Hotelling T² 检验

如果两个响应经常一起上升，那么“两个都略高”不一定罕见；但“一个高、另一个低”可能违背常见共同波动，值得更大警觉。$S^{-1}$ 正是在按各方向的噪声大小重新衡量偏差。

逐坐标做两个 $t$ 检验只看坐标轴。Hotelling 检验则考虑所有线性方向中最异常的那个，同时为这种选择付出正确的校准代价。这个最异常方向本身会随数据变化，不能把选中之后的一维 $t$ 值当作事先固定方向的统计量。

同样欧氏距离，联合异常程度不同 ​

取 $n=10,p=2$，观察到

若均值差为 $d=(0.5,0.5{)}^T$，它沿着方差较大的同向方向，得到

若均值差改为 $d=(0.5,-0.5{)}^T$，欧氏长度完全相同，却沿着方差只有 $0.2$ 的反向方向，得到 $T^2=25$。转换成 $F_{2,8}$ 统计量，分别为 $100/81\approx 1.2346$ 与 $100/9\approx 11.1111$。

$5\mathrm{\%}$ 临界值为 $F_{2,8;0.95}\approx 4.45897$，等价的 $T^2$ 阈值为 $c_{0.05}\approx 10.03268$。因此前一个偏差不拒绝，后一个拒绝。

维数过大与正态假设失效 ​

若 $n\le p$，中心化数据至多有 $n-1$ 个行方向，$S$ 必然奇异。用广义逆或加上岭项可以构造别的统计量，但不会自动保留本页的精确 F 分布。

非正态样本下，即使 $S$ 可逆，均值与协方差一般不独立，精确 F 校准也就没有依据。固定维数的大样本近似可能成立，但要另述矩条件和渐近论证；维数随样本量增长时还需不同分析。

精确 F 分布的核心比值 ​

先证明一个标准化结论：令 $Z\sim N_p(0,I_p)$，$W\sim W_p(\nu ,I_p)$，两者独立，$\nu \ge p$，则

写 $Z=RD$，其中 $R^2\sim {\chi }_p^2$，$D$ 为单位方向。$W$ 的旋转不变性意味着，给定任意 $D$，$D^T{W}^{-1}D$ 的分布都等于 $e_1^T{W}^{-1}{e}_1$，且不依赖 $R,D$。

为找这个分布，将生成 $W$ 的标准正态数据矩阵按列分成 $(a,B)$，其中 $a\in {\mathbb{R}}^{\nu }$、$B\in {\mathbb{R}}^{\nu \times (p-1)}$。分块求逆给出

给定 $B$，括号内是秩 $\nu -p+1$ 的正交投影，且 $a$ 是独立标准正态向量，所以右侧服从 ${\chi }_{\nu -p+1}^2$。$p=1$ 时把 $B$ 视为空矩阵，投影就是 $I$。

因此 $Z^T{W}^{-1}Z$ 等于两个独立卡方变量的比值，除以各自自由度后正是 F 分布。这里的独立性来自条件于 $Z$ 后，分母分布仍相同，而不只是两者边缘各自为卡方。

把样本均值和协方差代入 ​

原假设下令

它们分别是标准正态和自由度 $\nu =n-1$ 的标准 Wishart，且独立。又有 $T^2=(n-1)Z^T{W}^{-1}Z$，代入上段便得到形式陈述中的系数和自由度。

当 $p=1$ 时，$T^2$ 就是一元单样本 $t$ 统计量的平方，$F_{1,n-1}=t_{n-1}^2$，作为边界核对。

椭球同时控制所有线性方向 ​

由检验反演公理库置信集合与检验的对偶Confidence set and test duality · Test inversion逐参数反演 level 检验得到覆盖置信集合，并由置信集合反构造点零假设检验。得到精确覆盖 $1-\alpha$ 的均值置信椭球

对任意 $d$，Cauchy–Schwarz 不等式公理库Cauchy–Schwarz 不等式Cauchy–Schwarz inequality · 柯西–施瓦茨不等式内积的绝对值不超过两向量范数之积，且等号精确刻画线性相关。及取等方向给出

所以同一个覆盖事件等价于对所有 $a$ 同时满足

这比“每个固定坐标分别有 $95\mathrm{\%}$ 区间”包含更强的同时量词。它允许在观察后探查方向，而校准仍来自一开始就控制了所有方向的椭球。