多元统计分析05：多元正态分布的假设检验(1)

时间：2024-04-17 16:28:29

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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

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 \(\Sigma>0\) 但未知，考虑以下检验问题

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

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：均值向量的球性检验

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

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

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