【多元统计分析】08.协方差阵的假设检验 |
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八、协方差阵的假设检验1.单总体协方差阵的假设检验2.特殊的单总体协方差阵检验——球性检验3.多总体协方差阵的检验回顾总结
八、协方差阵的假设检验
上一篇笔记中讨论了均值向量的假设检验,本篇对多元正态分布的另一个参数假设检验作出讨论。关于协方差阵检验,适用的都是似然比检验法,其表现形式更为繁琐,记住取到似然函数最大值的参数会更方便。 1.单总体协方差阵的假设检验假设有一个来自总体 N p ( μ , Σ ) N_p(\mu,\Sigma) Np(μ,Σ)的样本 X ( α ) ( α = 1 , ⋯ , n ) X_{(\alpha)}(\alpha=1,\cdots,n) X(α)(α=1,⋯,n),只知道 Σ > 0 \Sigma>0 Σ>0但不知道其具体值,假设检验问题就是 H 0 : Σ = Σ 0 ( > 0 ) ⇔ H 1 : Σ ≠ Σ 0 . H_0:\Sigma=\Sigma_0(>0)\Leftrightarrow H_1:\Sigma \ne \Sigma_0. H0:Σ=Σ0(>0)⇔H1:Σ=Σ0. 依然从最简单的情况入手, Σ 0 \Sigma_0 Σ0为单位阵 I p I_p Ip时,检验 H 0 : Σ = I p H_0:\Sigma=I_p H0:Σ=Ip问题。使用似然比检验法,构造似然比统计量为 λ = max μ L ( μ , I p ) max μ , Σ > 0 L ( μ , Σ ) . \lambda=\frac{\max_\mu L(\mu,I_p)}{\max_{\mu,\Sigma>0}L(\mu,\Sigma)}. λ=maxμ,Σ>0L(μ,Σ)maxμL(μ,Ip). 先写出似然函数为 L ( μ , Σ ) = 1 ( 2 π ) n p / 2 ∣ Σ ∣ n / 2 exp { − 1 2 ∑ α = 1 n ( X ( α ) − μ ) ′ Σ − 1 ( X ( α ) − μ ) } , l ( μ , Σ ) = − n p 2 ln ( 2 π ) + n 2 ln ∣ Σ − 1 ∣ − 1 2 ∑ α = 1 n ( X ( α ) − μ ) ′ Σ − 1 ( X ( α ) − μ ) . L(\mu,\Sigma)=\frac{1}{(2\pi)^{np/2}|\Sigma|^{n/2}}\exp\left\{-\frac12\sum_{\alpha=1}^n(X_{(\alpha)}-\mu)'\Sigma^{-1}(X_{(\alpha)}-\mu) \right\}, \\ l(\mu,\Sigma)=-\frac{np}2\ln (2\pi)+\frac n2\ln|\Sigma^{-1}|-\frac12\sum_{\alpha=1}^n(X_{(\alpha)}-\mu)'\Sigma^{-1}(X_{(\alpha)}-\mu). L(μ,Σ)=(2π)np/2∣Σ∣n/21exp{−21α=1∑n(X(α)−μ)′Σ−1(X(α)−μ)},l(μ,Σ)=−2npln(2π)+2nln∣Σ−1∣−21α=1∑n(X(α)−μ)′Σ−1(X(α)−μ). 取对数似然,分别对 μ , Σ − 1 \mu,\Sigma^{-1} μ,Σ−1求导得到 ∂ l ∂ μ = Σ − 1 ∑ α = 1 n ( X ( α ) − μ ) , ∂ l ∂ Σ − 1 = n 2 Σ − 1 2 ∑ α = 1 n ( X ( α ) − μ ) ( X ( α ) − μ ) ′ . \frac{\partial l}{\partial \mu}=\Sigma^{-1}\sum_{\alpha=1}^n(X_{(\alpha)}-\mu),\\ \frac{\partial l}{\partial \Sigma^{-1}}=\frac n2\Sigma-\frac12\sum_{\alpha=1}^n(X_{(\alpha)}-\mu)(X_{(\alpha)}-\mu)'. ∂μ∂l=Σ−1α=1∑n(X(α)−μ),∂Σ−1∂l=2nΣ−21α=1∑n(X(α)−μ)(X(α)−μ)′. 分子取最大值时固定 Σ = I p = Σ − 1 \Sigma=I_p=\Sigma^{-1} Σ=Ip=Σ−1, μ = X ˉ \mu=\bar X μ=Xˉ;分母取最大值时 μ = X ˉ , Σ = A / n \mu=\bar X,\Sigma=A/n μ=Xˉ,Σ=A/n,所以 λ = ( 2 π ) − n p / 2 ∣ I p ∣ − n / 2 exp [ − 1 2 t r ( I p − 1 A ) ] ( 2 π ) − n p / 2 ( e / n ) − n p / 2 ∣ A ∣ − n / 2 = exp { − 1 2 t r ( A ) } ∣ A ∣ n / 2 ( e n ) n p / 2 . \lambda=\frac{(2\pi)^{-np/2}|I_p|^{-n/2}\exp[-\frac12{\rm tr}(I_p^{-1}A)]}{(2\pi)^{-np/2}(e/n)^{-np/2}|A|^{-n/2}}=\exp\left\{-\frac12{\rm tr}(A) \right\}|A|^{n/2}\left(\frac en \right)^{np/2}. λ=(2π)−np/2(e/n)−np/2∣A∣−n/2(2π)−np/2∣Ip∣−n/2exp[−21tr(Ip−1A)]=exp{−21tr(A)}∣A∣n/2(ne)np/2. 以上等式成立,是因为 exp { − 1 2 ∑ α = 1 n ( X ( α ) − μ ) ′ ( A n ) − 1 ( X ( α ) − μ ) } = exp { − 1 2 t r ( ∑ α = 1 n ( X ( α ) − μ ) ′ A − 1 n ( X ( α ) − μ ) ) } = exp { − n 2 t r ( A − 1 A ) } = e − n p 2 . \begin{aligned} & \exp\left\{-\frac12\sum_{\alpha=1}^n(X_{(\alpha)}-\mu)'\left(\frac{A}{n}\right)^{-1}(X_{(\alpha)}-\mu) \right\} \\ =& \exp\left\{-\frac12{\rm tr}\left(\sum_{\alpha=1}^n (X_{(\alpha)}-\mu)'A^{-1}n(X_{(\alpha)}-\mu) \right) \right\}\\ =&\exp\left\{-\frac n2{\rm tr}\left(A^{-1}A \right) \right\} \\ =&e^{-\frac {np}2}. \end{aligned} ===exp{−21α=1∑n(X(α)−μ)′(nA)−1(X(α)−μ)}exp{−21tr(α=1∑n(X(α)−μ)′A−1n(X(α)−μ))}exp{−2ntr(A−1A)}e−2np. 这个似然比检验统计量的形式比较复杂,不适合化成多元三大分布或者化成一元三大分布,所以是用似然比检验的近似,构造 ξ = − 2 ln λ \xi =-2\ln \lambda ξ=−2lnλ,即 ξ = t r ( A ) − n ln ∣ A ∣ − n p + n p ln n . \xi={\rm tr}(A)-n\ln |A|-np+np\ln n. ξ=tr(A)−nln∣A∣−np+nplnn. 当 n → ∞ n\to \infty n→∞时, ξ \xi ξ渐进 χ 2 ( f ) \chi^2(f) χ2(f)分布, f f f是分母、分子的参数空间维数之差,这里分子的参数空间是 p p p维的(均值向量),分母的参数空间是 p + p ( p + 1 ) 2 p+\frac{p(p+1)}2 p+2p(p+1)维的(均值向量与对称的自协方差阵),所以 f = p ( p + 1 ) 2 f=\frac{p(p+1)}2 f=2p(p+1),即 ξ = t r ( A ) − n ln ∣ A ∣ + n p ( ln n − 1 ) → χ 2 ( p ( p + 1 ) 2 ) . \xi={\rm tr}(A)-n\ln |A|+np(\ln n-1)\to \chi^2\left(\frac{p(p+1)}{2} \right). ξ=tr(A)−nln∣A∣+np(lnn−1)→χ2(2p(p+1)). 对稍复杂的情况,检验 H 0 : Σ = Σ 0 ≠ I p H_0:\Sigma=\Sigma_0\ne I_p H0:Σ=Σ0=Ip,自然而然地我们会想到使用一个线性变换,将 Σ 0 \Sigma_0 Σ0的检验转化成 I p I_p Ip的检验。因为 Σ 0 > 0 \Sigma_0>0 Σ0>0即对称可逆,所以存在正交阵 Γ \Gamma Γ使得 Γ Σ 0 Γ ′ = Λ = Λ 1 / 2 I p Λ 1 / 2 \Gamma \Sigma_0\Gamma'=\Lambda=\Lambda^{1/2}I_p\Lambda^{1/2} ΓΣ0Γ′=Λ=Λ1/2IpΛ1/2,所以必定存在可逆阵 D = Γ Λ − 1 / 2 D=\Gamma\Lambda^{-1/2} D=ΓΛ−1/2使得 D Σ 0 D ′ = I p D\Sigma_0D'=I_p DΣ0D′=Ip。因此,我们令 Y ( α ) = D X ( α ) Y_{(\alpha)}=DX_{(\alpha)} Y(α)=DX(α),就有 Y ( α ) ∼ N ( D μ , D Σ D ′ ) Y_{(\alpha)}\sim N(D\mu,D\Sigma D') Y(α)∼N(Dμ,DΣD′),这样假设检验变成了 H 0 : Σ = Σ 0 ⇔ D Σ D ′ = I p H_0:\Sigma=\Sigma_0\Leftrightarrow D\Sigma D'=I_p H0:Σ=Σ0⇔DΣD′=Ip。 在这样的变换下,令 Y ( α ) Y_{(\alpha)} Y(α)的样本均值为 Y ˉ \bar Y Yˉ,离差阵为 A ∗ A^* A∗,则似然比检验统计量为 λ = exp { − 1 2 t r ( A ∗ ) } ∣ A ∗ ∣ n / 2 ( e n ) n p / 2 = exp { − 1 2 t r ( D A D ′ ) } ∣ D A D ′ ∣ n / 2 ( e n ) n p / 2 = exp { − 1 2 t r ( A D D ′ ) } ∣ A D D ′ ∣ n / 2 ( e n ) n p / 2 = exp { − 1 2 t r ( A Σ 0 − 1 ) } ∣ A Σ 0 − 1 ∣ n / 2 ( e n ) n p / 2 . \begin{aligned} \lambda=& {\exp}\left\{-\frac12{\rm tr}(A^*) \right\}|A^*|^{n/2}\left(\frac en \right)^{np/2} \\ =& \exp\left\{-\frac12{\rm tr}(DAD') \right\}|DAD'|^{n/2}\left(\frac en \right)^{np/2} \\ =&\exp\left\{-\frac12{\rm tr}(ADD') \right\}|ADD'|^{n/2}\left(\frac en \right)^{np/2} \\ =& \exp\left\{-\frac12{\rm tr }(A\Sigma_0^{-1}) \right\}|A\Sigma_0^{-1}|^{n/2}\left(\frac en \right)^{np/2}. \end{aligned} λ====exp{−21tr(A∗)}∣A∗∣n/2(ne)np/2exp{−21tr(DAD′)}∣DAD′∣n/2(ne)np/2exp{−21tr(ADD′)}∣ADD′∣n/2(ne)np/2exp{−21tr(AΣ0−1)}∣AΣ0−1∣n/2(ne)np/2. 其近似为 ξ = − 2 ln λ = − 1 2 t r ( A Σ 0 − 1 ) − n ln ∣ A Σ 0 − 1 ∣ + n p ( ln n − 1 ) → χ 2 ( p ( p + 1 ) 2 ) . \xi=-2\ln\lambda=-\frac12{\rm tr}(A\Sigma_0^{-1})-n\ln|A\Sigma_0^{-1}|+np(\ln n-1)\to \chi^2\left(\frac{p(p+1)}2 \right). ξ=−2lnλ=−21tr(AΣ0−1)−nln∣AΣ0−1∣+np(lnn−1)→χ2(2p(p+1)). 可以看到,在最终的检验统计量中并不含有变换矩阵 D D D,所以在应用上还是十分方便的。 2.特殊的单总体协方差阵检验——球性检验球性检验,指的是以下这种检验问题: H 0 : Σ = σ 2 I p H_0:\Sigma=\sigma^2I_p H0:Σ=σ2Ip,这里 σ 2 \sigma^2 σ2是未知的量;一般地,我们对以下问题进行假设检验: H 0 : Σ = σ 2 Σ 0 H_0:\Sigma=\sigma^2\Sigma_0 H0:Σ=σ2Σ0,依然适用似然比检验法。此时,对于分子,有 L ( μ , σ 2 Σ 0 ) = 1 ( 2 π ) n p / 2 ∣ Σ 0 ∣ n / 2 σ 2 ( n p / 2 ) exp { − 1 2 ∑ α = 1 n ( X ( α ) − μ ) ′ ( σ 2 Σ 0 ) − 1 ( X ( α ) − μ ) } , = C ⋅ 1 ( σ 2 ) n p / 2 exp { − 1 2 t r ( ∑ α = 1 n ( X ( α ) − μ ) ′ Σ 0 − 1 σ 2 ( X ( α ) − μ ) ) } = C ( σ 2 ) n p / 2 exp { − 1 2 ( σ 2 ) t r ( Σ 0 − 1 ∑ α = 1 n ( X ( α ) − μ ) ( X ( α ) − μ ) ′ ) } l ( μ , σ 2 Σ 0 ) = C ′ − n p 2 ln ( σ 2 ) − 1 2 ( σ 2 ) t r ( Σ 0 − 1 ∑ α = 1 n ( X ( α ) − μ ) ( X ( α ) − μ ) ′ ) \begin{aligned} L(\mu,\sigma^2\Sigma_0)=&\frac 1{(2\pi)^{np/2}|\Sigma_0|^{n/2}{\sigma^2}^{(np/2)}}\exp\left\{-\frac12\sum_{\alpha=1}^n(X_{(\alpha)}-\mu)'(\sigma^2\Sigma_0)^{-1}(X_{(\alpha)}-\mu) \right\},\\ = & C\cdot \frac{1}{(\sigma^2)^{np/2}}\exp\left\{-\frac12{\rm tr}\left(\sum_{\alpha=1}^n(X_{(\alpha)}-\mu)'\frac{\Sigma_0^{-1}}{\sigma^2}(X_{(\alpha)}-\mu) \right) \right\}\\ =&\frac{C}{(\sigma^2)^{np/2}}\exp\left\{-\frac{1}{2(\sigma^2)}{\rm tr}\left( \Sigma_0^{-1}\sum_{\alpha=1}^n(X_{(\alpha)}-\mu)(X_{(\alpha)}-\mu)' \right) \right\} \\ l(\mu,\sigma^2\Sigma_0)=&C'-\frac{np}{2}\ln (\sigma^2)-\frac{1}{2(\sigma^2)}{\rm tr}\left(\Sigma_0^{-1}\sum_{\alpha=1}^n(X_{(\alpha)}-\mu)(X_{(\alpha)}-\mu)' \right) \end{aligned} L(μ,σ2Σ0)===l(μ,σ2Σ0)=(2π)np/2∣Σ0∣n/2σ2(np/2)1exp{−21α=1∑n(X(α)−μ)′(σ2Σ0)−1(X(α)−μ)},C⋅(σ2)np/21exp{−21tr(α=1∑n(X(α)−μ)′σ2Σ0−1(X(α)−μ))}(σ2)np/2Cexp{−2(σ2)1tr(Σ0−1α=1∑n(X(α)−μ)(X(α)−μ)′)}C′−2npln(σ2)−2(σ2)1tr(Σ0−1α=1∑n(X(α)−μ)(X(α)−μ)′) 这里第一行到第二行,用到标量的迹仍然是标量本身,第二行到第三行运用了迹运算的可交换性。对 μ \mu μ求导得到 μ = X ˉ \mu=\bar X μ=Xˉ,再带入后将 l ( μ , σ 2 Σ 0 ) l(\mu,\sigma^2\Sigma_0) l(μ,σ2Σ0)对 σ 2 \sigma^2 σ2求导,有 0 = − n p 2 1 σ 2 + t r ( Σ 0 − 1 A ) 2 1 ( σ 2 ) 2 , 0=-\frac{np}{2}\frac{1}{\sigma^2}+\frac{{\rm tr}(\Sigma_0^{-1}A)}{2}\frac{1}{(\sigma^2)^{2}}, 0=−2npσ21+2tr(Σ0−1A)(σ2)21, 所以 σ ^ 2 = t r ( Σ 0 − 1 A ) n p . \hat \sigma^2=\frac{{\rm tr}(\Sigma_0^{-1}A)}{np}. σ^2=nptr(Σ0−1A). 此时,似然比检验量的分子为 1 ( 2 π ) n p / 2 ∣ σ ^ 2 Σ 0 ∣ n / 2 exp { − 1 2 σ ^ 2 t r ( Σ 0 − 1 A ) } = ( 2 π ) − n p / 2 ∣ Σ 0 ∣ − n / 2 ( t r ( Σ 0 − 1 A ) n p ) − n p / 2 exp { − n p 2 t r ( Σ 0 − 1 A ) ⋅ t r ( Σ 0 − 1 A ) } = ( 2 π ) − n p / 2 ∣ Σ 0 ∣ − n / 2 ( t r ( Σ 0 − 1 A ) / n p ) − n p / 2 e − n p / 2 . \begin{aligned} & \frac{1}{(2\pi)^{np/2}|\hat\sigma^2\Sigma_0|^{n/2}}\exp\left\{-\frac1{2\hat\sigma^2}{\rm tr}(\Sigma_0^{-1}A) \right\} \\ =&(2\pi)^{-np/2}|\Sigma_0|^{-n/2}\left(\frac{{\rm tr}(\Sigma_0^{-1}A)}{np} \right)^{-np/2}\exp\left\{-\frac{np}{2{\rm tr}(\Sigma_0^{-1}A)}\cdot{\rm tr}(\Sigma_0^{-1}A) \right\} \\ =&(2\pi)^{-np/2}|\Sigma_0|^{-n/2}({\rm tr}(\Sigma_0^{-1}A)/np)^{-np/2}e^{-np/2}. \end{aligned} ==(2π)np/2∣σ^2Σ0∣n/21exp{−2σ^21tr(Σ0−1A)}(2π)−np/2∣Σ0∣−n/2(nptr(Σ0−1A))−np/2exp{−2tr(Σ0−1A)np⋅tr(Σ0−1A)}(2π)−np/2∣Σ0∣−n/2(tr(Σ0−1A)/np)−np/2e−np/2. 而分母依然是 ( 2 π ) − n p / 2 ( e / n ) − n p / 2 ∣ A ∣ n / 2 (2\pi)^{-np/2}(e/n)^{-np/2}|A|^{n/2} (2π)−np/2(e/n)−np/2∣A∣n/2,所以似然比统计量为 λ = ∣ Σ 0 − 1 A ∣ n / 2 [ t r ( Σ 0 − 1 A ) / p ] n p / 2 , − 2 ln λ = n p ln ( t r ( Σ 0 − 1 A ) p ) − n ln ∣ Σ 0 − 1 A ∣ → χ 2 ( p ( p + 1 ) 2 − 1 ) . \lambda=\frac{|\Sigma_0^{-1}A|^{n/2}}{[{\rm tr}(\Sigma_0^{-1}A)/p]^{np/2}},\\ -2\ln \lambda =np\ln\left(\frac{{\rm tr}(\Sigma_0^{-1}A)}{p} \right)-n\ln |\Sigma_0^{-1}A|\to \chi^2\left(\frac{p(p+1)}{2}-1 \right). λ=[tr(Σ0−1A)/p]np/2∣Σ0−1A∣n/2,−2lnλ=npln(ptr(Σ0−1A))−nln∣Σ0−1A∣→χ2(2p(p+1)−1). 3.多总体协方差阵的检验回想我们在多总体均值假设检验时,总给定一个前提,即这些总体是同协方差矩阵的,但实际上,这些总体是否真的是同协方差矩阵的还有待商榷,所以,多总体协方差阵检验也是很重要的一个假设检验问题。现在有 k k k个总体 N p ( μ ( t ) , Σ t ) ( t = 1 , ⋯ , k ) N_p(\mu^{(t)},\Sigma_t)(t=1,\cdots,k) Np(μ(t),Σt)(t=1,⋯,k),第 t t t个总体中有 n t n_t nt个样本 X ( α ) ( k ) ( α = 1 , ⋯ , n t ) X_{(\alpha)}^{(k)}(\alpha=1,\cdots,n_t) X(α)(k)(α=1,⋯,nt), ∑ t = 1 k n t = n \sum_{t=1}^k n_t=n ∑t=1knt=n,我们要检验的假设是 H 0 : Σ 1 = ⋯ = Σ k = d e f Σ ⇔ H 1 : Σ 1 , ⋯ , Σ k 不 全 相 等 . H_0:\Sigma_1=\cdots =\Sigma_k\stackrel {\rm def}=\Sigma\Leftrightarrow H_1:\Sigma_1,\cdots,\Sigma_k不全相等. H0:Σ1=⋯=Σk=defΣ⇔H1:Σ1,⋯,Σk不全相等. 依然适用似然比检验,似然函数和似然比统计量为 L ( μ ( 1 ) , Σ 1 , ⋯ , μ ( k ) , Σ k ) = ∏ t = 1 k L t ( μ ( t ) , Σ t ) , λ = max μ ( t ) , Σ ∏ t = 1 k L t ( μ ( t ) , Σ ) max μ ( t ) , Σ t ∏ t = 1 k L t ( μ ( t ) , Σ t ) . L(\mu^{(1)},\Sigma_1,\cdots,\mu^{(k)},\Sigma_k)=\prod_{t=1}^kL_t(\mu^{(t)},\Sigma_t),\\ \lambda=\frac{\max_{\mu^{(t)},\Sigma}\prod_{t=1}^kL_t(\mu^{(t)},\Sigma)}{\max_{\mu^{(t)},\Sigma_t}\prod_{t=1}^kL_t(\mu^{(t)},\Sigma_t)}. L(μ(1),Σ1,⋯,μ(k),Σk)=t=1∏kLt(μ(t),Σt),λ=maxμ(t),Σt∏t=1kLt(μ(t),Σt)maxμ(t),Σ∏t=1kLt(μ(t),Σ). 分母中自然选择 X ˉ ( t ) , A t / n t \bar X^{(t)},A_t/n_t Xˉ(t),At/nt作为参数代入,而分子则以 X ˉ ( t ) , A / n \bar X^{(t)},A/n Xˉ(t),A/n代入,这里 A = A 1 + ⋯ + A k A=A_1+\cdots+A_k A=A1+⋯+Ak。最后得到的似然比统计量为 λ = ∣ A / n ∣ − n / 2 ∏ t = 1 k ∣ A t / n t ∣ − n t / 2 . \lambda=\frac{|A/n|^{-n/2}}{\prod_{t=1}^k|A_t/n_t|^{-n_t/2}}. λ=∏t=1k∣At/nt∣−nt/2∣A/n∣−n/2. 根据无偏性要求调整,得到 λ = ∣ A / ( n − k ) ∣ − ( n − k ) / 2 ∏ t = 1 k ∣ A t / ( n t − 1 ) ∣ − ( n t − 1 ) / 2 , ξ = − 2 ln λ = ( n − k ) ln ∣ A n − k ∣ − ∑ t = 1 k ( n t − 1 ) ln ∣ A t n t − 1 ∣ → χ 2 ( 1 2 p ( p + 1 ) ( k − 1 ) ) . \lambda=\frac{|A/(n-k)|^{-(n-k)/2}}{\prod_{t=1}^k|A_t/(n_t-1)|^{-(n_t-1)/2}}, \\ \xi=-2\ln \lambda=(n-k)\ln\left|\frac A{n-k} \right|-\sum_{t=1}^k(n_t-1)\ln\left|\frac{A_t}{n_t-1} \right|\to \chi^2\left(\frac12p(p+1)(k-1) \right). λ=∏t=1k∣At/(nt−1)∣−(nt−1)/2∣A/(n−k)∣−(n−k)/2,ξ=−2lnλ=(n−k)ln∣∣∣∣n−kA∣∣∣∣−t=1∑k(nt−1)ln∣∣∣∣nt−1At∣∣∣∣→χ2(21p(p+1)(k−1)). 回顾总结假设检验 Σ 0 = I p \Sigma_0=I_p Σ0=Ip,有 ξ = t r ( A ) − n ln ∣ A ∣ + n p ( ln n − 1 ) → H 0 χ 2 ( p ( p + 1 ) 2 ) . \xi={\rm tr}(A)-n\ln|A|+np(\ln n-1)\stackrel {H_0}\to \chi^2\left(\frac{p(p+1)}{2} \right). ξ=tr(A)−nln∣A∣+np(lnn−1)→H0χ2(2p(p+1)). 假设检验 Σ = Σ 0 \Sigma=\Sigma_0 Σ=Σ0,有 ξ = t r ( A Σ 0 − 1 ) − n ln ∣ A Σ 0 − 1 ∣ + n p ( ln n − 1 ) → H 0 χ 2 ( p ( p + 1 ) 2 ) . \xi={\rm tr}(A\Sigma_0^{-1})-n\ln|A\Sigma_0^{-1}|+np(\ln n-1)\stackrel {H_0}\to \chi^2\left(\frac{p(p+1)}2 \right). ξ=tr(AΣ0−1)−nln∣AΣ0−1∣+np(lnn−1)→H0χ2(2p(p+1)). 假设检验 Σ = σ 2 I p \Sigma=\sigma^2I_p Σ=σ2Ip,有 ξ = n p ln ( t r ( A ) p ) − n ln ∣ A ∣ → H 0 χ 2 ( p ( p + 1 ) 2 − 1 ) . \xi=np\ln\left(\frac{{\rm tr}(A)}{p} \right)-n\ln |A|\stackrel {H_0}\to \chi^2\left(\frac{p(p+1)}{2}-1 \right). ξ=npln(ptr(A))−nln∣A∣→H0χ2(2p(p+1)−1). 假设检验 Σ = σ 2 Σ 0 \Sigma=\sigma^2\Sigma_0 Σ=σ2Σ0,有 ξ = n p ln ( t r ( A Σ 0 − 1 ) p ) − n ln ∣ A Σ 0 − 1 ∣ → H 0 χ 2 ( p ( p + 1 ) 2 − 1 ) . \xi=np \ln\left(\frac{{\rm tr}(A\Sigma_0^{-1})}{p} \right)-n\ln|A\Sigma_0^{-1}|\stackrel{H_0}\to \chi^2\left(\frac{p(p+1)}{2}-1 \right). ξ=npln(ptr(AΣ0−1))−nln∣AΣ0−1∣→H0χ2(2p(p+1)−1). 多总体同协方差假设检验问题,检验统计量为 ξ = ( n − k ) ln ∣ A n − k ∣ − ∑ t = 1 k ( n t − 1 ) ln ∣ A t n t − 1 ∣ → H 0 χ 2 ( p ( p + 1 ) ( k − 1 ) 2 ) . \xi=(n-k)\ln\left|\frac{A}{n-k} \right|-\sum_{t=1}^k(n_t-1)\ln\left|\frac{A_t}{n_t-1} \right|\stackrel{H_0}\to \chi^2\left(\frac{p(p+1)(k-1)}{2} \right). ξ=(n−k)ln∣∣∣∣n−kA∣∣∣∣−t=1∑k(nt−1)ln∣∣∣∣nt−1At∣∣∣∣→H0χ2(2p(p+1)(k−1)). |
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