多元统计分析-第三章计算详解

多元统计分析-第三章计算详解

包括了（简答题）和（计算题的详解）

周四 6月 04 2026
2778 字 · 12 分钟
期末复习 多元统计分析

例题

  1. 已知总体 X∼N2(μ,Σ)\mathbf{X} \sim N_2(\boldsymbol{\mu}, \boldsymbol{\Sigma})，样本 x′=[2868129910]\mathbf{x}' = \begin{bmatrix} 2 & 8 & 6 & 8 \\ 12 & 9 & 9 & 10 \end{bmatrix}，现进行如下检验
H0:μ′=[7,11]H_0: \boldsymbol{\mu}' = [7, 11] H1:μ′≠[7,11]H_1: \boldsymbol{\mu}' \neq [7, 11]

如果F2,2,0.05=19F_{2,2,0.05} = 19，n+1−ppnT2(p,n)∼Fp,n+1−p\frac{n+1-p}{pn} T^2(p, n) \sim F_{p, n+1-p}，请回答如下问题

（1）计算 Hotelling T2T^2统计量；

作为一个看完了前一篇文章的人，你应该知道了什么是 Hotelling T2T^2，所以直接写解题过程吧！

开玩笑的，前面那么抽象，怎么看的懂嘛！那我们就来推导一下Hotelling T2T^2 吧！（这里不是正经推导，正经的话是下一道证明题）

一元均值的假设检验

  • 假设：H0:μ=μ0, H1:μ≠μ0H_0: \mu = \mu_0,\ H_1: \mu \neq \mu_0

  • 检验统计量：

t=Xˉ−μ0s/nt = \frac{\bar{X} - \mu_0}{s/\sqrt{n}}

这是我们一元的时候构建的统计量 tt，来检验均值是否相等，其中

X‾=1n∑j=1nXj,s2=1n−1∑j=1n(Xj−X‾)2\overline{X} = \frac{1}{n} \sum_{j=1}^n X_j, \quad s^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{j=1}^n (X_j - \overline{X})^2

不知道你对这个熟不熟悉🤔

总之，我们要从一元推广到多元，怎么办呢？先给 tt 来换一种表示的方法：

t=(X‾−μ0)s/n=[n(X‾−μ0)(s2)−1(X‾−μ0)]12t = \frac{(\overline{X} - \mu_0)}{s/\sqrt{n}} = \left[ n(\overline{X} - \mu_0)(s^2)^{-1}(\overline{X} - \mu_0) \right]^{\frac{1}{2}}

这两部分是一模一样的，你可以将右边化简得到左边。

Hotelling T2T^2统计量

现在我们可以把它推广到多元了。把 t 平方一下，去掉 12\frac{1}{2}

我们可以得到 Hotelling T2T^2统计量:

T2=n(X‾−μ0)′S−1(X‾−μ0)T^2 = n (\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)' \mathbf{S}^{-1} (\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)

其中X‾=1n∑j=1nXj\overline{\mathbf{X}} = \frac{1}{n} \sum_{j=1}^n \mathbf{X}_j，S=1n−1∑j=1n(Xj−X‾)(Xj−X‾)′\mathbf{S} = \frac{1}{n-1} \sum_{j=1}^n (\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})(\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})' ，jj 是第 jj 次的观测样本，jj 对应列号。

我来解释一下，这里的式子和上面的 tt 的转化形式是一样的，只是多元中并没有矩阵的平方，所以这里是 (Xj−X‾)(Xj−X‾)′(\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})(\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})'。

而且这里也很形象，tt 平方不就变成了 T2T^2 嘛！

公式有了，至此，第一题就可以做了。

计算 Xˉ\bar{\mathbf{X}}

Xˉ=[(2+8+6+8)4(12+9+9+10)4]=[244404]=[610]\bar{\mathbf{X}} =\begin{bmatrix} \frac{(2 + 8 + 6 + 8)}{4} \\ \frac{(12 + 9 + 9 + 10)}{4} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{24}4 \\ \frac{40}4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 6 \\ 10 \end{bmatrix}

计算 (X‾−μ0)(\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)

原假设说了 μ′=μ0(就是符号定义不一样)=[711]\boldsymbol{\mu}' = {\mu}_0 (就是符号定义不一样)= \begin{bmatrix} 7 \\ 11 \end{bmatrix}，因此 (X‾−μ0)=[6−710−11]=[−1−1](\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0) = \begin{bmatrix} 6 - 7 \\ 10 - 11 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 \\ -1 \end{bmatrix}

计算样本协方差矩阵 SS

我们知道 ：x′=[2868129910]\mathbf{x}' = \begin{bmatrix} 2 & 8 & 6 & 8 \\ 12 & 9 & 9 & 10 \end{bmatrix}，S=1n−1∑j=1n(Xj−X‾)(Xj−X‾)′\mathbf{S} = \frac{1}{n-1} \sum_{j=1}^n (\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})(\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})'

还记得 jj 对应列号嘛，这里就一列一列带进去就好了

  • j=1j = 1:[2−612−10]=[−42]\begin{bmatrix} 2 - 6 \\ 12 - 10 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -4 \\ 2 \end{bmatrix}

  • j=2j = 2:[8−69−10]=[2−1]\begin{bmatrix} 8 - 6 \\ 9 - 10 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ -1 \end{bmatrix}

  • j=3j = 3:[6−69−10]=[0−1]\begin{bmatrix} 6 - 6 \\ 9 - 10 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ -1 \end{bmatrix}

  • j=4j = 4:[8−610−10]=[20]\begin{bmatrix} 8 - 6 \\ 10 - 10 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \end{bmatrix}

然后乘起来 ：(Xj−X‾)(Xj−X‾)′(\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})(\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})'

对于 j=1j=1:

[−42][−42]=[(−4)(−4)(−4)(2)(2)(−4)(2)(2)]=[16−8−84]\begin{bmatrix} -4 \\ 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -4 & 2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} (-4)(-4) & (-4)(2) \\ (2)(-4) & (2)(2) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 16 & -8 \\ -8 & 4 \end{bmatrix}

对于j=2j=2:

[2−1][2−1]=[4−2−21]\begin{bmatrix} 2 \\ -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 & -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4 & -2 \\ -2 & 1 \end{bmatrix}

对于j=3j=3:

[0−1][0−1]=[0001]\begin{bmatrix} 0 \\ -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}

对于j=4j=4:

[20][20]=[4000]\begin{bmatrix} 2 \\ 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}

最后加起来：

∑j=14(xj−xˉ)(xj−xˉ)′=[24−10−106]\sum_{j=1}^{4} (\mathbf{x}_j - \bar{\mathbf{x}})(\mathbf{x}_j - \bar{\mathbf{x}})' = \begin{bmatrix} 24 & -10 \\ -10 & 6 \end{bmatrix}

除以n−1=3n-1=3得样本协方差矩阵：

S=13[24−10−106]=[8−103−1032]\mathbf{S} = \frac{1}{3} \begin{bmatrix} 24 & -10 \\ -10 & 6 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 8 & -\frac{10}{3} \\ -\frac{10}{3} & 2 \end{bmatrix}

计算 Hotelling T2T^2统计量；

好了，现在可以算统计量的值了…

看一下公式：

T2=n(X‾−μ0)′S−1(X‾−μ0)T^2 = n (\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)' \mathbf{S}^{-1} (\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)

好的，先算个S−1S^{-1}:

S−1=944[21031038]=S−1=122[9151536]S^{-1} = \frac{9}{44} \begin{bmatrix} 2 & \frac{10}{3} \\ \frac{10}{3} & 8 \end{bmatrix} = \mathbf{S}^{-1} = \frac{1}{22} \begin{bmatrix} 9 & 15 \\ 15 & 36 \end{bmatrix}

代入：

T2=4⋅([−1−1]⋅122[9151536]⋅[−1−1])=15011T^2 = 4 \cdot \left( \begin{bmatrix} -1 & -1 \end{bmatrix} \cdot \frac{1}{22} \begin{bmatrix} 9 & 15 \\ 15 & 36 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} -1 \\ -1 \end{bmatrix} \right) = \frac{150}{11}

（2）在α=0.05\alpha = 0.05水平下检验H0H_0。

Hotelling T2T^2的性质

知道了统计量，那这个统计量服从什么分布呢？难到又要一群人研究一个新的分布，然后再画张图吗？可以不用，因为这样老师就出不了题目了：

(n−p)(n−1)pT2\frac{(n-p)}{(n-1)p} T^2与Fp,n−pF_{p,n-p} 同分布。

Fp,n−pF_{p,n-p} 是服从自由度为 pp 和 n−pn-p 的 FF 分布随机变量。那 FF 统计量是…这里我们不需要算 FF 统计量的值，只是用它的分布，所以就不用管了。

再者，这里是统计量越大越拒绝原假设。

所以：

(n−p)(n−1)pT2=13T2=Fp,n−p=F2,2\frac{(n-p)}{(n-1)p} T^2 = \frac 13 T^2 = F_{p,n-p} = F_{2,2} T2=F=13×15011=5011≈4.5455T^2 = F = \frac{1}{3} \times \frac{150}{11} = \frac{50}{11} \approx 4.5455

临界值F2,2,0.05=19F_{2,2,0.05} = 19。由于 4.5455<194.5455 < 19，不能拒绝原假设。

结论

在显著性水平 α=0.05\alpha = 0.05下, 没有足够证据表明总体均值向量μ\mu与[7,11]′[7,11]' 有显著差异。

似然比法的原理及性质。

原理： 令Θ\Theta表示参数θ\boldsymbol{\theta}的取值范围，Θ0\Theta_0表示H0H_0限定下参数θ\boldsymbol{\theta}的取值范围，则当

Λ=max⁡θ∈Θ0L(θ)max⁡θ∈ΘL(θ)<c  ⟹  拒绝H0\Lambda = \frac{\max_{\boldsymbol{\theta} \in \Theta_0} L(\boldsymbol{\theta})}{\max_{\boldsymbol{\theta} \in \Theta} L(\boldsymbol{\theta})} < c \implies \text{拒绝} H_0

其中，L(θ)L(\boldsymbol{\theta})为似然函数，cc为适当选定的常数。

性质：
在大样本情形下，当原假设成立时，有 −2ln⁡Λ∼χv−v02-2\ln\Lambda \sim \chi^2_{v - v_0}。其中，v−v0=(Θ的维度)−(Θ0的维度)v - v_0 = (\Theta\text{的维度}) - (\Theta_0\text{的维度})。

例题

令 X∼Np(μ,Σ)\mathbf{X} \sim N_p(\boldsymbol{\mu}, \boldsymbol{\Sigma})，X1,X2,…,Xn\mathbf{X}_1, \mathbf{X}_2, \dots, \mathbf{X}_n为其随机样本。样本均值为X‾\overline{\mathbf{X}}，样本协方差矩阵为 S\mathbf{S}，并且 W≡(n−1)S∼Wp(n−1,Σ)\mathbf{W} \equiv (n-1)\mathbf{S} \sim W_p(n-1, \boldsymbol{\Sigma})，X‾\overline{\mathbf{X}}与S\mathbf{S}独立。请证明以下结论：

(1)∑j=1n(Xj−μ0)(Xj−μ0)′⏟总离差=∑j=1n(Xj−X‾)(Xj−X‾)′⏟组内差（W）+n(X‾−μ0)(X‾−μ0)′⏟组间差\underbrace{\sum_{j=1}^n (\mathbf{X}_j - \boldsymbol{\mu}_0)(\mathbf{X}_j - \boldsymbol{\mu}_0)'}_{总离差} = \underbrace{\sum_{j=1}^n (\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})(\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})'}_{组内差（\mathbf{W}）} + \underbrace{n(\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)(\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)'}_{组间差}

第一题虽然有一大坨内容，但是还是很好写的，因为不需要什么多元的知识就可以做了。

∑j=1n(Xj−μ0)(Xj−μ0)′\sum_{j=1}^n (\mathbf{X}_j - \boldsymbol{\mu}_0)(\mathbf{X}_j - \boldsymbol{\mu}_0)' =∑j=1n[(Xj−X‾)+(X‾−μ0)][(Xj−X‾)+(X‾−μ0)]′= \sum_{j=1}^n \left[ (\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}}) + (\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0) \right] \left[ (\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}}) + (\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0) \right]'

这一步很好理解，两项里面减一个加一个X‾\overline{\mathbf{X}}不改变原式，然后两两看成一个整体。

之后对着里面做类似于 (a+b)(a+b)=a2+b2+ab+ba(a+b)(a+b) = a^2 +b^2+ab+ba 这样的分解。

=∑j=1n(Xj−X‾)(Xj−X‾)′+∑j=1n(X‾−μ0)(X‾−μ0)′= \sum_{j=1}^n (\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})(\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})' + \sum_{j=1}^n (\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)(\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)' +∑j=1n(Xj−X‾)(X‾−μ0)′+∑j=1n(X‾−μ0)(Xj−X‾)′+\sum_{j=1}^n (\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})(\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)' + \sum_{j=1}^n (\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)(\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})'

一共拆成了4项，我们一项一项来看。

∑j=1n(Xj−X‾)(Xj−X‾)′\sum_{j=1}^{n} (\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})(\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})'

这一项我没看出来什么，所以保留。

∑j=1n(X‾−μ0)(X‾−μ0)\sum_{j=1}^n (\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)(\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)

这里的 X‾\overline{\mathbf{X}} 和 μ0{\mu}_0 都是常数，所以求和就是 n倍 的他们。

所以 ∑j=1n(X‾−μ0)(X‾−μ0)=n(X‾−μ0)(X‾−μ0)′\sum_{j=1}^n (\overline{{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)(\overline{{X}} - \boldsymbol{\mu}_0) = n ({\overline{X}} - \mu_0) ({\overline{X}} - \mu_0)'

∑j=1n(Xj−X‾)(X‾−μ0)′\sum_{j=1}^n (\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})(\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)'

孩子们， X‾\overline{\mathbf{X}} 和 μ0{\mu}_0 是常数。所以可以提出去。

所以 ∑j=1n(Xj−X‾)(X‾−μ0)′=(∑j=1n(Xj−X‾))(X‾−μ0)′\sum_{j=1}^n (\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})(\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)' = \left( \sum_{j=1}^n (\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}}) \right) (\overline{\mathbf{X}} - \mu_0)'

那这一坨等于什么呢？(∑j=1n(Xj−X‾)( \sum_{j=1}^n (\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})，很简单，还是继续打开。

∑j=1n(Xj−X‾)=∑j=1nXj−nX‾=nX‾−nX‾=0\sum_{j=1}^n (\mathbf{X}_j - {\overline{\mathbf{X}}}) = \sum_{j=1}^n \mathbf{X}_j - n {\overline{\mathbf{X}}} = n {\overline{\mathbf{X}}} - n {\overline{\mathbf{X}}} = 0

另一项也同理值为0

所以答案就出来了。

题目说样本协方差矩阵为 S\mathbf{S}，并且 W≡(n−1)S∼Wp(n−1,Σ)\mathbf{W} \equiv (n-1)\mathbf{S} \sim W_p(n-1, \boldsymbol{\Sigma}) 所以 W=∑j=1n(Xj−X‾)(Xj−X‾)′W = {\sum_{j=1}^n (\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})(\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})'}

所以得出结论。

∑j=1n(Xj−μ0)(Xj−μ0)′⏟总离差=∑j=1n(Xj−X‾)(Xj−X‾)′⏟组内差（W）+n(X‾−μ0)(X‾−μ0)′⏟组间差\underbrace{\sum_{j=1}^n (\mathbf{X}_j - \boldsymbol{\mu}_0)(\mathbf{X}_j - \boldsymbol{\mu}_0)'}_{总离差} = \underbrace{\sum_{j=1}^n (\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})(\mathbf{X}_j - \overline{\mathbf{X}})'}_{组内差（\mathbf{W}）} + \underbrace{n(\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)(\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)'}_{组间差}

(2)∣总离差∣=∣W∣+∣W∣ n(X‾−μ0)′W−1(X‾−μ0)|\text{总离差}| = |\mathbf{W}| + |\mathbf{W}| \, n (\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)' \mathbf{W}^{-1} (\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)

设 d=X‾−μ0\mathbf{d} = \overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0，则 总离差 = W+ndd′\mathbf{W} + n\mathbf{d}\mathbf{d}'。（设为d，只是不想写太多） 考虑这样一个矩阵：

M=[1−d′ndW]\mathbf{M} = \begin{bmatrix} 1 & -\mathbf{d}' \\ n\mathbf{d} & \mathbf{W} \end{bmatrix}

其中：

  • 1 (标量)
  • −d′-\mathbf{d}' (1×p1 \times p行向量)
  • ndn\mathbf{d} (p×1p \times 1列向量)
  • W\mathbf{W} (p×pp \times p 矩阵)

别问为什么要考虑这个，问就是”古人的智慧”（doge）

老师在 ppt 里给出了这样的计算公式：

分块矩阵行列式展开公式：可以按A展开，或者按D展开

∣ABCD∣=∣A∣⋅∣D−CA−1B∣=∣D∣⋅∣A−BD−1C∣\begin{vmatrix} A & B \\ C & D \end{vmatrix} = |A| \cdot |D - CA^{-1}B| = |D| \cdot |A - B D^{-1} C|

老师的矩阵全是AAAA，看花了，这里改成ABCD。

同样的，我们对 M 求行列式。这里先按 W 这个矩阵 展开

∣M∣=∣W∣⋅∣1−(−d′)W−1(nd)∣=∣W∣⋅∣1+nd′W−1d∣|\mathbf{M}| = |\mathbf{W}| \cdot \left| 1 - (-\mathbf{d}') \mathbf{W}^{-1} (n \mathbf{d}) \right| = |\mathbf{W}| \cdot \left| 1 + n \mathbf{d}' \mathbf{W}^{-1} \mathbf{d} \right|

再按 1 这个矩阵 展开

∣M∣=∣1∣⋅∣W−(nd)⋅1⋅(−d′)∣=∣W+ndd′∣|\mathbf{M}| = |1| \cdot |\mathbf{W} - (n\mathbf{d}) \cdot 1 \cdot (-\mathbf{d}')| = |\mathbf{W} + n \mathbf{d} \mathbf{d}'|

look familiar？∣M∣=∣总离差∣=∣W+ndd′∣|\mathbf{M}| = |总离差| = |\mathbf{W} + n \mathbf{d} \mathbf{d}'|，古人的智慧这一块。

好了，两个式子连等，可以得到了这个：

∣总离差∣=∣W+ndd′∣=∣W∣∣1+nd′W−1d∣|总离差| = |W + n d d'| = |W| \left|1 + n d' W^{-1} d\right|

感觉和题目要求证明的差了一个括号？我们这里 ∣1+nd′W−1d∣|1 + n d' W^{-1} d| 是模。可以直接改成括号吗？怎么感觉不太对呢？

怎么不对！对的对的。我们来分析一下：

  • 1 是 1×11 \times 1
  • n 是 1×11 \times 1
  • d′d' 是 1×p1 \times p
  • W−1W^{-1} 是 p×pp \times p
  • d′d' 是 p×1p \times 1

最后乘起来再加起来就是一个标量，所以模什么的，直接变成括号就好了。

∣W+ndd′∣=∣W∣(1+nd′W−1d)|W + n d d'| = |W| \left(1 + n d' W^{-1} d\right)

然后再把|W|乘进去，d 用 X‾−μ0\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0 换掉。

∣总离差∣=∣W∣+∣W∣⋅n(X‾−μ0)′W−1(X‾−μ0)\left| 总离差 \right| = \left| \mathbf{W} \right| + \left| \mathbf{W} \right| \cdot n \left( \overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0 \right)' \mathbf{W}^{-1} \left( \overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0 \right)

证明完毕。

(3) 统计量T2=n(X‾−μ0)′S−1(X‾−μ0)∼T2(p,n−1)T^2 = n (\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)' \mathbf{S}^{-1} (\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0) \sim T^2(p, n-1)

你看了这个题目，你可能会问：它让我证明的是什么？这个分布不就是 Hotelling T2T^2分布吗？其实我们还没证明。

在上一章的简答题里，老师给出了Hotelling T2T^2 分布的定义：

设 X∼Np(0,Σ)\mathbf{X} \sim N_p(\mathbf{0}, \boldsymbol{\Sigma})，Y∼Wp(n,Σ)\mathbf{Y} \sim W_p(n, \boldsymbol{\Sigma}) 且独立，则 T2=nX′Y−1X∼T2(p,n)T^2 = n \mathbf{X}' \mathbf{Y}^{-1} \mathbf{X} \sim T^2(p, n)。

所以这里说人话就是让我们把 n(X‾−μ0)′S−1(X‾−μ0)n (\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)' \mathbf{S}^{-1} (\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0) 变形变形，写成一个Hotelling T2T^2 分布的形式。

题目已经给了p = p 和 n = n - 1，所以带入，我需要凑出这样的形式：

T2=(n−1)X′Y−1X∼T2(p,n−1)T^2 = (n-1) \mathbf{X}' \mathbf{Y}^{-1} \mathbf{X} \sim T^2(p, n-1)

其中：X∼Np(0,Σ)\mathbf{X} \sim N_p(\mathbf{0}, \boldsymbol{\Sigma})，Y∼Wp(n−1,Σ)\mathbf{Y} \sim W_p(n-1, \boldsymbol{\Sigma})

所以借助一下”古人的智慧”:

原式=n(X‾−μ0)′(S)−1n(X‾−μ0)原式 = \sqrt{n} \left( \overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0 \right)' \left({S} \right)^{-1} \sqrt{n} \left( \overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0 \right)

这没问题吧，只是把 n 掰开了

这里也有个结论：n(X‾−μ0)∼Np(0,Σ)\sqrt{n}(\overline{\mathbf{X}} - \mu_0) \sim N_p(\mathbf{0}, \boldsymbol{\Sigma})，所以这就是我们要的 XX

那 YY 呢？注意题目给了一个条件：W≡(n−1)S∼Wp(n−1,Σ)\mathbf{W} \equiv (n-1)\mathbf{S} \sim W_p(n-1, \boldsymbol{\Sigma})

所以 YY 也很好构造了。

S=1n−1WS = \frac{1}{n-1} W

代入后：

原式=n(X‾−μ0)′[1n−1W]−1n(X‾−μ0)′原式 = \sqrt{n} \left( \overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0 \right)' \left[ \frac{1}{n-1} W \right]^{-1} \sqrt{n} \left( \overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0 \right)'

把1n−1\frac{1}{n-1}放外面，即可得到：

T2=n(X‾−μ0)′S−1(X‾−μ0)=(n−1)[n(X‾−μ0)]′W−1[n(X‾−μ0)]∼T2(p,n−1)T^2 = n(\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)' \mathbf{S}^{-1}(\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0) = (n-1)\left[\sqrt{n}(\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)\right]' \mathbf{W}^{-1}\left[\sqrt{n}(\overline{\mathbf{X}} - \boldsymbol{\mu}_0)\right] \sim T^2(p, n-1)

得证。

方差不齐对多元方差分析的影响。

  • 在大样本情形下，即使“方差”不齐，多元方差分析的检验结果仍具有相当的稳健性。

  • 当样本量相等时，“方差”不齐对检验结果的影响也较小，即仍可继续进行多元方差分析。

多元方差分析的定义。

多元方差分析是一元方差分析向多维的推广，用于检验不同总体均值向量之间是否存在差异。 包括单因素多元方差分析和双因素多元方差分析

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多元统计分析-第三章计算详解

周四 6月 04 2026
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期末复习 多元统计分析
© MeLsrain | CC BY-NC-SA 4.0

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