0, 1)$ 及三种 $H_{1}$ 的拒绝域表★★ 必会

对单个正态总体

N (μ, σ^{2})

，在 $σ^{2}$ 已知的情形下检验均值

μ

，所用的方法称为 $Z$ 检验（ $u$ 检验）。取检验统计量

Z = \frac{X ˉ - μ _{0}}{σ / n},

则当

μ = μ_{0}

时，由

\overset{ˉ}{X} \sim N (μ_{0}, σ^{2} / n)

得

Z \sim N (0, 1)

（精确分布）。给定显著性水平

α

后，拒绝域完全由 $H_{1}$ 的方向决定：

H_{0} μ = μ_{0} μ \leq μ_{0} （或 μ = μ_{0} ） μ \geq μ_{0} （或 μ = μ_{0} ） H_{1} μ \neq = μ_{0} μ > μ_{0} μ < μ_{0} 拒绝域（水平 α ） ∣ Z ∣ \geq z_{α /2} ，即 \overset{x}{ˉ} \geq μ_{0} + z_{α /2} \frac{σ}{n} 或 \overset{x}{ˉ} \leq μ_{0} - z_{α /2} \frac{σ}{n} Z \geq z_{α} ，即 \overset{x}{ˉ} \geq μ_{0} + z_{α} \frac{σ}{n} Z \leq - z_{α} ，即 \overset{x}{ˉ} \leq μ_{0} - z_{α} \frac{σ}{n}

以下三点必须注意：① 拒绝域总是开向 $H_{1}$ 所指的方向（右侧备择对应

\to

右尾）；双侧检验把

α

平分到两个尾部，用

z_{α /2}

，单侧检验则把它整份放在一侧，用

z_{α}

；② 复合原假设

μ \leq μ_{0}

与简单原假设

μ = μ_{0}

使用同一个拒绝域，第一类错误的概率在边界

μ = μ_{0}

处最大，且恰好等于

α

（证明见下）；③ 双侧检验的接受域

∣ Z ∣ < z_{α /2}

恰好等价于

μ_{0}

落在

μ

的置信水平为

1 - α

的置信区间之内，可见检验与区间估计互为对偶。如果

σ^{2}

未知，那么统计量换成

t = \frac{X ˉ - μ _{0}}{S / n} \sim t (n - 1)

，分位点改查

t

分布表（见下一条），而拒绝域的结构与上表完全相同。

证明 / 推导

下面说明：复合原假设 $H_{0} : μ \leq μ_{0}$ 为什么也用同一个临界值，以及第一类错误的概率为什么在边界处最大. 右侧检验取

W = {Z \geq z_{α}}

。当真值为

μ

时

\overset{ˉ}{X} \sim N (μ, σ^{2} / n)

，把

Z

改写成标准化的变量，得

P_{μ} {Z \geq z_{α}} = P {\frac{X ˉ - μ}{σ / n} \geq z_{α} - \frac{μ - μ _{0}}{σ / n}} = 1 - Φ (z_{α} - \frac{μ - μ _{0}}{σ / n}) .

上式关于

μ

单调增加，即

μ

越大就越容易拒绝。于是在整个

H_{0} : μ \leq μ_{0}

上，

μ \leq μ_{0} sup P_{μ} {拒绝 H_{0}} = P_{μ_{0}} {Z \geq z_{α}} = 1 - Φ (z_{α}) = α,

可见最不利的情形出现在边界

μ = μ_{0}

处。只要在边界处控制住第一类错误的概率，就控制住了整个原假设。这就是复合原假设按边界值作检验的依据。

■

举例说明

真题（2025·数一第 10 题，选择 5 分）. 设

X_{1}, \dots, X_{n}

来自

N (μ, 2)

，

\overset{x}{ˉ}

为

\overset{ˉ}{X}

的观察值，检验

H_{0} : μ \leq 1

，

H_{1} : μ > 1

，显著性水平为

α

（

z_{α}

为标准正态上侧

α

分位数），则拒绝域为（　　）

(A)

{(x_{1}, \dots, x_{n}) \overset{x}{ˉ} > 1 + \frac{2}{n} z_{α}} .

　(B)

{(x_{1}, \dots, x_{n}) \overset{x}{ˉ} > 1 + \frac{2}{n} z_{α}} .

(C)

{(x_{1}, \dots, x_{n}) \overset{x}{ˉ} > 1 + \frac{2}{n} z_{α}} .

　(D)

{(x_{1}, \dots, x_{n}) \overset{x}{ˉ} > 1 + \frac{2}{n} z_{α}} .

解. 本题中

σ^{2} = 2

已知

\Rightarrow

应作

Z

检验。取统计量

Z = \frac{X ˉ - 1}{σ / n} = \frac{X ˉ - 1}{2/ n},

则在边界

μ = 1

处有

Z \sim N (0, 1)

。因

H_{1} : μ > 1

指向右侧，故拒绝域为

Z > z_{α}

，即

\overset{x}{ˉ} > 1 + \frac{2}{n} z_{α} .

（答案选 D。）易错之处：标准误是

\frac{σ}{n} = \frac{2}{n}

，若把它误写成

\frac{2}{n}

、

\frac{2}{n}

或

\frac{2}{n}

，便得到其余三个错误选项。检验的方向只由

H_{1}

决定（这里是右尾），不要因为

H_{0}

中带有

\leq

就以为左边也要留出尾部。

■

2. $t$ 检验的应用：单个正态总体、 $σ^{2}$ 未知时检验均值★★ 必会

上一条讨论的是

σ

已知时的

Z

检验，与之相类似，这里讨论更为常见的

σ

未知的情形。

σ

未知时只能用样本标准差

S

去代替它，于是统计量的分布由

N (0, 1)

变为

t = \frac{X ˉ - μ _{0}}{S / n} \sim t (n - 1) (H_{0} 为真时) .

五个步骤仍旧不变，只是临界值改用

t_{α /2} (n - 1)

（双侧）或

t_{α} (n - 1)

（单侧）。又因

t

分布的尾部较厚，其临界值比

z

的略大。

证明 / 推导

下面说明统计量为什么服从 $t (n - 1)$ . 设

X_{1}, \dots, X_{n}

是取自

N (μ, σ^{2})

的简单随机样本。要用到三条抽样分布的结论。
(1)

\overset{ˉ}{X} \sim N (μ, \frac{σ ^{2}}{n})

，故

U = \frac{X ˉ - μ}{σ / n} \sim N (0, 1)

。
(2)

V = \frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)

。
(3)

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

相互独立，因而

U

与

V

相互独立。
由

t

分布的定义，若

U \sim N (0, 1)

，

V \sim χ^{2} (m)

且二者独立，则

\frac{U}{V / m} \sim t (m)

。取

m = n - 1

代入并化简，得

\frac{U}{V / ( n - 1 )} = \frac{( X ˉ - μ ) / ( σ / n )}{S ^{2} / σ ^{2}} = \frac{( X ˉ - μ ) / ( σ / n )}{S / σ} = \frac{X ˉ - μ}{S / n} .

可见

σ

在分子与分母中约去了。当

H_{0} : μ = μ_{0}

为真时把

μ

换成

μ_{0}

，即得

t = \frac{X ˉ - μ _{0}}{S / n} \sim t (n - 1)

。

σ

被约去，这就是

σ

未知时仍能作检验的原因。

自由度为什么是 $n - 1$ .

S^{2} = \frac{1}{n - 1} \sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}

中的

n

个偏差满足一个恒等式

\sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overset{ˉ}{X}) = 0

。所以独立的偏差只有

n - 1

个。于是

V

的自由度是

n - 1

，

t

的自由度也随之为

n - 1

。

尾部为什么较厚. 在

Z

检验中分母

σ / n

是常数。这里的分母

S / n

却是随机的。分母自身的波动使统计量取到大值的机会增多。因此同一水平下，

t

的临界值比

z

的略大。当

n

增大时

S

趋于

σ

，

t (n - 1)

也就趋近于

N (0, 1)

。

总体必须服从正态分布. 上面的 (2) 与 (3) 都以总体正态为前提。总体不是正态分布时，这两条一般都不成立，推导随之失效。只有在

n

很大时，才可借助中心极限定理作近似处理。

■

举例说明

设某批零件的长度

X \sim N (μ, σ^{2})

，

σ

未知，标准值为

μ_{0} = 5

。抽取

n = 9

件，测得

\overset{x}{ˉ} = 5.5

，样本标准差

s = 0.6

。试在

α = 0.05

下检验

H_{0} : μ = 5

对

H_{1} : μ \neq = 5

（

t_{0.025} (8) = 2.306

）。

解. 本题是单个总体、检验均值而

σ

未知

\Rightarrow

应作

t

检验。统计量的值为

t = \frac{x ˉ - μ _{0}}{s / n} = \frac{5.5 - 5}{0.6/ 9} = \frac{0.5}{0.2} = 2.5.

双侧检验的拒绝域为

∣ t ∣ > t_{0.025} (8) = 2.306

。因

∣ t ∣ = 2.5 > 2.306

，故拒绝

H_{0}

，即认为长度与标准值有显著差异。

■

3. $χ^{2}$ 检验的应用：检验正态总体的方差，拒绝域两端不对称★★ 必会

检验方差的假设

H_{0} : σ^{2} = σ_{0}^{2}

时，用统计量

χ^{2} = \frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ _{0}^{2}} \sim χ^{2} (n - 1) (H_{0} 为真时) .

必须注意，分母是

H_{0}

中假定的

σ_{0}^{2}

，而不是

S^{2}

。因为

χ^{2}

分布的取值非负，而且右偏而不对称，所以双侧检验必须分别查上、下两个分位数：拒绝域为

χ^{2} > χ_{α /2}^{2} (n - 1)

或

χ^{2} < χ_{1 - α /2}^{2} (n - 1)

，不能写成

\pm

的对称形式。

证明 / 推导

下面说明两件事. 自由度为什么是

n - 1

，拒绝域为什么分成两段而又不对称。

① 自由度的来历. 设

X_{1}, \dots, X_{n}

是取自

N (μ, σ^{2})

的样本。由平方和的分解式

i = 1 \sum n (X_{i} - μ)^{2} = i = 1 \sum n (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2} + n (\overset{ˉ}{X} - μ)^{2},

两端同除以

σ^{2}

，得

i = 1 \sum n (\frac{X _{i} - μ}{σ})^{2} = \frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} + (\frac{X ˉ - μ}{σ / n})^{2} .

左端是

n

个相互独立的标准正态变量的平方和，故服从

χ^{2} (n)

。右端第二项中

\overset{ˉ}{X} \sim N (μ, σ^{2} / n)

，标准化后为标准正态变量，其平方服从

χ^{2} (1)

。记

V = \frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}}

。由正态总体的抽样分布定理，

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

相互独立。故

V

与右端第二项也相互独立。

记

M_{X} (t) = E e^{tX}

为矩母函数。已知

χ^{2} (k)

的矩母函数为

(1 - 2 t)^{- k /2}

，其中

t < \frac{1}{2}

。又独立随机变量之和的矩母函数等于各自矩母函数之积。对上式两端取矩母函数，得

(1 - 2 t)^{- n /2} = M_{V} (t) \cdot (1 - 2 t)^{- 1/2},

故

M_{V} (t) = (1 - 2 t)^{- (n - 1) /2}

，这就是

χ^{2} (n - 1)

的矩母函数。因此

V \sim χ^{2} (n - 1)

。自由度之所以少一个，是因为用

\overset{ˉ}{X}

代替了未知的

μ

。当

H_{0}

为真时

σ^{2} = σ_{0}^{2}

，把分母换成

σ_{0}^{2}

，即得所用的统计量。

② 为什么两端都要取. 仍记检验统计量为

χ^{2} = \frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ _{0}^{2}}

。由

χ^{2} = \frac{σ ^{2}}{σ _{0}^{2}} V

与

E V = n - 1

，得

E χ^{2} = (n - 1) \frac{σ ^{2}}{σ _{0}^{2}} .

如果

σ^{2} > σ_{0}^{2}

，那么

E χ^{2} > n - 1

，统计量倾向于偏大。如果

σ^{2} < σ_{0}^{2}

，那么

E χ^{2} < n - 1

，统计量倾向于偏小。备择假设

H_{1} : σ^{2} \neq = σ_{0}^{2}

把这两种偏离都算在内。故拒绝域必须由左右两段合成。

③ 为什么两个临界值不对称. 把显著性水平

α

平分给两端。取上侧分位数

χ_{α /2}^{2} (n - 1)

与

χ_{1 - α /2}^{2} (n - 1)

，它们按定义满足

P {χ^{2} P {χ^{2} > χ_{α /2}^{2} (n - 1)} = \frac{α}{2} < χ_{1 - α /2}^{2} (n - 1)} = \frac{α}{2} .

两式相加，得

H_{0}

为真时落入拒绝域的概率恰为

α

。第一类错误的概率因而得到控制。而

χ^{2} (n - 1)

的取值非负，其密度向右拖出长尾，并不关于任何点对称。因此这两个分位数只能分别查表。

Z

检验与

t

检验中那种相差一个负号的关系，这里并不存在。这就证明了拒绝域两端不对称的道理。

■

举例说明

设某测量仪器的读数

X \sim N (μ, σ^{2})

，要求方差为

σ_{0}^{2} = 1

。测量

n = 10

次，算得样本方差

s^{2} = 2.5

。试在

α = 0.05

下检验

H_{0} : σ^{2} = 1

对

H_{1} : σ^{2} \neq = 1

（

χ_{0.025}^{2} (9) = 19.02

，

χ_{0.975}^{2} (9) = 2.70

）。

解. 统计量的值为

χ^{2} = \frac{( n - 1 ) s ^{2}}{σ _{0}^{2}} = \frac{9 \times 2.5}{1} = 22.5.

拒绝域为

χ^{2} > 19.02

或

χ^{2} < 2.70

。因

22.5 > 19.02

，落入上侧的拒绝域，故拒绝

H_{0}

，即认为方差显著偏大（仪器的精度未达到要求）。

■

4. 两样本比较的正确次序：先用 $F$ 检验方差齐性，再用合并的 $t$ 检验均值

比较两个正态总体的均值差时，最常用的是合并 $t$ 检验（自由度为

n_{1} + n_{2} - 2

），但它有一个前提：两个总体的方差相等，即

σ_{1}^{2} = σ_{2}^{2}

。因此规范的做法分两步：

1. 先用 $F$ 检验判断两个方差是否可以看作相等：

F = \frac{S _{1}^{2}}{S _{2}^{2}} \sim F (n_{1} - 1, n_{2} - 1)

；因

F

分布不对称，双侧检验要分别查上、下分位数；
2. 如果不拒绝方差相等，那么再算出合并方差

S_{w}^{2} = \frac{( n _{1} - 1 ) S _{1}^{2} + ( n _{2} - 1 ) S _{2}^{2}}{n _{1} + n _{2} - 2}

，并作

t = \frac{X ˉ - Y ˉ}{S _{w} 1/ n _{1} + 1/ n _{2}} \sim t (n_{1} + n_{2} - 2)

。

这里的

S_{w}^{2}

就是两个样本方差按自由度加权所得的合并估计，它用上了两组样本的全部信息。

证明 / 推导

下面说明两件事。一是 $F$ 分布的下侧临界值为什么由上侧分位数取倒数得到，二是合并方差为什么按自由度加权。
（一）倒数关系 $F_{1 - α} (n, m) = \frac{1}{F _{α} ( m , n )}$ . 约定

F_{α} (m, n)

表示

F (m, n)

分布的上侧

α

分位数，即

P {F > F_{α} (m, n)} = α

。设

F \sim F (m, n)

，按

F

分布的定义

F = \frac{U / m}{V / n}, U \sim χ^{2} (m), V \sim χ^{2} (n), U 与 V 相互独立 .

取倒数，得

\frac{1}{F} = \frac{V / n}{U / m}

。它同样是两个独立的卡方变量各除以自身自由度之比，只是分子与分母对调，故

\frac{1}{F} \sim F (n, m)

。于是

α = P {F > F_{α} (m, n)} = P {\frac{1}{F} < \frac{1}{F _{α} ( m , n )}},

从而

P {\frac{1}{F} > \frac{1}{F _{α} ( m , n )}} = 1 - α

。按上侧分位数的定义，

\frac{1}{F _{α} ( m , n )}

就是

F (n, m)

的上侧

1 - α

分位数，即

F_{1 - α} (n, m) = \frac{1}{F _{α} ( m , n )} .

这就是表中只列上侧分位数、下侧临界值取倒数的依据。因

F

分布不对称，双侧检验的两个临界值必须这样分别算出，不能写成对称的形式。
（二）合并方差为什么按自由度加权. 设两个总体的方差同为

σ^{2}

。由抽样分布定理，

\frac{( n _{1} - 1 ) S _{1}^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n_{1} - 1), \frac{( n _{2} - 1 ) S _{2}^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n_{2} - 1),

且二者相互独立，因为它们分别只依赖于两个独立的样本。由

χ^{2}

分布的可加性，二者之和服从

χ^{2} (n_{1} + n_{2} - 2)

。而这个和就是

\frac{( n _{1} - 1 ) S _{1}^{2} + ( n _{2} - 1 ) S _{2}^{2}}{σ ^{2}} = \frac{( n _{1} + n _{2} - 2 ) S _{w}^{2}}{σ ^{2}} .

可见

S_{w}^{2}

的分子取两个卡方变量的分子之和，分母取两个自由度之和。这样才能凑成一个卡方变量。

t

的自由度

n_{1} + n_{2} - 2

也由此而来。两边取期望，由

E χ^{2} (k) = k

得

\frac{( n _{1} + n _{2} - 2 ) E ( S _{w}^{2} )}{σ ^{2}} = n_{1} + n_{2} - 2,

故

E (S_{w}^{2}) = σ^{2}

，即

S_{w}^{2}

是公共方差

σ^{2}

的无偏估计。这就证明了按自由度加权这一取法的道理。
（三）两点边界. 第一，上面处处用到

σ_{1}^{2} = σ_{2}^{2}

。方差不等时，两个卡方变量除以的不是同一个

σ^{2}

，无法合成一个卡方变量。于是合并

t

检验失效。这就是第一步先作

F

检验的缘故。第二，两步用的是同一组数据，因此整个过程的显著性水平并不等于

α

。这一点考试不作要求，实际应用中应当知道。

■

举例说明

设两种工艺所产产品的指标分别为

X \sim N (μ_{1}, σ_{1}^{2}), Y \sim N (μ_{2}, σ_{2}^{2})

，各取

n_{1} = n_{2} = 10

，测得

\overset{x}{ˉ} = 5.5, \overset{y}{ˉ} = 5.0, s_{1}^{2} = 0.4, s_{2}^{2} = 0.5

，取

α = 0.05

。问两种工艺的均值是否有显著差异？（

F_{0.025} (9, 9) = 4.03

，

t_{0.025} (18) = 2.101

）

解. (1) 先用 $F$ 检验方差齐性.

F = \frac{s _{1}^{2}}{s _{2}^{2}} = \frac{0.4}{0.5} = 0.8

。因

F_{0.975} (9, 9) = \frac{1}{F _{0.025} ( 9 , 9 )} = \frac{1}{4.03} \approx 0.248

，故拒绝域为

F > 4.03

或

F < 0.248

。由于

0.248 < 0.8 < 4.03

，故不拒绝，可以认为两个方差相等。

(2) 再用合并的 $t$ 检验均值.

S_{w}^{2} S_{w} = \frac{9 \times 0.4 + 9 \times 0.5}{18} = \frac{8.1}{18} = 0.45 = 0.671.

t = \frac{5.5 - 5.0}{0.671 1/10 + 1/10} = \frac{0.5}{0.671 \times 0.447} = \frac{0.5}{0.3} \approx 1.667.

因

∣ t ∣ = 1.667 < t_{0.025} (18) = 2.101

，故不拒绝

H_{0}

，即两种工艺的均值无显著差异。

■

5. 配对样本的 $t$ 检验：不能把配对数据当作两个独立样本★ 要懂

如果两组数据本来就是一一配对的（例如同一对象处理前后的两次测量，或同一批原料用两种方法所作的测量），那么不能套用两个独立样本的

t

检验。正确的做法是先对每一对取差

D_{i} = X_{i} - Y_{i}, D_{i} \sim N (μ_{D}, σ_{D}^{2}),

把问题化为单样本的检验

H_{0} : μ_{D} = 0

，统计量为

t = \frac{D ˉ}{S _{D} / n} \sim t (n - 1) .

如果误当作两个独立样本处理，就会高估方差，损失功效（因为配对本来就是为了消去个体差异这一主要的波动来源）。判别的依据只有一条：数据是否成对地来自同一试验单元。还须注意自由度是

n - 1

，而不是

2 n - 2

。

证明 / 推导

证. 分两步：先说明统计量为什么服从

t (n - 1)

，再说明配对为什么能减小方差。

第一步，自由度为什么是 $n - 1$ . 取差以后，参加检验的数据只有

D_{1}, \dots, D_{n}

这

n

个。它们相互独立，且都服从

N (μ_{D}, σ_{D}^{2})

。于是问题化成了单个正态总体、方差未知时检验均值的问题。由抽样分布定理，

\frac{D ˉ - μ _{D}}{σ _{D} / n} \sim N (0, 1), \frac{( n - 1 ) S _{D}^{2}}{σ _{D}^{2}} \sim χ^{2} (n - 1),

且两者相互独立。按

t

分布的定义，用标准正态变量除以卡方变量与其自由度之商的平方根，得

t = \frac{( D ˉ - μ _{D} ) / ( σ _{D} / n )}{\frac{( n - 1 ) S _{D}^{2}}{σ _{D}^{2}} / ( n - 1 )} = \frac{( D ˉ - μ _{D} ) / ( σ _{D} / n )}{S _{D} / σ _{D}} = \frac{D ˉ - μ _{D}}{S _{D} / n} \sim t (n - 1) .

在

H_{0} : μ_{D} = 0

之下取

μ_{D} = 0

，即得所用的统计量。可见自由度来自

S_{D}^{2}

，即

n

个差值受一个约束

\sum_{i = 1}^{n} (D_{i} - \overset{ˉ}{D}) = 0

。数据只有

n

个，与

2 n

无关，所以自由度不是

2 n - 2

。

第二步，配对为什么能减小方差. 设同一对的两次测量为

X_{i}, Y_{i}

，方差分别为

σ_{1}^{2}, σ_{2}^{2}

，相关系数为

ρ

。由方差的性质，

σ_{D}^{2} = D (X_{i} - Y_{i}) = σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2} - 2 ρ σ_{1} σ_{2} .

如果误把两组数据当作相互独立，那么所用的方差相当于取

ρ = 0

，即

σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2}

。两者相差

2 ρ σ_{1} σ_{2}

。配对的数据来自同一试验单元，两次测量同受该单元个体特征的影响，因此通常有

ρ > 0

，于是

σ_{D}^{2} < σ_{1}^{2} + σ_{2}^{2} .

可见按独立样本处理会使统计量的分母偏大，

∣ t ∣

偏小。于是更难拒绝

H_{0}

，这就是功效受损的缘由。

■

由第二步还可看出这一做法的界限。如果两组数据本来就相互独立，即

ρ = 0

，那么强行配对并无好处。这时自由度由

2 n - 2

降到

n - 1

，临界值反而变大。因此判别的依据只有一条：数据是否成对地来自同一试验单元。

举例说明

为检验某降压药的效果，测量

10

名志愿者服药前后的血压，算得差值

D_{i} = (服药前) - (服药后)

的均值为

\overset{ˉ}{d} = 1.5

，标准差为

s_{D} = 2

。试在

α = 0.05

下检验该药物是否有效（

t_{0.025} (9) = 2.262

）。

解. 因数据成对（同一人服药前后对比），故用配对

t

检验，检验

H_{0} : μ_{D} = 0

对

H_{1} : μ_{D} \neq = 0

，得

t = \frac{d ˉ}{s _{D} / n} = \frac{1.5}{2/ 10} = \frac{1.5}{0.632} \approx 2.372.

双侧检验的拒绝域为

∣ t ∣ > t_{0.025} (9) = 2.262

。因

2.372 > 2.262

，故拒绝

H_{0}

，即认为服药前后的血压有显著差异，药物是有效的。如果错用两个独立样本的

t

检验，方差被高估，很可能得不到这一显著的结论。

■

💡 小知识

t 检验由化学家戈塞特在吉尼斯啤酒厂发明，用来在小样本条件下控制原料质量。公司禁止员工署名发表研究，他只好用笔名 Student，也就是学生，于是这套方法与 t 分布至今都冠着学生氏的名号，成为统计学里最有名的一次匿名。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 设某零件长度

X \sim N (μ, σ^{2})

，

σ = 1.5

已知，标准值

μ_{0} = 32

。抽

n = 9

件测得

\overset{x}{ˉ} = 33

。在

α = 0.05

下检验

H_{0} : μ = 32

对

H_{1} : μ \neq = 32

。（

z_{0.025} = 1.96

）难度 1

三问定表： 检验均值、方差已知、单总体

\Rightarrow

Z

检验。

第一步：假设。

H_{0} : μ = 32

，

H_{1} : μ \neq = 32

（双侧）。

第二步：统计量。

Z = \frac{X ˉ - μ _{0}}{σ / n}

，

H_{0}

下

Z \sim N (0, 1)

。

第三步：拒绝域。

∣ Z ∣ > z_{0.025} = 1.96

。

第四步：观测值。

z = \frac{33 - 32}{1.5/ 9} = \frac{1}{1.5/3} = \frac{1}{0.5} = 2.

第五步：结论。 因

∣ z ∣ = 2 > 1.96

，落入拒绝域，故拒绝

H_{0}

，认为长度与标准值有显著差异。

■

例 2 设某总体

X \sim N (μ, σ^{2})

，

σ

未知。标准值

μ_{0} = 5

。抽

n = 16

得

\overset{x}{ˉ} = 5.3

，样本标准差

s = 0.4

。在

α = 0.05

下检验

H_{0} : μ = 5

对

H_{1} : μ \neq = 5

。（

t_{0.025} (15) = 2.131

）难度 2

三问定表： 检验均值、方差未知、单总体

\Rightarrow

t

检验。

第一步：假设。

H_{0} : μ = 5

，

H_{1} : μ \neq = 5

（双侧）。

第二步：统计量。

t = \frac{X ˉ - μ _{0}}{S / n}

，

H_{0}

下

t \sim t (n - 1) = t (15)

。

第三步：拒绝域。

∣ t ∣ > t_{0.025} (15) = 2.131

。

第四步：观测值。

t = \frac{5.3 - 5}{0.4/ 16} = \frac{0.3}{0.4/4} = \frac{0.3}{0.1} = 3.

第五步：结论。 因

∣ t ∣ = 3 > 2.131

，落入拒绝域，故拒绝

H_{0}

，认为均值与

5

有显著差异。

■

与上一题的差别只在第二步：

σ

未知，把

Z

换成

t

、

σ

换成

S

，自由度

n - 1

。

例 3 设总体

X \sim N (μ, σ^{2})

，

μ

未知。抽

n = 16

得样本方差

s^{2} = 2

。在

α = 0.05

下检验

H_{0} : σ^{2} = 1

对

H_{1} : σ^{2} \neq = 1

。（

χ_{0.025}^{2} (15) = 27.488, χ_{0.975}^{2} (15) = 6.262

）难度 2

三问定表： 检验方差、单总体

\Rightarrow

χ^{2}

检验。

第一步：假设。

H_{0} : σ^{2} = 1

，

H_{1} : σ^{2} \neq = 1

（双侧）。

第二步：统计量。

χ^{2} = \frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ _{0}^{2}}

，

H_{0}

下

χ^{2} \sim χ^{2} (n - 1) = χ^{2} (15)

。注意分母是

H_{0}

假定的

σ_{0}^{2} = 1

。

第三步：拒绝域（不对称）。

χ^{2} > χ_{0.025}^{2} (15) = 27.488

或

χ^{2} < χ_{0.975}^{2} (15) = 6.262

。

第四步：观测值。

χ^{2} = \frac{( 16 - 1 ) \times 2}{1} = \frac{30}{1} = 30.

第五步：结论。 因

30 > 27.488

，落入右侧拒绝域，故拒绝

H_{0}

，认为方差显著大于

1

。

■

要点：

χ^{2}

分布不对称，双侧要查上、下两个分位数，不能写成

\pm

形式。

例 4 设某工艺改良后产品指标

X \sim N (μ, σ^{2})

，

σ = 2

已知，原标准

μ_{0} = 500

。抽

n = 16

得

\overset{x}{ˉ} = 501

。在

α = 0.05

下检验改良后指标是否显著提高，即

H_{0} : μ = 500

对

H_{1} : μ > 500

。（

z_{0.05} = 1.645

）难度 2

三问定表： 均值、方差已知、单总体

\Rightarrow

Z

检验；由

H_{1} : μ > 500

知为右侧单侧检验。

第一步：假设。

H_{0} : μ = 500

，

H_{1} : μ > 500

。

第二步：统计量。

Z = \frac{X ˉ - μ _{0}}{σ / n} \sim N (0, 1)

（在

H_{0}

下）。

第三步：拒绝域。 右侧检验，

α

全放右尾：

Z > z_{0.05} = 1.645

。

第四步：观测值。

z = \frac{501 - 500}{2/ 16} = \frac{1}{2/4} = \frac{1}{0.5} = 2.

第五步：结论。 因

z = 2 > 1.645

，落入拒绝域，故拒绝

H_{0}

，认为指标显著提高。

■

单侧检验用

z_{α} = z_{0.05} = 1.645

（不是

z_{0.025}

），拒绝域方向跟着

H_{1}

指向右尾。

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2025 年 · 数一 · 第 10 题 · 选择题 · 5 分

设

X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}

为来自正态总体

N (μ, 2)

的简单随机样本，记

\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}

，

\overset{x}{ˉ}

为

\overset{ˉ}{X}

的观察值，

z_{α}

表示标准正态分布的上侧

α

分位数。假设检验问题

H_{0} : μ \leq 1, H_{1} : μ > 1

的显著性水平为

α

的检验的拒绝域为（　　）

A ${(x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) \overset{x}{ˉ} > 1 + \frac{2}{n} z_{α}} .$
B ${(x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) \overset{x}{ˉ} > 1 + \frac{2}{n} z_{α}} .$
C ${(x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) \overset{x}{ˉ} > 1 + \frac{2}{n} z_{α}} .$
D ${(x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}) \overset{x}{ˉ} > 1 + \frac{2}{n} z_{α}} .$

2021 年 · 数一 · 第 10 题 · 选择题 · 5 分

设

X_{1}, X_{2}, \dots, X_{16}

是来自总体

N (μ, 4)

的简单随机样本，考虑假设检验问题

H_{0} : μ \leq 10

，

H_{1} : μ > 10

，

Φ (x)

表示标准正态分布函数，若该检验问题的拒绝域为

W = {\overset{ˉ}{X} > 11}

，其中

\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{16} i = 1 \sum 16 X_{i}

，则

μ = 11.5

时，该检验犯第二类错误的概率为（　　）

A $1 - Φ (0.5) .$
B $1 - Φ (1) .$
C $1 - Φ (1.5) .$
D $1 - Φ (2) .$

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

对单个正态总体

N (μ, σ^{2})

，在

σ^{2}

未知时检验均值

H_{0} : μ = μ_{0}

，应选用的检验统计量及其分布为（）。

A $\frac{X ˉ - μ _{0}}{σ / n} \sim N (0, 1)$
B $\frac{X ˉ - μ _{0}}{S / n} \sim t (n - 1)$
C $\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ _{0}^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)$
D $\frac{S _{1}^{2}}{S _{2}^{2}} \sim F (n_{1} - 1, n_{2} - 1)$

练习 2 · 选择题

对单个正态总体检验方差

H_{0} : σ^{2} = σ_{0}^{2}

，应选用的检验统计量为（）。

A $\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ _{0}^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)$
B $\frac{X ˉ - μ _{0}}{σ / n} \sim N (0, 1)$
C $\frac{X ˉ - μ _{0}}{S / n} \sim t (n - 1)$
D $\frac{X ˉ - μ _{0}}{S / n} \sim t (n)$

练习 3 · 填空题

设总体

X \sim N (μ, σ^{2})

，

σ = 4

已知，检验

H_{0} : μ = 20

。抽

n = 16

得

\overset{x}{ˉ} = 22

，则

Z

检验统计量

\frac{X ˉ - μ _{0}}{σ / n}

的观测值为 ____。

练习 4 · 填空题

对单个正态总体，在方差未知时检验均值（

t

检验），样本容量

n = 25

，则该

t

检验统计量所服从的

t

分布的自由度为 ____。

练习 5 · 选择题

在某双侧

t

检验中（

α = 0.05

），算得统计量观测值

∣ t ∣ = 2.5

，临界值

t_{0.025} (n - 1) = 2.06

。则应作出的判断是（）。

A拒绝 $H_{0}$
B不拒绝 $H_{0}$
C $H_{1}$ 一定为真
D无法判断

2018 年 · 数一 · 第 8 题 · 选择题 · 4 分

设总体

X

服从正态分布

N (μ, σ^{2})

。

X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}

是来自总体

X

的简单随机样本，据此样本检验假设：

H_{0} : μ = μ_{0}, H_{1} : μ \neq = μ_{0}

，则（　　）

A如果在检验水平 $α = 0.05$ 下拒绝 $H_{0}$ ，那么 $α = 0.01$ 下必拒绝 $H_{0}$
B如果在检验水平 $α = 0.05$ 下拒绝 $H_{0}$ ，那么 $α = 0.01$ 下必接受 $H_{0}$
C如果在检验水平 $α = 0.05$ 下接受 $H_{0}$ ，那么 $α = 0.01$ 下必拒绝 $H_{0}$
D如果在检验水平 $α = 0.05$ 下接受 $H_{0}$ ，那么 $α = 0.01$ 下必接受 $H_{0}$

1998 年 · 数一 · 第 23 题 · 解答题 · 4 分

设某次考试的考生成绩服从正态分布，从中随机地抽取

36

位考生的成绩，算得平均成绩为

66.5

分，标准差为

15

分。问在显著性水平

0.05

下，是否可以认为这次考试全体考生的平均成绩为

70

分？并给出检验过程。（参考数据：

t_{0.975} (35) = 2.0301

。）

正态总体参数的假设检验

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. Z（u）检验：σ2 已知时检验均值，Z=σ/n​Xˉ−μ0​​∼N(0,1) 及三种 H1​ 的拒绝域表★★ 必会

2. t 检验的应用：单个正态总体、σ2 未知时检验均值★★ 必会

3. χ2 检验的应用：检验正态总体的方差，拒绝域两端不对称★★ 必会

4. 两样本比较的正确次序：先用 F 检验方差齐性，再用合并的 t 检验均值

5. 配对样本的 t 检验：不能把配对数据当作两个独立样本★ 要懂

基础例题

真题精选

随堂练习

1. $Z$ （ $u$ ）检验： $σ^{2}$ 已知时检验均值， $Z = \frac{X ˉ - μ _{0}}{σ / n} \sim N (0, 1)$ 及三种 $H_{1}$ 的拒绝域表★★ 必会

2. $t$ 检验的应用：单个正态总体、 $σ^{2}$ 未知时检验均值★★ 必会

3. $χ^{2}$ 检验的应用：检验正态总体的方差，拒绝域两端不对称★★ 必会

4. 两样本比较的正确次序：先用 $F$ 检验方差齐性，再用合并的 $t$ 检验均值

5. 配对样本的 $t$ 检验：不能把配对数据当作两个独立样本★ 要懂