Kruskal–Wallis 检验

先去掉原始单位，只保留谁比谁大。共同分布下，每个组的平均秩都应该围绕总体平均秩 $(N+1)/2$ 摆动。检验把各组平均秩的偏移平方，再按组大小加权合起来。

平方让一组偏大和另一组偏小不会抵消。只有 $k-1$ 个独立偏移方向，因为全部秩和固定为 $N(N+1)/2$：某些组多占了大秩，其他组必然相应少占。

这解释了为什么它类似方差分析，却不能简单称为“无条件检验多个中位数相等”。它的基本参考分布来自所有组总体相同；只有额外限定共同形状的位置模型时，才可把偏移解释成中位数差异。

三个两人组，精确概率和卡方近似不同 ​

取 $A=(1,2)$、$B=(3,4)$、$C=(5,6)$。合并秩和分别是 $3,7,11$，所以

固定三个组各有两个位置，一共有 $6!/(2!2!2!)=90$ 种标签分配。这个 $H$ 是最大可能值：让每个组占据一个相邻两秩块，才能使组均值分离得最远。三个块分给三个组共有 $3!=6$ 种，因此精确上尾 $p$ 值为

若硬套 ${\chi }_2^2$ 近似，则上尾概率为 $e^{-H/2}=e^{-16/7}\approx 0.1017$。两者都未到 $5\mathrm{\%}$，但数值差别明显。样本小的时候，渐近表不能代替可直接枚举的精确分布。

同均值、同中位数都不是一般原假设 ​

总体位置、尺度和形状都可能影响平均秩。在共同形状平移模型下，组位置变化往往会造成平均秩变化；没有这个模型时，拒绝共同分布不能自动说成“某两个均值不相等”或“某两个中位数不相等”。

反过来，某些不同但都关于同一点对称的分布，组间成对胜出率可能仍为一半，平均秩检验对这类形状差异未必敏感。它并不是对每一种分布差异都具有一致检出能力的万能检验。

并列值的修正 ​

并列观测使用平均秩。若各并列块大小为 $t_a$，令

用平均秩代入原式算出 $H$，常用修正统计量为 $H/C$。$C$ 来自并列导致的秩方差缩小，下面给出原因。条件标签置换可直接按实际平均秩计算参考分布，不要求“没有并列”。

若所有值相同，则 $C=0$，平均秩没有任何组间信息，$H/C$ 未定义。不能把 $0/0$ 当成一个正常的卡方统计量。相关组、重复测量或区组设计也不满足任意组标签交换的条件。

卡方自由度从哪里来 ​

原假设下，全部秩是一种均匀随机排列。单个秩均值为 $(N+1)/2$、方差为 $(N^2-1)/12$；两个不同位置的秩协方差为 $-(N+1)/12$。后者也可从全部秩之和恒定推出来。

因此

定义标准化组偏移

直接代入上式，$Z$ 的协方差矩阵为 $I-v{v}^T$，且 $v^{T}Z=0$。这个矩阵把向量投影到垂直于 $v$ 的 $k-1$ 维空间，同时 $H=\sum _i{Z}_i^2$。

固定 $k$、各组比例趋于严格正数时，有限总体秩和的联合中心极限定理给出该子空间上的标准正态极限。它适用的原因是秩总体 $1,\dots ,N$ 的最大中心化平方相对总平方和为 $O(1/N)$，且没有一个组在极限中消失。选取子空间的一组正交坐标，极限有 $k-1$ 个独立标准正态坐标，其平方和就是 ${\chi }_{k-1}^2$。

这才是卡方近似的机制。“每组至少五个”之类经验规则不是精确保证，也不能覆盖组数一起增加的情形。

并列为什么除以同一个因子 ​

无并列的中心化秩平方和为 $N(N^2-1)/12$。把 $t$ 个相邻秩换成其平均值，平方和减少 $(t^3-t)/12$。因此总平方和恰乘以 $C$，固定平均秩上的置换协方差也乘以 $C$。二次统计量除以 $C$ 才恢复相应方差尺度。

这个修正调整的是二阶尺度，并不让小样本分布突然变成精确卡方；大量并列时尤其应保留实际条件置换校准。

两组时与秩和检验的联系 ​

取 $k=2$，组大小为 $m,n$。采用 Mann–Whitney 的 $Y$ 胜出计数公理库Wilcoxon–Mann–Whitney 秩和检验Wilcoxon rank-sum test · Mann-Whitney U test用两组样本间的成对胜出次数或合并秩和检验共同分布，精确校准来自组标签交换，而中位数解释需要额外条件。 $U$，令 $\mathrm{\Delta }=U-mn/2$。$Y$ 组秩和偏移为 $\mathrm{\Delta }$，$X$ 组偏移为 $-\mathrm{\Delta }$，代入可得

因此两组无并列时，它与未作连续性修正的秩和正态统计量平方完全一致。多组检验拒绝后，仍需另作事先规划或适当多重校正的组间比较；一个总体 $p$ 值不会自动指出哪两组不同。