答案⚓︎

第六章⚓︎

记 \(S^{2}=\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}, S_{1}=\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right) Y_{i}\)

\[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^{n} & \left(Y_{i}-\alpha_{0}-\alpha_{1}\left(X_{i}-\bar{X}\right)\right)^{2} \\ & =S^{2} \alpha_{1}^{2}-2 S^{1} \alpha_{1}+n \alpha_{0}^{2}-2 n \bar{Y} \alpha_{0}+\sum_{i=1}^{n} Y_{i}^{2} \\ & =\left(S \alpha_{1}-S_{1} / S\right)^{2}+n\left(\alpha_{0}-\bar{Y}\right)^{2} \end{aligned} \]

\[ +\sum_{i=1}^{n} Y_{i}^{2}-n \bar{Y}^{2}-S_{1}^{2} / S^{2} \]

由此立即看出此平方和之最小值在 \(\alpha_{0}=\bar{Y}=\hat{\beta}_{0}\) 和 \(\alpha_{1}=S_{1} / S^{2}=\) \(\hat{\beta}^{1}\) 处达到, 且最小值为

\[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^{n} \delta_{i}^{2} & =\sum_{i=1}^{n} Y_{i}^{2}-n \bar{Y}^{2}-S_{1}^{2} / S^{2} \\ & =\sum_{i=1}^{n}\left(Y_{i}-\bar{Y}\right)^{2}-S_{1}^{2} / S^{2} \\ & =\sum_{i=1}^{n}\left(Y_{i}-\bar{Y}\right)^{2}-\hat{\beta}_{1} S_{1} \end{aligned} \]

即(2.23) 式, 这个证明不仅简单, 还有一个好处, 即它确实肯定了达到最小值. 用偏导数方法, 理论上还有一个验证方程组 (2.10), (2.11) 的解确实是最小值点的问题.

(a)利用 \(\hat{\beta}_{0}, \hat{\beta}_{1}\) 的无偏性, 因为

\[ \begin{aligned} \delta_{i} & =Y_{i}-\hat{Y}_{i}=\beta_{0}+\beta_{1}\left(X_{i}-\bar{X}\right)+e_{i}-\left(\hat{\beta}_{0}+\hat{\beta}_{1}\left(X_{i}-\bar{X}\right)\right) \\ & =\left(\beta_{0}-\hat{\beta}_{0}\right)+\left(\beta_{1}-\hat{\beta}_{1}\right)\left(X_{i}-\bar{X}\right)+e_{i} \end{aligned} \]

且 \(E\left(e_{i}\right)=0\), 即得 \(E\left(\delta_{i}\right)=0\).

(b) 这是因为, 在 \((2.10)\) 式中把 \(a_{0}, a_{1}\) 分别换成其解 \(\hat{\beta}_{0}, \hat{\beta}_{1}\), 得到 \(\delta_{1}+\cdots+\delta_{n}=0, \delta_{1}+\cdots+\delta_{n}\) 之间既然有这样一个函数关系, 它不可能是相互独立的.

(c) 在证明 \((2.21)\) 式的过程中已得出

\[ \delta_{i}=e_{i}-\bar{e}-t_{i} \sum_{j=1}^{n} t_{j} e_{j} / S^{2} \quad\left(t_{j}=X_{j}-\bar{X}, \bar{e}=\sum_{j=1}^{n} e_{j} / n\right) \]

又由 (a) 有 \(E\left(\delta_{i}\right)=0\left(E\left(\delta_{i}\right)=0\right.\) 也直接由上式得出 \()\), 故

\[ \operatorname{Var}\left(\delta_{i}\right)=E\left(\delta_{i}^{2}\right)=E\left(e_{i}-\bar{e}\right)^{2}+t_{i}^{2} S^{-4} E\left(\sum_{j=1}^{n} t_{j} e_{j}\right)^{2} \]

\[ -2 t S^{-2} E\left(\sum_{j=1}^{n} t_{j} e_{i} e_{j}\right)-2 t_{i} S^{-2} E\left(\sum_{j=1}^{n} t_{j} \bar{e} e_{j}\right) \]

注意到 \(E\left(e_{i}-\bar{e}\right)^{2}=E\left(e_{i}^{2}\right)+E\left(\bar{e}^{2}\right)-2 E\left(e_{i} \bar{e}\right)=\sigma^{2}+\sigma^{2} / n-\) \(2 \sigma^{2} / n=\sigma^{2}-\sigma^{2} / n=(1-1 / n) \sigma^{2}\), 以及

\[ \begin{aligned} & E\left(\sum_{j=1}^{n} t_{j} e_{j}\right)^{2}=\sigma^{2} \sum_{j=1}^{n} t_{j}^{2}=\sigma^{2} S^{2}, E\left(\sum_{j=1}^{n} t_{j} e_{i} e_{j}\right)=t_{i} \sigma^{2}, \\ & E\left(\sum_{j=1}^{n} t_{j} \bar{e} e_{j}\right)=\sum_{j=1}^{n} t_{j} \sigma^{2} / n=0 \end{aligned} \]

代人(2) 式即得所要证的结果.

注: 由这个结果, 得

\[ \begin{aligned} E\left(\sum_{i=1}^{n} \delta_{i}^{2}\right)=\sum_{i=1}^{n} E\left(\delta_{i}^{2}\right) & =\sum_{i=1}^{n}\left[1-\frac{1}{n}-\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2} / S^{2}\right] \sigma^{2} \\ & =(n-2) \sigma^{2} \end{aligned} \]

因而得到 \(\sum_{i=1}^{n} \delta_{i}^{2} /(n-2)\) 为 \(\sigma^{2}\) 的无偏估计的另一证明.

(d) 与 (1) 式类似写出 \(\delta_{j}\) 的表达式, 注意 \(\operatorname{Cov}\left(\delta_{i}, \delta_{j}\right)=E\) \(\left(\delta_{i} \delta_{j}\right)\), 把两式相乘逐项求均值, 与 \((c)\) 完全类似地得到所要的结果.

考虑线性回归模型

\[ Y=\alpha_{0}+\alpha_{1} x+e, \alpha_{0}=a, \alpha_{1}=b-a \]

其中 \(e-N\left(0, \sigma^{2}\right)\). 在 \(X=0\) 点重复观察 \(n\) 次, 其 \(Y\) 值记为 \(X_{1}\), \(\cdots, X_{n}\); 在 \(X=1\) 点重复观察 \(m\) 次, 其 \(Y\) 值记为 \(Y_{1}, \cdots, Y_{m}\). 这样按模型 \((3), X_{1}, \cdots, X_{n} \sim N\left(a, \sigma^{2}\right), Y_{1}, \cdots, Y_{m} \sim N\left(b, \sigma^{2}\right)\), 如题中所设者. 然自模型 (3) 观之, 估计 \(b-a\) 相当于估计回归系数 \(a_{1}\), 检验亦然. 而此处的平方和 (2.9) 为 \(\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-a_{0}\right)^{2}+\sum_{j=1}^{m}\left(Y_{j}-a_{0}\right.\) \(\left.-a_{1}\right)^{2}\), 直接得出 \(a_{0}, a_{1}\) 的最小二乘估计为 \(\bar{X}\) 和 \(\bar{Y}-\bar{X}\). 后者即 \(b-a\) 的估计. 残差平方和为 \(\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}+\sum_{j=1}^{m}\left(Y_{j}-\bar{Y}\right)\). 自由度 \(m+n-2\). 又此处之 \(S^{2}\left(S^{2}\right.\) 即 (2.16) 式中的 \(\left.S_{x}^{2}\right)\) 为 (注意自变量值中 \(n\) 个 0 和 \(m\) 个 1 , 其平均为 \(m /(n+m))\)

\[ \begin{aligned} S^{2} & =n(0-m /(n+m))^{2}+m(1-m /(n+m))^{2} \\ & =n m /(n+m) \end{aligned} \]

由此,按 (2.26) 式求 \(\alpha_{1}=b-a\) 的区间估计, 所得结果与两样本 \(t\) 区间估计一致。

将平方和 \(\sum_{i=1}^{n}\left(Y_{i}-b X_{i}\right)^{2}\) 按第 1 题的方式处理: \(\sum_{i=1}^{n}\left(Y_{i}-\right.\) \(\left.b X_{i}\right)^{2}=S_{0}^{2} b^{2}-2 S_{01} b+\sum_{i=1}^{n} Y_{i}^{2}=\left(S_{0} b-S_{01} / S_{0}\right)^{2}+\sum_{i=1}^{n} Y_{i}^{2}-\) \(S_{01}^{2} / S_{0}^{2}\), 此处 \(S_{0}^{2}=\sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}, S_{01}=\sum_{i=1}^{n} X_{i} Y_{i}\). 由此式立即得出 \(b\) 的最小二乘估计为

\[ \hat{b}=S_{01} / S_{0}^{2}=\sum_{i=1}^{n} X_{i} Y_{i} / \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2} \]

而残差平方和为 \(\sum_{i=1}^{n} Y_{i}^{2}-S_{01}^{2} / S_{0}^{2}\), 暂记为 \(R\). 由于

\[ \begin{aligned} E\left(Y_{i}^{2}\right) & =\left(E Y_{i}\right)^{2}+\operatorname{Var}\left(Y_{i}\right)=b^{2} X_{i}^{2}+\sigma^{2} \\ E\left(S_{01}^{2}\right) & =\left(E S_{01}\right)^{2}+\operatorname{Var}\left(S_{01}\right) \\ & =\left(\sum_{i=1}^{n} b X_{i}^{2}\right)^{2}+\sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2} \sigma^{2}=b^{2} S_{0}^{4}+\sigma^{2} S_{0}^{2} \end{aligned} \]

得到

\[ \begin{aligned} E(R) & =\sum_{i=1}^{n}\left(b^{2} X_{i}^{2}+\sigma^{2}\right)-\left(b^{2} S_{0}^{4}+\sigma^{2} S_{0}^{2}\right) / S_{0}^{2} \\ & =n \sigma^{2}+b^{2} S_{0}^{2}-b^{2} S_{0}^{2}-\sigma^{2}=(n-1) \sigma^{2} \end{aligned} \]

因而证明了 \(R /(n-1)\) 是 \(\sigma^{2}\) 的无偏估计.

(c) 只须作一个正交变换

\[ \left(\begin{array}{c} Z_{1} \\ \vdots \\ Z_{n} \end{array}\right)=A\left(\begin{array}{c} Y_{1} \\ \vdots \\ Y_{n} \end{array}\right) \]

其中 \(A\) 为正交方阵, 第一行是 \(\left(X_{1} / S_{0}, \cdots, X_{n} / S_{0}\right)\). 则 \(R=Z_{2}^{2}+\) \(\cdots+Z_{n}^{2}\), 其中 \(Z_{2}, \cdots, Z_{n}\) 独立同分布且有公共分布 \(N\left(0, \sigma^{2}\right)\).

若 \(c_{1}=0\), 则因 \(b\) 的区间估计问题已解决了, \(c_{2} b\) 当然直接由之得出. 若 \(c_{1} \neq 0\), 把 \(c_{1} a+c_{2} b\) 表为 \(c_{1}(a+x b)\left(x=c_{2} / c_{1}\right)\), 即 \(c_{1} m(x)\). 因 \(m(x)\) 的区间估计已在 (2.27) 式的基础上求得,故问题得到解决.
(a) 取 \(i=1\) 来讨论, 因为把 \(X_{1}, \cdots, X_{n}\) 作线性变换 \(X_{i}^{\prime}=\) \(a X_{i}+b(a \neq 0)\) 不影响 \(\left(X_{1}-\bar{X}\right)^{2} / \sum_{j=1}^{n}\left(X_{j}-\bar{X}\right)^{2}\) 之值, 不妨设 \(\bar{X}=0, X_{1}=1\). 这时, 为使上述比值最大, 应在 \(X_{2}+\cdots+X_{n}=-1\) 的约束下, 使 \(X_{2}^{2}+\cdots+X_{n}^{2}\) 达到最小. 但易知后者的最小值在 \(X_{2}=\cdots=X_{n}=-\frac{1}{n-1}\) 时达到, 最小值为 \(\frac{1}{n-1}\). 故所述比值不能大于 \(1 /\left(1+\frac{1}{n-1}\right)=1-\frac{1}{n}\), 等号当且仅当对某个 \(i\), 有 \(X_{1}=\cdots=\) \(X_{i-1}=X_{i+1}=\cdots=X_{n} \neq X_{i}\).

(b) 分两种情况: 若 \(\bar{X}_{n}\) 保持有界, 则因 \(S_{n}^{2} \rightarrow \infty\), 就有 \((a-\) \(\left.\bar{X}_{n}\right)^{2} / S_{n}^{2} \rightarrow 0\). 若 \(\left|\bar{X}_{n}\right| \rightarrow \infty\), 则注意到

\[ \left(a-\bar{X}_{n}\right)^{2} / S_{n}^{2} \leqslant\left(a-\bar{X}_{n}\right)^{2} / \sum_{i=1}^{m}\left(X_{i}-\bar{X}_{n}\right)^{2}, m \leqslant n \]

固定 \(m\), 令 \(n \rightarrow \infty\). 因为 \(\left|\bar{X}_{n}\right| \rightarrow \infty\), 上式右端有极限 \(1 / m\). 因 \(m\) 可取得任意大, 知 \(\left(a-\bar{X}_{n}\right)^{2} / S_{n}^{2}\) 的极限可任意小, 故只能为 0 (若 \(\left|\bar{X}_{n}\right|\) 既不有界也不随 \(n \rightarrow \infty\) 而趋于无穷, 则通过抽取子序列的方法去讨论).

(c) 先给出一个预备事实: 在 \([0,1]\) 上给出三个数 \(x, c-x(0\) \(\leqslant c \leqslant 1)\) 及 \(a\), 记 \(I=(x-a)^{2}+(c-x-a)^{2}\), 则总可以改变 \(x\) 之值以增大 \(I\), 使 \(x, c-x\) 都仍在 \([0,1]\) 上, 且 \(x\) 及 \(c-x\) 中至少有一个为 0 或 1. 如 \(x\) 和 \(c-x\) 分处 \(a\) 的两边, 这一点很清楚. 若同在一边, 例如 \(0<x \leqslant c-x \leqslant a\), 则 \(\mathrm{d} I / \mathrm{d} x=4 x-2 c \leqslant 0\) (因 \(x \leqslant c-x\), \(2 x \leqslant c\) ). 故让 \(x\) 下降能增大 \(I\). 让 \(x\) 降为 0 (这时 \(c-x\) 升为 \(c\), 仍在 \([0,1]\) 上) 即可. 现证明本题,不失普遍性可设区间 \([A, B]\) 为 \([0,1]\). 证明分三段: \(1^{\circ}\) 为使 \(S^{2}=\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}\) 最大, 诸 \(X_{i}\) 中至多只能有一个非 0 非 1.,因为, 若有两个, 例如 \(X_{1}, X_{2}\) ，非 0 非 1 . 则据上述预备知识, 可以在不改变 \(X_{3}, \cdots, X_{n}\) 和 \(\bar{X}\) 的条件下, 使 \(X_{1}, X_{2}\) 中至少有一个为 0 或 1 , 而 \(\left(X_{1}-\bar{X}\right)^{2}+\left(X_{2}-\bar{X}\right)^{2}\) 增大, 即 \(S^{2}\) 增大. \(2^{\circ}\) 现设 \(X_{1}, \cdots, X_{n}\) 中, 有 \(n_{0}\) 个为 \(0, n_{1}\) 个为 1 , 还有一个为 \(a, 0 \leqslant a \leqslant\) 1 . 证明: 总可以把 \(a\) 改为 0 或 1 以增大 \(S^{2}\). 此时

\[ S^{2}=n_{0}\left(0-\frac{n_{1}+a}{n}\right)^{2}+n_{1}\left(1-\frac{n_{1}+a}{n}\right)^{2}+\left(a-\frac{n_{1}+a}{n}\right)^{2} \]

注意到 \(n_{0}+n_{1}=n-1\), 易算出

\[ \mathrm{d}\left(S^{2}\right) / \mathrm{d} a=2(n-1) n^{-1} a+D \]

\(D\) 与 \(a\) 无关,若上式大于 0 , 则把 \(a\) 增至 1 可增大 \(S^{2}\); 若上式不大于 0 , 则把 \(a\) 域至 0 可以增大 \(S^{2}\). 总之, \(a\) 可改为 0 或 1 以增大 \(S^{2} .3^{\circ}\) 以上两步证明了: 为使 \(S^{2}\) 最大, 全部 \(X_{i}\) 必须只取 0,1 这两个值, 设有 \(n_{0}\) 个 \(0, n_{1}\) 个 1 . 则

\[ S^{2}=n_{0}\left(0-\frac{n_{1}}{n}\right)^{2}+n_{1}\left(1-\frac{n_{1}}{n}\right)=n_{0} n_{1} / n \]

在 \(n_{0}+n_{1}=n\) 的约束下, 要使 \(S^{2}\) 最大, \(n_{0}\) 和 \(n_{1}\) 之差距应尽量小, 如 \(n=2 m\), 应取 \(n_{0}=n_{1}=m\) : 若 \(n=2 m+1\), 则 \(n_{0}, n_{1}\) 中应有一个为 \(m\), 另一个为 \(m+1\).

(a) 由 \(\hat{\beta}_{0}=\bar{Y}\) 易得出 \(E\left(\hat{\beta}_{0}\right)=\beta_{0}\), 为证 \(E(\hat{\beta})=\beta\), 暂把 \(p\) 行 \(n\) 列方阵 \(L{ }^{-1} X\) 记为

\[ L^{-1} X=\left(\begin{array}{llll} l_{11} & l_{12} & \cdots & l_{1 n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ l_{p 1} & l_{p 2} & \cdots & l_{p n} \end{array}\right) \]

从 \(X\) 的每行元素之和为 0 , 可推出此矩阵每行元素之和为 \(0: l_{i 1}+\) \(\cdots+l_{i n}=0, i=1, \cdots, p\). 现有

\[ E\left(\hat{\beta}_{j}\right)=E\left(\sum_{i=1}^{n} l_{j i} Y_{i}\right)=\sum_{i=1}^{n} l_{j i} \beta_{0}+\sum_{k-1}^{p} \beta_{k} \sum_{i=1}^{k} l_{j i} X_{k i} \]

据上述, \(\beta_{0}\) 之系数为 0 , 而 \(\beta_{k}\) 之系数, 正是两矩阵 \(L^{-1} X\) 和 \(X^{\prime}\) 之积的 \((j, k)\) 元, 因 \(L^{-1} X X^{\prime}=L^{-1} L=\) 单位阵 \(I\), 知只有当 \(k=j\) 时此系数为 \(1, k\) 为其他值时为 0 . 故证明了 \(E\left(\hat{\beta}_{j}\right)=\beta_{j}, j=1, \cdots, p\).

(b) 因为 \(\hat{\beta}_{0}=\frac{1}{n}\left(Y_{1}+\cdots+Y_{n}\right), \hat{\beta}_{j}=l_{j 1} Y_{1}+\cdots+l_{j n} Y_{n}\). 由 \(\left(Y_{1}, \cdots, Y_{n}\right)\) 独立且由等方差,易知

\[ \operatorname{Cov}\left(\hat{\beta}_{0}, \hat{\beta}_{j}\right)=\frac{1}{n} \sigma^{2}\left(l_{j 1}+\cdots+l_{j n}\right)=0, j=1, \cdots, p . \]

(c) 与 (b) 相似, 由 \(\hat{\beta}_{j}=l_{i 1} Y_{1}+\cdots+l_{i n} Y_{n}\) 及 \(\hat{\beta}_{j}=l_{j 1} Y_{1}+\cdots+\) \(l_{j n} Y_{n}\). 得知

\[ \operatorname{Cov}\left(\hat{\beta}_{i}, \hat{\beta}_{j}\right)=\sigma^{2}\left(l_{i 1} l_{j 1}+\cdots+l_{i n} l_{j n}\right) \]

右边括号内之量是矩阵 \(L^{-1} X\) 及其转置之积的 \((i, j)\) 元. 因 \(L\) 为对称方阵, 故 \(L^{-1}\) 也是对称方阵, 即 \(\left(L^{-1}\right)^{\prime}=L^{-1}\). 故 \(\left(L^{-1} X\right)\) • \(\left(L^{-1} X\right)^{\prime}=L^{-1} X X^{\prime} L^{-1}=L^{-1} L L^{-1}=L^{-1}\). 因此, \(\operatorname{Cov}\left(\hat{\beta}_{i}, \hat{\beta}_{j}\right)=\) \(\sigma^{2} \cdot L^{-1}\) 的 \((i, j)\) 元, 当 \(i=j\) 时, 得到 \(\hat{\beta}_{i}\) 的方差.

8 . 有关的理论考虑在题中已说了. 现在只须计算一下 \(r \sqrt{n-2} / \sqrt{1-r^{2}}:\) 记 \(S_{x}^{2}=\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}\) 并注意 \(\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)\) \(\cdot\left(Y_{i}-\bar{Y}\right)=\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right) Y_{i}\), 有

\[ \begin{aligned} \frac{r \sqrt{n-2}}{\sqrt{1-r^{2}}} & =\frac{\sqrt{n-2} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right) Y_{i} /\left[S_{x} \sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(Y_{i}-\bar{Y}\right)^{2}}\right]}{\left(1-\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right) Y_{i}\right)^{2} /\left(S_{x}^{2} \sum_{i=1}^{n}\left(Y_{i}-\bar{Y}\right)^{2}\right)^{1 / 2}} \\ & =\frac{\sqrt{n-2} \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right) Y_{i} / S_{x}}{\left(\sum_{i=1}^{n}\left(Y_{i}-\bar{Y}\right)^{2}-\left(\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right) Y_{i}\right)^{2} / S_{x}^{2}\right)^{1 / 2}} \end{aligned} \]

因为 \(\hat{\sigma}=\left(\sum_{i=1}^{n}\left(Y_{i}-\bar{Y}\right)^{2}-\left(\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right) Y_{i}\right)^{2} / S_{x}^{2}\right)^{1 / 2} / \sqrt{n-2}\), 而 \(\hat{\beta}_{1}=\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right) Y_{i} / S_{x}^{2}\), 又 \(\beta_{1}=0\). 故即有

\[ \frac{r \sqrt{n-2}}{\sqrt{1-r^{2}}}=\left(\hat{\beta}_{1}-\beta_{1}\right) /\left(\hat{\sigma} S_{X}^{-1}\right) \]

再用 \((2.26)\), 即证得所要的结果.

\[ \text { 9. (a) 令 } Z_{i}=Y_{i}-X_{i}, i=1, \cdots, n, Z_{1}, \cdots Z_{n} \text { 独立同分布, 公 } \]

共分布为 \(N\left(b-a, 2 \sigma^{2}\right)\). 而 \(H_{0}: b=a\) 成为一个检验正态分布 \(N\left(\theta, \sigma_{1}^{2}\right)\left(\sigma_{1}^{2}=2 \sigma^{2}, \theta=b-a\right)\) 中均值 \(\theta=0\) 的问题, 可用一样本 \(t\) 检验: 当

\[ \sqrt{n}|\bar{Z}| /\left(\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n}\left(Z_{i}-\bar{Z}\right)^{2}\right)^{1 / 2}>t_{n-1}(\alpha / 2) \]

时否定 \(H_{0}\).

注: 这个模型叫做 “成对比较模型”, 意即 \(X_{i}, Y_{i}\) 这一对可以比较, 但当 \(i \neq j\) 时, \(X_{i}, Y_{j}\) 无法比较, 因为 \(Y_{j}-X_{i} \sim N(b-a+\) \(d_{j}-d_{i}, 2 \sigma^{2}\), 不只与 \(b-a\) 有关而 \(d_{j}-d_{i}\) 又不知道. 这与所谓“成组比较" 不同: 在成组比较模型中是 \(d_{1}=\cdots=d_{n}=0\). 这时任意的 \(X_{i}, Y_{j}\) 都可比较, 而我们可使用两样本 \(t\) 检验去检验 \(H_{0}\), 它有 \(2 n-2\) 个自由度.而检验 (4) 只有 \(n-1\) 个自由度,所损失的自由度, 就是因为有了赘余参数 \(d_{1}, \cdots, d_{n}\).

(b) 可以把 \(X_{1}, \cdots, X_{n}\) 和 \(Y_{1}, \cdots, Y_{n}\) 分别视为一个两水平因素在其水平 1 的 \(n\) 个观察值和水平 2 的 \(n\) 个观察值. \(d_{i}\) 为区组效应, \(j=1, \cdots, n\), 而 \(a, b\) 则分别是这两个水平的效应. 为把模型写成 (5.13) 的形式, 可令 \(Y_{1 j}=X_{j}, Y_{2 j}=Y_{j, j}=1, \cdots, n\); 而

\[ \begin{aligned} & \mu=\bar{d}+(a+b) / 2 \quad\left(\bar{d}=\left(d_{1}+\cdots d_{n}\right) / n\right) \\ & a_{1}=a-(a+b) / 2, a_{2}=b-(a+b) / 2 \\ & b_{j}=d_{j}-\bar{d}, j=1, \cdots, n \end{aligned} \]

则有

\[ Y_{i j}=\mu+a_{i}+b_{j}+e_{i j}, i=1,2 ; j=1, \cdots, n \]

这里 \(e_{i j}, i=1,2 ; j=1, \cdots, n\) 全体独立同分布并有公共分布 \(N(0\), \(\left.\sigma^{2}\right)\). 模型 (5) 符合所要求的约束条件:

\[ \begin{aligned} a_{1}+a_{2}= & a-(a+b) / 2+b-(a+b) / 2=0 \\ & \sum_{j=1}^{n} b_{j}=\sum_{j=1}^{n}\left(d_{j}-\bar{d}\right)=0 \end{aligned} \]

原假设: \(H_{0}: a=b\) 相应于检验(5) 中的因子效应为 0 , 即 \(a_{1}=a_{2}=\) 0.

(c) 就模型 \((5)\) 按 \((5.23)\) 的分解式来计算 \(S S_{A}\) 和 \(S S_{e}\) :

\[ \begin{aligned} \mathrm{SS}_{e}= & \sum_{i=1}^{2} \sum_{j=1}^{n}\left(Y_{i j}-Y_{i .}-Y_{j}+Y_{. .}\right)^{2} \\ = & \sum_{j=1}^{n}\left(X_{j}-\bar{X}-\left(X_{j}+Y_{j}\right) / 2+(\vec{X}+\bar{Y}) / 2\right)^{2} \\ & +\sum_{i=1}^{n}\left(Y_{j}-\bar{Y}-\left(X_{j}+Y_{j}\right) / 2+(\bar{X}+\bar{Y}) / 2\right)^{2} \\ = & \sum_{j=1}^{n}\left[\left(X_{j}-Y_{j}\right) / 2-(\bar{X}-\bar{Y}) / 2\right]^{2} \\ & +\sum_{j=1}^{n}\left[\left(Y_{j}-X_{j}\right) / 2-(\bar{Y}-\bar{X}) \% 2\right]^{2} \\ = & \frac{1}{2} \sum_{j=1}^{n}\left(Z_{j}-\bar{Z}\right)^{2} \quad\left(Z_{j}=Y_{j}-X_{j}\right) \end{aligned} \]

自由度为 \((2-1)(n-1)=n-1\). 而

\[ \begin{aligned} S S_{A}= & n \sum_{i=1}^{2}\left(Y_{i .}-Y_{. .}\right)^{2}=n\left[(\bar{X}-(\bar{X}+\bar{Y}) / 2)^{2}\right. \\ & \left.+(\bar{Y}-(\bar{X}+\bar{Y}) / 2)^{2}\right] \\ = & \frac{n}{2}(\bar{X}-\bar{Y})^{2}=\frac{n}{2} \bar{Z}^{2} \end{aligned} \]

自由度为 \(2-1=1\). 故 \(H_{0}: a_{1}=a_{2}=0\), 即 \(a=b\) 的 \(F\) 检验为: 当

\[ \frac{n}{2} \bar{Z}^{2} /\left[\left(\frac{1}{2} \sum_{j=1}^{n}\left(Z_{i}-\bar{Z}\right)^{2} /(n-1)\right]>F_{1, n-1}(\alpha)\right. \]

时否定 \(H_{0}\) ，即当

\[ \sqrt{n}|\bar{Z}| /\left(\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n}\left(Z_{i}-\bar{Z}\right)^{2}\right)^{1 / 2}>\sqrt{F_{1, n-1}(\alpha)} \]

时否定 \(H_{0}\). 由于 \(t_{n-1}^{2}(\alpha / 2)=F_{1, n-1}(\alpha)\) (这是因为, 按定义, 若 \(X \sim t_{n-1}\), 则 \(\left.X^{2} \sim F_{1, n-1}\right)\), 这个检验与 (a)中得到的一致.

这张正交表叫 \(L_{8}\left(2^{7}\right)\) 正交表. 它只能排 2 水平因子, 至多 7 个, 试验一定做 8 次, 不能多也不能少.

把因子 \(A, B, C\) 分别排在第 \(1,2,4\) 列头上, 区组也视为一个因子 \(D\), 排在第 5 列头上, 则得到如下的设计:

区组 1: \(A_{1} B_{1} C_{1}, A_{1} B_{2} C_{1}, A_{2} B_{1} C_{2}, A_{2} B_{2} C_{2}\),

区组 2: \(A_{1} B_{1} C_{2}, A_{1} B_{2} C_{2}, A_{2} B_{1} C_{1}, A_{2} B_{2} C_{1}\),

其中例如, \(A_{1} B_{2} C_{1}\) 表示因子 \(A\) 取水平 \(1, B\) 取水平 \(2, C\) 取水平 1 ,余类推.

其所以舍掉第 3 列不用, 是为了避免某些组合做两次（如 \(A_{1} B_{1} C_{1}\) 等 \()\), 而某些组合 ( \(A_{1} B_{2} C_{1}\) 等) 则不出现, 按上述设计, 则 8 种可能的组合各出现了一次.

此设计 \(A, B, C\) 及区组各占一自由度, 共 4 个自由度. 全部自由度为 \(8-1=7\), 故误差平方和 \(S S_{e}\) 尚有三个自由度.

答案⚓︎

第六章⚓︎

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