有沒有使用的測試|μ一種−μ乙|≤δ|μ一種−μ乙|≤d|{mu_A}-{mu_B}|le delta作為零假設？
在通常的 t 檢驗中，原假設是“兩組均值之差為零”。
我的問題：
是否有使用“兩組均值之差小於某個值”作為原假設的檢驗？
“兩組均值之差小於某個值”，表示A組和B組均值滿足 |μA−μB|≤δ.
所以， H0:|μA−μB|≤δ和 H1:|μA−μB|>δ這裡， μA 和 μB 分別是A 組和 B 組 的總體平均值， δ>0 是一個預定的實數。
可以假設總體和样本總體滿足與 t 檢驗相同的要求。如有必要，您可以使用以下設置；
- A組和B組的人口均服從正態分佈。
- 根據觀察數據計算的 A 組的平均無偏 SD 樣本大小為： mA,sA,nA
- 根據觀察數據計算的 B 組的平均無偏 SD 樣本大小為： mB,sB,nB
- 這 tobs 表示根據觀測數據計算的 t 值。
此外，如有必要，可以認為兩組的總體方差相等。那麼池化的sd如下。 s∗=√(nA−1)sA+(nB−1)sBnA+nB−2
這 τϕ,μ 表示具有非中心性參數的累積非中心 t 分佈 μ 和自由度。
這 τϕ,μ(t) 是通過對從 -∞ 到 t 的區間內的非中心分佈進行定積分獲得的值。
您可以使用置信區間和假設檢驗之間的等價性：我們可以通過抽樣而不是原假設產生置信區間來拒絕原假設嗎？然後，您將計算均值差異的置信區間，並在兩者之間沒有任何值時拒絕原假設 ±δ 在區間內。
但是使用這種方法，您拒絕零假設的頻率低於目標顯著性水平。之所以出現這種差異，是因為置信區間與點假設有關，而您的情況並非如此。
樣本分佈的圖形視圖 ˉx−ˉy 和 ˆσ
在下圖中，圖像描繪了 t 檢驗的兩種情況
- 當我們比較兩個具有相同大小和方差的樣本時，原假設是H0:μy−μx=0
然後我們看一下與似然比有關的 t 統計量的值。t=1√2/ndsp- 當我們改用原假設時H0:|μy−μx|≤δ
那麼似然比檢驗的結果將與 t 統計量相似，但現在它向左和向右移動。在下圖中，繪製了 95% 顯著性檢驗的 t 值的邊界。將這些邊界與大小為 5 的樣本的標準偏差和均值差的樣本分佈進行比較。 X 和 Y 正態分佈，方差和均值均等，但在下方圖像中均值相差 μy−μX=0.5 .
似然比檢驗，帶有移位邊界的 T 檢驗，不理想
在第一張圖片中，您看到 5% 的樣本導致拒絕假設（按照將水平設置為 95% 的設計）。但是，在下圖中，拒絕率較低且不等於 5%（因為邊界較寬，由於移位 δ ).
所以可能人們可以選擇把邊界畫得更窄。但對於大 sp 你越來越接近當前的邊界（直覺上你可以說 δ 當變量的方差很大時，變得不那麼重要，相對較小）。
原因是我們不一定需要使用似然比檢驗，因為我們不是在處理簡單的假設。根據Neyman-Pearson引理，似然比檢驗是最有力的檢驗。但是，只有當假設是簡單的假設（比如 H0:μy−μx=0 ），我們有一個複合假設（如 H0:−δ≤μy−μx≤δ ）。對於復合假設，似然比檢驗可能並不總是給出指定的顯著性水平（我們根據最壞情況選擇似然比的邊界）。
所以我們可以做出比似然比檢驗更清晰的邊界。但是，沒有唯一的方法可以做到這一點。
圖像的 R 代碼：
nsim <- 10^4 nsmp <- 5 rowDevs <- function(x) { n <- length(x[1,]) sqrt((rowMeans(x^2)-rowMeans(x)^2)*n/(n-1)) } ### simulations set.seed(1) x <- matrix(rnorm(nsim*nsmp),nsim) y <- matrix(rnorm(nsim*nsmp),nsim) ### statistics of difference and variance d <- rowMeans(y)-rowMeans(x) v <- (0.5*rowDevs(x)+0.5*rowDevs(y)) ## colouring 5% points with t-values above/below qt(0.975, df = 18) dv_slope <- qt(0.975, df = 18)*sqrt(2/nsmp) col <- (d/v > dv_slope)+(d/v < -dv_slope) ### plot points plot(d,v, xlim = c(-4,4), ylim = c(0,1.5), pch = 21, col = rgb(col,0,0,0.1), bg = rgb(col,0,0,0.1), cex = 0.5, xlab = expression(d == bar(y)-bar(x)), ylab = expression(s[p] == sqrt(0.5*s[x]+0.5*s[y])), xaxs = "i", yaxs = "i", main = expression(H[0] : mu[y]-mu[x]==0)) lines(c(0,10),c(0,10)/dv_slope, col = 1, lty = 2) lines(-c(0,10),c(0,10)/dv_slope, col = 1, lty = 2) ## colouring 5% points with t-values above/below qt(0.975, df = 18) dlt <- 0.5 ## colouring 5% points with t-values above/below qt(0.975, df = 18) dv_slope <- qt(0.975, df = 18)*sqrt(2/nsmp) col <- ((d-2*dlt)/v > dv_slope)+((d)/v < -dv_slope) ### plot points plot(d-dlt,v, xlim = c(-4,4), ylim = c(0,1.5), pch = 21, col = rgb(col,0,0,0.1), bg = rgb(col,0,0,0.1), cex = 0.5, xlab = expression(d == bar(y)-bar(x)), ylab = expression(s[p] == sqrt(0.5*s[x]+0.5*s[y])), xaxs = "i", yaxs = "i", main = expression(H[0] : "|" * mu[x]-mu[y] * "|" <= delta)) lines(c(0,10)+dlt,c(0,10)/dv_slope, col = 1, lty = 2) lines(-c(0,10)-dlt,c(0,10)/dv_slope, col = 1, lty = 2)為什麼 t 檢驗適用於點假設， H0:μ=0 ，但不適用於復合假設 H0:σ≤μ≤σ ?
在下圖中，我們繪製了上面的情況，但是現在我們更改了標準差 σ 我們從中抽取樣本的總體。現在圖像包含兩個單獨的雲。在一種情況下 σ=1 像以前一樣。在另一種情況下 σ=0.2 ，這會產生額外的更小的點雲。
對角線是似然比某個臨界水平的邊界。第一種情況（上圖）是零假設 H0:μ=0 , 第二種情況是複合假設 H0:σ≤μ≤σ （在這個特定的圖像中 σ=0.15 ).
當我們考慮拒絕原假設的概率時（第一類錯誤），那麼這個概率將取決於參數 μ 和 σ （在零假設內可能不同）。
依賴於 μ ： 什麼時候 μ 更接近於 ±δ 代替 0 那麼可能直觀的是，零假設更有可能被拒絕，並且我們不能進行測試，使得類型 1 錯誤對於任何值都是相同的 μ 對應於原假設。
依賴於 σ ：拒絕概率也取決於 σ .
- 在第一種情況/圖像（點假設）中，然後獨立於 σ I 型錯誤將是恆定的。如果我們改變 σ 那麼這涉及在垂直和水平方向上縮放樣本分佈（由圖像中的點雲表示），並且對角線邊界線將相交相同的比例。
- 在第二種情況/圖像（複合假設）中，類型 I 錯誤將取決於 σ . 邊界線被移動並且不通過縮放變換的中心，因此對於 I 型錯誤，縮放將不再是不變的變換。
雖然這些邊界與某些臨界似然比相關，但這是基於復合假設中特定案例的比率，對於其他案例可能**不是最佳的。（在點假設的情況下，沒有“其他情況”，或者在“點假設”的情況下 μa−μb=0 ，這並不是一個真正的點假設，因為 σ 沒有在假設中指定，它恰好可以解決，因為似然比獨立於 σ ).
