多元统计分析05：多元正态分布的假设检验

Posted 2021-11-07 这个XD很懒

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了多元统计分析05：多元正态分布的假设检验相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

Chapter 5：多元正态分布的假设检验(1)

Chapter 5：多元正态分布的假设检验(1)

一、单个总体均值向量的检验

Part 1：协方差阵已知的均值向量的检验

设 \\(X_{(\\alpha)},\\,\\alpha=1,2,\\cdots,n\\) 为多元正态总体 \\(X\\sim N_p\\left(\\mu,\\Sigma\\right)\\) 的独立同分布的样本，其中 \\(\\Sigma>0\\) 已知，考虑以下检验问题

\\[H_0:\\mu=\\mu_0 \\quad \\longleftrightarrow \\quad H_1:\\mu\\neq\\mu_0 \\ . \\]

方法一：检验统计量

构造检验统计量

\\[K^2=n\\left(\\bar{X}-\\mu_0\\right)\'\\Sigma^{-1}\\left(\\bar{X}-\\mu_0\\right)\\stackrel{H_0}{\\sim}\\chi^2(p) \\ . \\]

对于给定的显著性水平 \\(\\alpha\\) ，检验的拒绝域为

\\[W=\\left\\{K^2>\\chi^2_{\\alpha}(p)\\right\\} \\ . \\]

方法二：似然比检验

写出样本的联合密度函数

\\[L(\\mu)=\\frac{1}{(2\\pi)^{np/2}\\left|\\Sigma\\right|^{n/2}}\\exp\\left\\{-\\frac12{\\rm tr}\\left(\\Sigma^{-1}A\\right)-\\frac12n\\left(\\bar{X}-\\mu\\right)\'\\Sigma^{-1}\\left(\\bar{X}-\\mu\\right)\\right\\} \\ . \\]

在 \\(H_1\\) 和 \\(H_0\\) 假设下的极大似然分别为

\\[\\begin{aligned} &\\max_{\\mu\\in\\mathbb{R}^p}\\,L(\\mu)=L\\left(\\bar{X}\\right)=\\frac{1}{(2\\pi)^{np/2}\\left|\\Sigma\\right|^{n/2}}\\exp\\left\\{-\\frac12{\\rm tr}\\left(\\Sigma^{-1}A\\right)\\right\\} \\ , \\\\ \\\\ &\\max_{\\mu=\\mu_0}\\,L(\\mu)=L(\\mu_0)=\\frac{1}{(2\\pi)^{np/2}\\left|\\Sigma\\right|^{n/2}}\\exp\\left\\{-\\frac12{\\rm tr}\\left(\\Sigma^{-1}A\\right)-\\frac n2\\left(\\bar{X}-\\mu_0\\right)\'\\Sigma^{-1}\\left(\\bar{X}-\\mu_0\\right)\\right\\} \\ . \\end{aligned} \\]

构造似然比统计量为

\\[\\lambda=\\exp\\left\\{-\\frac n2\\left(\\bar{X}-\\mu_0\\right)\'\\Sigma^{-1}\\left(\\bar{X}-\\mu_0\\right)\\right\\} \\ . \\]

当样本容量 \\(n\\) 很大时，

\\[-2\\ln\\lambda=n\\left(\\bar{X}-\\mu_0\\right)\'\\Sigma^{-1}\\left(\\bar{X}-\\mu_0\\right)\\sim\\chi^2(p) \\ . \\]

对于给定的显著性水平 \\(\\alpha\\) ，检验的拒绝域为

\\[W=\\left\\{-2\\ln\\lambda>\\chi^2_\\alpha(p)\\right\\} \\ . \\]

可以发现，这里的似然比检验与构造检验统计量的结果一致。

Part 2：协方差阵未知的均值向量的检验

设 \\(X_{(\\alpha)},\\,\\alpha=1,2,\\cdots,n\\) 为多元正态总体 \\(X\\sim N_p\\left(\\mu,\\Sigma\\right)\\) 的独立同分布的样本，\\(\\mu\\) 和 \\(\\Sigma\\) 未知，\\(\\Sigma>0\\)，考虑以下检验问题

\\[H_0:\\mu=\\mu_0 \\quad \\longleftrightarrow \\quad H_1:\\mu\\neq\\mu_0 \\ . \\]

方法一：检验统计量

构造检验统计量

\\[\\begin{aligned} &T^2=n(n-1)\\left(\\bar{X}-\\mu_0\\right)\'A^{-1}\\left(\\bar{X}-\\mu_0\\right)\\stackrel{H_0}{\\sim} T^2(p,n-1) \\ , \\\\ \\\\ &F=\\frac{(n-1)-p+1}{(n-1)p}T^2\\stackrel{H_0}{\\sim} F(p,n-p) \\ . \\end{aligned} \\]

对于给定的显著性水平 \\(\\alpha\\) ，检验的拒绝域为

\\[W=\\left\\{F>F_{\\alpha}(p,n-p)\\right\\} \\ . \\]

方法二：似然比检验

写出样本的联合密度函数

\\[L(\\mu,\\Sigma)=\\frac{1}{(2\\pi)^{np/2}\\left|\\Sigma\\right|^{n/2}}\\exp\\left\\{-\\frac12{\\rm tr}\\left(\\Sigma^{-1}A\\right)-\\frac12n\\left(\\bar{X}-\\mu\\right)\'\\Sigma^{-1}\\left(\\bar{X}-\\mu\\right)\\right\\} \\ . \\]

此时的参数空间为

\\[\\Theta=\\left\\{(\\mu,\\Sigma):\\mu\\in\\mathbb{R}^p,\\,\\Sigma>0\\right\\} \\ , \\quad \\Theta_0=\\left\\{(\\mu,\\Sigma):\\mu=\\mu_0,\\,\\Sigma>0\\right\\} \\]

在 \\(H_1\\) 假设下的极大似然为

\\[\\max_{(\\mu,\\Sigma)\\in\\Theta}L(\\mu,\\Sigma)=L\\left(\\bar{X},\\frac1nA\\right)=(2\\pi)^{-np/2}\\left|\\frac1nA\\right|^{-n/2}\\exp\\left\\{-\\frac{np}{2}\\right\\} \\ . \\]

在 \\(H_0\\) 假设下的极大似然为

\\[\\max_{(\\mu,\\Sigma)\\in\\Theta_0}L(\\mu,\\Sigma)=L\\left(\\mu_0,\\frac1nA_0\\right)=(2\\pi)^{-np/2}\\left|\\frac1nA_0\\right|^{-n/2}\\exp\\left\\{-\\frac{np}{2}\\right\\} \\ . \\]

其中

\\[A_0=\\sum_{i=1}^n\\left(X_{(i)}-\\mu_0\\right)\\left(X_{(i)}-\\mu_0\\right)\'=A+n\\left(\\bar{X}-\\mu_0\\right)\\left(\\bar{X}-\\mu_0\\right)\' \\ . \\]

构造似然比统计量为

\\[\\lambda=\\frac{|A|^{n/2}}{|A_0|^{n/2}}=\\frac{|A|^{n/2}}{\\left|A+n\\left(\\bar{X}-\\mu_0\\right)\\left(\\bar{X}-\\mu_0\\right)\'\\right|^{n/2}}=\\left(\\frac{1}{1+\\frac{1}{n-1}T^2}\\right)^{n/2} \\ . \\]

由于 \\(\\lambda\\) 为 \\(T^2\\) 的严格单调递减函数，故这里的似然比检验等价于 \\(T^2\\) 统计量检验，即

\\[T^2=n(n-1)\\left(\\bar{X}-\\mu_0\\right)\'A^{-1}\\left(\\bar{X}-\\mu_0\\right)\\stackrel{H_0}{\\sim} T^2(p,n-1) \\ . \\]

然后构造 \\(F\\) 统计量并求出拒绝域即可。

二、均值向量的区间估计

Part 1：均值向量的置信域

多元统计中的置信域是对一元统计中的置信区间的推广，和我们后面讨论的联立置信区间在概念上有一点点区别。

考虑单正态总体检验的 \\(T^2\\) 统计量：

\\[T^2=n(n-1)\\left(\\bar{X}-\\mu\\right)\'A^{-1}\\left(\\bar{X}-\\mu\\right)\\sim T^2(p,n-1) \\ , \\]

以及相应的 \\(F\\) 统计量：

\\[F=\\frac{n-p}{(n-1)p}T^2\\sim F(p,n-p) \\ , \\]

则有均值向量 \\(\\mu\\) 的置信度为 \\(1-\\alpha\\) 的置信域为

\\[n(n-1)\\left(\\bar{X}-\\mu\\right)\'A^{-1}\\left(\\bar{X}-\\mu\\right)\\leq\\frac{(n-1)p}{n-p}F_{\\alpha}(p,n-p) \\ , \\]

该置信域是一个以 \\(\\bar{X}\\) 为中心的椭球：

\\[\\left(\\bar{X}-\\mu\\right)\'A^{-1}\\left(\\bar{X}-\\mu\\right)\\leq\\frac{p}{n(n-p)}F_{\\alpha}(p,n-p) \\ . \\]

Part 2：均值向量的联立置信区间

这里我们主要考虑 \\(\\mu\\) 的线性组合 \\(a\'\\mu\\) 的置信区间，这里 \\(a\\) 是一个 \\(p\\) 维的非零常数向量，所以 \\(\\mu\\) 的联立置信区间，其上限和下限都是与 \\(a\\) 有关的。

若 \\(\\Sigma\\) 已知，采用正态区间，取枢轴量为

\\[Z=\\frac{a\'\\left(\\bar{X}-\\mu\\right)}{\\sqrt{a\'\\Sigma a/n}}\\sim N(0,1) \\ . \\]

所以 \\(a\'\\mu\\) 的置信度为 \\(1-\\alpha\\) 的置信区间为

\\[a\'\\bar{X}-z_{\\alpha/2}\\sqrt{a\'\\Sigma a/n}\\leq a\'\\mu\\leq a\'\\bar{X}+z_{\\alpha/2}\\sqrt{a\'\\Sigma a/n} \\ . \\]

若 \\(\\Sigma\\) 未知，采用 \\(t\\) 区间，取枢轴量为

\\[T=\\frac{a\'\\left(\\bar{X}-\\mu\\right)}{\\sqrt{a\'S a/n}}=\\frac{a\'\\left(\\bar{X}-\\mu\\right)}{\\sqrt{a\'\\Sigma a/n}}\\bigg/\\sqrt{\\frac{a\'Aa}{a\'\\Sigma a}\\bigg/(n-1)}\\sim t(n-1) \\ . \\]

所以 \\(a\'\\mu\\) 的置信度为 \\(1-\\alpha\\) 的置信区间为

\\[a\'\\bar{X}-t_{\\alpha/2}(n-1)\\sqrt{a\'Sa/n}\\leq a\'\\mu\\leq a\'\\bar{X}+t_{\\alpha/2}(n-1)\\sqrt{a\'Sa/n} \\ . \\]

对于以上两种情况，如果取 \\(a=e_i=\\left(0,\\cdots,1,\\cdots,0\\right)\'\\) ，即取 \\(e_i\\) 为第 \\(i\\) 个分量为 \\(1\\) 而其余均为 \\(0\\) 的向量，则可以得到均值向量 \\(\\mu\\) 的第 \\(i\\) 个分量 \\(\\mu_i\\) 的置信度为 \\(1-\\alpha\\) 的置信区间，不妨设为 \\(D_i\\) 。通过选择不同的常数向量 \\(a\\) ，便可得到 \\(\\mu\\) 的所有分量的置信度为 \\(1-\\alpha\\) 的置信区间。需要注意，此时总的置信区间为一个立方体 \\(D_1\\times D_2\\times \\cdots\\times D_p\\) ，但总的置信度比 \\(1-\\alpha\\) 小。

Part 3：均值向量的最大置信区间

这里我们还是考虑 \\(\\mu\\) 的线性组合 \\(a\'\\mu\\) 的置信区间，但如果使用如上所述的一元数理统计方法，得到的并不是最大的置信区间。下面我们主要考虑协方差阵 \\(\\Sigma\\) 未知的情况。

取枢轴量的平方

\\[t^2=\\left(\\frac{a\'\\left(\\bar{X}-\\mu\\right)}{\\sqrt{a\'S a/n}}\\right)^2=\\frac{a\'\\left(\\bar{X}-\\mu\\right)\\left(\\bar{X}-\\mu\\right)\'a}{a\'Sa/n} \\ . \\]

由二次型的极值性质可知，当 \\(a\\) 与 \\(S^{-1}\\left(\\bar{X}-\\mu\\right)\\) 成比例时，该枢轴量的平方达到最大值，即

\\[\\max_{a\\neq0}\\,t^2=n\\left(\\bar{X}-\\mu\\right)\'S^{-1}\\left(\\bar{X}-\\mu\\right)=T^2 \\ . \\]

对于任意的 \\(a\\neq0\\) 都有

\\[P\\left(\\frac{n-p}{(n-1)p}t^2\\leq F_\\alpha(p,n-p)\\right)\\geq P\\left(\\frac{n-p}{(n-1)p}T^2\\leq F_\\alpha(p,n-p)\\right)=1-\\alpha \\ , \\]

所以 \\(a\'\\mu\\) 的置信度为 \\(1-\\alpha\\) 的最大置信区间为

\\[a\'\\bar{X}-c\\sqrt{a\'Sa/n}\\leq a\'\\mu\\leq a\'\\bar{X}+c\\sqrt{a\'Sa/n} \\ ,\\quad \\text{where }\\ c=\\sqrt{\\frac{(n-1)p}{n-p}F_{\\alpha}(p,n-p)} \\ . \\]

事实上，Hotelling \\(T^2\\) 统计量找到了某个向量 \\(a\\) ，是的均值向量投影在该方向上具有最大的置信区间。也就是说，对于一组样本，如果它的 Hotelling \\(T^2\\) 统计量没有落入置信区间，那么其余所有 \\(a\'\\mu\\) 都不会落入其对应的置信区间。

类似地，如果取 \\(a=e_i=\\left(0,\\cdots,1,\\cdots,0\\right)\'\\) ，则可以得到 \\(\\mu_i\\) 的置信度为 \\(1-\\alpha\\) 的最大置信区间

\\[\\bar{X}_i-c\\sqrt{\\frac{S_{ii}}{n}}\\leq\\mu_i\\leq\\bar{X}_i+c\\sqrt{\\frac{S_{ii}}{n}} \\ , \\]

其中 \\(S_{ii}\\) 为 \\(S\\) 的第 \\(i\\) 个对角线元素，但此时总的置信度仍然比 \\(1-\\alpha\\) 小。

Part 4：均值向量的联合置信区间

联合置信区间直接考虑 \\(\\mu\\) 的每个分量 \\(\\mu_i\\) 的置信区间，通过直积得到总的置信区间，并且要求总的置信度等于 \\(1-\\alpha\\) 。这里我们需要对 \\(\\mu_i\\) 设置一个较大的置信区间 \\(1-\\alpha_i\\) 。记

\\[D_i=\\left(\\bar{X}_i-c_i\\sqrt{\\frac{S_{ii}}{n}}\\leq\\mu_i\\leq\\bar{X}_i+c_i\\sqrt{\\frac{S_{ii}}{n}}\\right) \\ ,\\quad \\text{where }\\ c_i=\\sqrt{\\frac{(n-1)p}{n-p}F_{\\alpha_i}(p,n-p)} \\ , \\]

则有 \\(P\\left(D_i\\right)=1-\\alpha_i\\) 。如果进一步满足 \\(P(D_1\\times D_2\\times\\cdots\\times D_p)=1-\\alpha\\) ，则称 \\(D_1\\times D_2\\times\\cdots\\times D_p\\) 为均值向量 \\(\\mu\\) 在置信度为 \\(1-\\alpha\\) 下的联合置信区间。

一般地，我们常取 \\(\\alpha_i=\\alpha/p\\) ，即有 \\(P(D_i)=1-\\alpha/p\\) 。

三、两个总体均值向量的检验

Part 1：协方差阵相等且已知的检验

设 \\(X_{(\\alpha)},\\,\\alpha=1,2,\\cdots,n\\) 和 \\(Y_{(\\alpha)},\\,\\alpha=1,2,\\cdots,m\\) 分别为多元正态总体 \\(X\\sim N_p\\left(\\mu_1,\\Sigma\\right)\\) 和 \\(Y\\sim N_p\\left(\\mu_2,\\Sigma\\right)\\) 的独立同分布的样本，其中 \\(\\Sigma>0\\) 已知，考虑以下检验问题

\\[H_0:\\mu_1=\\mu_2 \\quad \\longleftrightarrow H_1:\\mu_1\\neq\\mu_2 \\ . \\]

构造检验统计量

\\[K^2=\\frac{nm}{n+m}\\left(\\bar{X}-\\bar{Y}\\right)\'\\Sigma^{-1}\\left(\\bar{X}-\\bar{Y}\\right)\\stackrel{H_0}{\\sim}\\chi^2(p) \\ . \\]

对于给定的显著性水平 \\(\\alpha\\) ，检验的拒绝域为

\\[W=\\left\\{K^2>\\chi^2_{\\alpha}(p)\\right\\} \\ . \\]

检验统计量的分布证明如下：

\\[\\bar{X}\\sim N_p\\left(\\mu_1,\\frac{\\Sigma}{n}\\right) \\ , \\quad \\bar{Y}\\sim N_p\\left(\\mu_2,\\frac{\\Sigma}{m}\\right) \\ . \\]
在 \\(H_0\\) 假设下有

\\[\\bar{X}-\\bar{Y}\\sim N_p\\left(0,\\frac{\\Sigma}{n}+\\frac{\\Sigma}{m}\\right) \\ . \\]
所以有

\\[Z=\\Sigma^{-1/2}\\frac{\\bar{X}-\\bar{Y}}{\\sqrt{\\cfrac1n+\\cfrac1m}}\\sim N_p\\left(0,I_p\\right) \\ . \\]
构造检验统计量

\\[K^2=Z\'Z=\\left(\\frac{nm}{n+m}\\right)\\left(\\bar{X}-\\bar{Y}\\right)\'\\Sigma^{-1}\\left(\\bar{X}-\\bar{Y}\\right)\\sim\\chi^2(p) \\ . \\]

Part 2：协方差阵相等但未知的检验

\\[H_0:\\mu_1=\\mu_2 \\quad \\longleftrightarrow \\quad H_1:\\mu_1\\neq\\mu_2 \\ . \\]

构造检验统计量

\\[T^2=\\frac{nm}{n+m}\\left(\\bar{X}-\\bar{Y}\\right)\'\\left(\\frac{A_1+A_2}{n+m-2}\\right)^{-1}\\left(\\bar{X}-\\bar{Y}\\right)\\stackrel{H_0}{\\sim}T^2(p,n+m-2) \\ . \\]

其中 \\(A_1\\) 和 \\(A_2\\) 是两总体的样本离差阵，构造 \\(F\\) 统计量

\\[F=\\frac{(n+m-2)-p+1}{(n+m-2)p}T^2\\sim F(p,n+m-p-1) \\ , \\]

对于给定的显著性水平 \\(\\alpha\\) ，检验的拒绝域为

\\[W=\\left\\{F>F_\\alpha(p,n+m-p-1)\\right\\} \\ . \\]

检验统计量的分布证明如下：

\\[\\bar{X}\\sim N_p\\left(\\mu_1,\\frac{\\Sigma}{n}\\right) \\ , \\quad \\bar{Y}\\sim N_p\\left(\\mu_2,\\frac{\\Sigma}{m}\\right) \\ . \\]
在 \\(H_0\\) 假设下有

\\[\\sqrt{\\frac{mn}{m+n}}\\left(\\bar{X}-\\bar{Y}\\right)\\sim N_p\\left(0,\\Sigma\\right) \\ . \\]
又因为

\\[A_1=\\sum_{\\alpha=1}^n\\left(X_{(\\alpha)}-\\bar{X}\\right)\\left(X_{(\\alpha)}-\\bar{X}\\right)\'\\sim W_p(n-1,\\Sigma) \\ , \\\\ A_2=\\sum_{\\alpha=1}^m\\left(Y_{(\\alpha)}-\\bar{Y}\\right)\\left(Y_{(\\alpha)}-\\bar{Y}\\right)\'\\sim W_p(m-1,\\Sigma) \\ , \\]
且 \\(A_1\\) 与 \\(A_2\\) 相互独立，所以有

\\[A_1+A_2\\sim W_p\\left(n+m-2,\\Sigma\\right) \\ . \\]
构造检验统计量

\\[\\begin{aligned} T^2&=(n+m-2)\\left[\\sqrt{\\frac{mn}{m+n}}\\left(\\bar{X}-\\bar{Y}\\right)\\right]\'\\left(A_1+A_2\\right)^{-1}\\left[\\sqrt{\\frac{mn}{m+n}}\\left(\\bar{X}-\\bar{Y}\\right)\\right] \\\\ \\\\ &=\\frac{nm}{n+m}\\left(\\bar{X}-\\bar{Y}\\right)\'\\left(\\frac{A_1+A_2}{n+m-2}\\right)^{-1}\\left(\\bar{X}-\\bar{Y}\\right) \\\\ \\\\ &\\sim T^2(p,n+m-2)\\ . \\end{aligned} \\]

Part 3：协方差阵不等但已知的检验

设 \\(X_{(\\alpha)},\\,\\alpha=1,2,\\cdots,n\\) 和 \\(Y_{(\\alpha)},\\,\\alpha=1,2,\\cdots,m\\) 分别为多元正态总体 \\(X\\sim N_p\\left(\\mu_1,\\Sigma_1\\right)\\) 和 \\(Y\\sim N_p\\left(\\mu_2,\\Sigma_2\\right)\\) 的独立同分布的样本，其中 \\(\\Sigma_1>0,\\,\\Sigma_2>0\\) 且已知，考虑以下检验问题

\\[H_0:\\mu_1=\\mu_2 \\quad \\longleftrightarrow\\quad H_1:\\mu_1\\neq\\mu_2 \\ . \\]

构造检验统计量

\\[K^2=\\left(\\bar{X}-\\bar{Y}\\right)\'\\left(\\frac{\\Sigma_1}{n}+\\frac{\\Sigma_2}{m}\\right)^{-1}\\left(\\bar{X}-\\bar{Y}\\right)\\stackrel{H_0}{\\sim}\\chi^2(p) \\]

对于给定的显著性水平 \\(\\alpha\\) ，检验的拒绝域为

\\[W=\\left\\{K^2>\\chi^2_{\\alpha}(p)\\right\\} \\ . \\]

检验统计量的分布证明如下：

\\[\\sqrt{n}\\left(\\bar{X}-\\mu_1\\right)\\sim N_p\\left(0,\\Sigma_1\\right) \\ , \\quad \\sqrt{m}\\left(\\bar{Y}-\\mu_2\\right)\\sim N_p\\left(0,\\Sigma_2\\right) \\ . \\]
在 \\(H_0\\) 假设下有

\\[\\bar{X}-\\bar{Y}\\sim N_p\\left(0,\\frac{\\Sigma_1}{n}+\\frac{\\Sigma_2}{m}\\right) \\ . \\]
所以有

\\[Z=\\left(\\frac{\\Sigma_1}{n}+\\frac{\\Sigma_2}{m}\\right)^{-1/2}\\left(\\bar{X}-\\bar{Y}\\right)\\sim N_p\\left(0,I_p\\right) \\ . \\]
构造检验统计量

\\[K^2=Z\'Z=\\left(\\bar{X}-\\bar{Y}\\right)\'\\left(\\frac{\\Sigma_1}{n}+\\frac{\\Sigma_2}{m}\\right)^{-1}\\left(\\bar{X}-\\bar{Y}\\right)\\sim\\chi^2(p) \\ . \\]

Part 4：协方差阵不等且未知的检验

我们只考虑样本容量相等的情况。若样本容量不相等，这类问题的检验统计量没有小样本分布，故在此不进行讨论。

设 \\(X_{(\\alpha)},Y_{(\\alpha)},\\,\\alpha=1,2,\\cdots,n\\) 分别为多元正态总体 \\(X\\sim N_p\\left(\\mu_1,\\Sigma_1\\right)\\) 和 \\(Y\\sim N_p\\left(\\mu_2,\\Sigma_2\\right)\\) 的独立同分布的样本，其中 \\(\\Sigma_1>0,\\,\\Sigma_2>0\\) 但均未知，考虑以下检验问题

\\[H_0:\\mu_1=\\mu_2 \\quad \\longleftrightarrow\\quad H_1:\\mu_1\\neq\\mu_2 \\ . \\]

令 \\(Z_{(i)}=X_{(i)}-Y_{(i)},\\,i=1,2,\\cdots,n\\) ，将问题转化为单个总体的均值向量假设检验问题

\\[H_0:\\mu_Z=0_p \\quad \\longleftrightarrow \\quad H_1:\\mu_Z\\neq0_p \\ . \\]

构造 \\(T^2\\) 统计量和相应的 \\(F\\) 统计量即可。注意，这里 \\(X\\) 和 \\(Y\\) 相互独立的信息没有利用。

检验统计量的分布证明如下：

\\[Z=X-Y\\sim N_p\\left(\\mu_1-\\mu_2,\\Sigma_1+\\Sigma_2\\right) \\ . \\]
在 \\(H_0\\) 假设下有

\\[\\bar{Z}\\sim N_p\\left(0,\\frac{1}{n}\\left(\\Sigma_1+\\Sigma_2\\right)\\right) \\ . \\]
后面按照协方差阵未知的均值向量的检验进行即可。

四、均值向量线性约束假设的检验

Part 1：线性约束假设问题

设 \\(X_{(\\alpha)},\\,\\alpha=1,2,\\cdots,n\\) 为多元正态总体 \\(X\\sim N_p\\left(\\mu,\\Sigma\\right)\\) 的独立同分布的样本，设 \\(H_0:R\\mu=r\\) 为一个线性约束，其中 \\(R,r\\) 为已知的矩阵和向量，且 \\(R\\) 是 \\(q\\times p\\) 的满秩矩阵，下面对 \\(H_0\\) 进行假设检验。

如果 \\(\\Sigma\\) 已知，则有

\\[R\\bar{X}\\sim N_q\\left(R\\mu,\\frac1nR\\Sigma R\'\\right) \\ . \\]

故构造检验统计量

\\[K^2=n\\left(R\\bar{X}-r\\right)\'\\left(R\\Sigma R\'\\right)^{-1}\\left(R\\bar{X}-r\\right)\\stackrel{H_0}{\\sim}\\chi^2(q) \\ . \\]

如果 \\(\\Sigma\\) 未知，则有

\\[RAR\'\\sim W_q\\left(n-1,R\\Sigma R\'\\right) \\ . \\]

故构造检验统计量

\\[T^2=n(n-1)\\left(R\\bar{X}-r\\right)\'\\left(RAR\'\\right)^{-1}\\left(R\\bar{X}-r\\right)\\stackrel{H_0}{\\sim} T^2(q,n-1) \\ . \\]

对应的 \\(F\\) 统计量为

\\[F=\\frac{(n-1)-q+1}{(n-1)q}T^2\\stackrel{H_0}{\\sim} F(q,n-q) \\ . \\]

可以证明，利用似然比检验会得到和上述检验统计量相同的结果。

Part 2：均值向量的球型检验

这是线性约束假设问题的一个应用。设 \\(X_{(\\alpha)},\\,\\alpha=1,2,\\cdots,n\\) 为多元正态总体 \\(X\\sim N_p\\left(\\mu,\\Sigma\\right)\\) 的独立同分布的样本，球型检验指的是检验 \\(H_0:\\mu_1=\\mu_2=\\cdots=\\mu_p\\) 和 \\(H_1:\\mu_1,\\mu_2,\\cdots,\\mu_p\\) 至少有一对不相等。

将原假设表示为线性约束

\\[H_0:C\\mu=0 \\ , \\quad \\text{where }\\ C=\\begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 & \\cdots & 0 \\\\ 1 & 0 & -1 & \\cdots & 0 \\\\ \\vdots & \\vdots & \\vdots & &\\vdots \\\\ 1 & 0 & 0 &\\cdots & -1 \\end{bmatrix}_{(p-1)\\times p} \\]

构造检验统计量

\\[T^2=n(n-1)\\left(C\\bar{X}\\right)\'\\left(CAC\'\\right)^{-1}\\left(C\\bar{X}\\right)\\stackrel{H_0}{\\sim} T^2(p-1,n-1) \\ . \\]

对应的 \\(F\\) 统计量为

\\[F=\\frac{(n-1)-(p-1)+1}{(n-1)(p-1)}T^2\\stackrel{H_0}{\\sim}F(p-1,n-p+1) \\ . \\]