劉應興的部落格

統計處理非確定性的、隨機的訊息，或更明確地說是藉由收集到的不完整的、但被認為具有隨機性代表性的樣本資料，推論那未知的、本質上不可能確知的群體模樣、特性或參數，實際上不可能「證明」任何事，但我們總希望統計能為我們證明一些事。這似乎有點矛盾？不過如果把兩個「證明」做不同解讀，那就可行了。統計不能像數學那樣證明某些事是事實，這就是之前說的：統計不可能證明任何事的原由。然而，統計確實能提供「對某事有足夠證據」的說法，統計假說檢定 (testing statistical hypotheses) 就是做這樣的事，雖然它做的不完全，有時它能提供足夠的證據，有時不行。

統計假說檢定 H0 對 Ha，在所謂頻率論的方法是設定一個顯著水準 α，明確地說是在實際狀況是 H0 之下會拒絕 H0 的機率上限，也就是說犯這所謂型Ⅰ錯誤的機率不超過 α。而檢定結果如果拒絕 H0，我們說結果顯著或差異顥著。之所以說「差異」顯著，因為 H0 常是 θ = θ0 的形式，而 Ha 則代表 θ 和 θ0 有差異。不過，這「差異顯著」說的其實不是 θ 與 θ0 的差異足夠大。差異顯著的檢定結果只是說：

我們承認 θ 和 θ0 有「差異」，因為有「顯著」證據顯示假設 θ = θ0 是有問題的。

所以，「差異顯著」其實是容易誤導讀者的報告方式，說「達到統計上的顯著性」似乎是比較好的說法。

我們說拒絕 H0 表示「有顯著證據」顯示 H0 這假說有問題，也就是說：

從統計上來看，在允許一些機會可能犯型Ⅰ錯誤之下，我們認為有足夠證據說 Ha 是對的。

這就是統計上的證明。如果檢定結果是拒絕了 H0，就相當於在統計上我們證明了 Ha 成立。但反過來，不拒絕 H0 不表示支持 H0 拒絕 Ha，所以通常我們不說「接受 H0」, 而是說「 不能拒絕 H0」或類似說法。因此，統計上只能「證明」Ha，卻不能「證明」H0，甚至連「支持 H0」在傳統檢定方法，或更正確的稱呼：頻率論檢定方法中都不能說。所以統計人會告訴用統計的人如何設定 H0 和 Ha：

H0 就是你想推翻，但又必須保護的假說。

想推翻，因為你懷疑它說的不對；必須保護，因為任意懷疑它算是嚴重的問題。就好像懷疑一個人做錯了事，那麼，拿出證據吧！否則隨便懷疑人是很嚴重的。

但是，有時候我們希望能「證明」H0 所陳述的 θ = θ0，那怎麼辦？例如某種專利藥專利到期了，其他藥廠也想分一杯羹，那麼原廠當然反對了。但你已經享受了足夠久的專利了，又憑什麼限制別人不得生產？於是藥品主管機關發話了：可以，只要你證明你的藥是可用的，在生體上（人體生理上）你的藥和原廠藥有「一樣」的表現。這就是說：你必須證明 θ = θ0。真的證明 θ = θ0 在統計上是辦不到的，因此就統計上來說，以平均數而言，就是規定適當的 Δ，欲生產出售該學名藥的廠商必須證明 Ha: θ0-Δ < θ < θ0+Δ。實際上如何做呢？原本問題是：

H0: θ≦θ0-Δ 或 θ≧θ0+Δ      Ha: θ0-Δ<θ<θ0+Δ

實際的做法可能是：把上列檢定問題變成兩個單邊檢定問題：

H01: θ ≦ θ0-Δ        Ha1: θ > θ0-Δ
H02: θ ≧ θ0+Δ       Ha2: θ < θ0+Δ

證明了 Ha1 和 Ha2，也就證明了 Ha；反過來說，要證明 Ha，也就要證明 Ha1 和 Ha2。當然也可能因問題特性不是採用對稱區間，而是取 θ1 < θ0 < θ2，原問題是：

H0: θ ≦ θ1 或 θ ≧ θ2      Ha: θ1 < θ < θ2

而拆開的單邊對立假說問題是

H01: θ ≦ θ1         Ha1: θ > θ1
H02: θ ≧ θ2         Ha2: θ < θ2

不過，這其中有個問題：H0 對 Ha 的檢定如果是水準 α，則在 θ = θ1 或 θ2 時，拒絕 H0 的機率要不超過 α；反過來說，在 θ 大於 θ1 並且小 θ2 的某點 θ* 時，拒絕 H0 的機率至少要達到某個預定的檢定力 1-β。而分解為兩個檢定問題，也必須保證這件事。

假設檢定統計量 T 在兩單邊檢定問題拒絕域分別是 T > t1 與 T < t2，則在原檢定問題拒絕域是 t1 < T < t2。因此，我們要求

P[t1<T<t2; θ=θ1 或 θ2] ≦ α,    P[t; 1<T<t2; θ=θ*] ≧ 1-β

而實際上採用兩個單邊對立假說來決定 t1, t2，如果都是 α 水準的檢定：

P[T > t1; θ = θ1] = α1 ≦ α,      P[T > t1; θ = θ*] = 1-β1
P[T < t2; θ = θ2] = α2 ≦ α,      P[T < t2; θ = θ*] = 1-β2

則

　　P[t1 < T < t2; θ = θ1] ≦ α1 ≦ α,   P[t1 < T < t2; θ = θ2] ≦ α2 ≦ α

顯示兩檢定整體代替原檢定的型Ⅰ錯誤機率仍控制在 α 水準。但在檢定力方面，

　　P[t1 < T < t2; θ = θ*] =  P[T < t2; θ = θ*] - P[T ≦ t1; θ = θ*] = (1-β2)-β1

也就是說兩檢定用來代替原來要做的檢定，在計算點 θ* 的檢定力是 1-β1-β2，或說其型Ⅱ誤機率是兩單邊對立假說型Ⅱ誤機率之和。例如採用兩單邊檢定如各有 95% 檢定力，總檢定力為 90%。不過，兩檢定之檢定力可能不會相等，這增加了檢定力計算及控制的複雜性。我們以 θ1, θ2 取 θ0±Δ 為例，設 θ* = θ0 時兩檢定各有 1-β0 的檢定力，0<δ<Δ，則

　　P[T > t1; θ = θ0-δ] < P[T > t1; θ = θ0] = 1-β0 < P[T > t1; θ = θ0+δ]
　　P[T < t2; θ = θ0-δ] > P[T < t2; θ = θ0] = 1-β0 > P[T < t2; θ = θ0+δ]

也就是說：如果在 θ0 處兩單邊檢定能達到相等檢定力，則在計算點不是 θ0 時，兩單邊檢定的檢定力將不等。以常態群體（單樣本）平均數檢定為例，取 θ0±Δ 為 Ha 兩端點，α 水準 t 檢定將分別得到 t1 = θ0-D 與 t2 = θ0+D, 其中 D 是由 t 分布臨界值與樣本平均數標準誤計算得的一個統計量。基於對稱性，在 θ0 處兩單邊檢定確實可得相等檢定力，但在其他點則否。那麼我們是否非得在 θ0 處計算檢定力？

在上述檢定，δ 或 θ1, θ2 應是就問題本身的實務意義定的，而 t1 < t2 則是由顯著水準 α 所決定。‵但要得到 t1 < t2，則樣本大小 n 要足夠大，這是檢定能進行的先決條件。至於要達到一定的檢定力，則需要在前述 n 的基本條件上考慮是否需要增大。由於這通常涉及非置（非中心，noncentral）或更複雜分布，可能需要疊代計算，或只能做近似計算。

或許我們可不用分兩個單邊檢定，以常態群體平均數檢定為例，把原問題改寫一下：

H0: |θ-θ0| ≧ Δ,    Ha: |θ-θ0| < Δ

原先用 t 分布來決定臨界值 θ0±D，如今可改用 F 分布來決定；檢定力則可在任意 |θ-θ0|<Δ 的地方以非置中 F (non-central F) 計算（原先是非置中 t）。