Wilcoxon 符号秩检验 | Codeboy's Blog

形式陈述

一组配对前后差值是否围绕零对称？设 $n\ge1$ ， $D_1,\ldots,D_n$ 独立同分布、连续，原假设为

H_0:D_i\overset d=-D_i.

配对情形取 $D_i=Y_i-X_i$ ；检验指定中心 $\theta_0$ 时取 $D_i=X_i-\theta_0$ 。假设各差值独立，连续性使零差值与绝对值并列的概率为零。将 $|D_i|$ 从小到大排序，令 $R_i$ 为其秩，定义正秩和

W_+=\sum_{i=1}^nR_i\mathbf1_{\{D_i>0\}}.

原假设下，给定所有绝对值，正负符号是独立公平硬币。因此精确参考分布为

W_+\overset d=\sum_{r=1}^nrB_r, \qquad B_r\overset{\mathrm{iid}}\sim\operatorname{Bernoulli}(1/2).

这是对固定绝对值作符号翻转的群随机化检验，其变换群为 $\{-1,1\}^n$ 。本页双侧极端程度取 $|W_+-n(n+1)/4|$ ；单侧则预先选择正秩和偏大或偏小。

直觉

只数正负号，会把很小的正差和很大的正差看成同样的一票。符号秩检验让绝对差较大的观测获得较大的秩权重，但仍不使用原始差值的数值大小。因此一个差值从 $10$ 变为 $10^6$ ，只要次序不变，它的权重也不变。

对称性提供关键保证：知道某个差值离零多远之后，仍不能猜出它更可能在零的哪边。于是固定全部距离，只重新抛正负硬币，就能模拟原假设下正秩和的变化。

若正侧尾巴比负侧长，绝对值本身就可能透露符号。此时中位数即使为零，也不足以支持公平翻转校准。

例子与边界

四个差值的十六种符号

取差值 $(-1,2,-4,7)$ 。绝对值秩为 $1,2,3,4$ ，所以 $W_+=2+4=6$ ，中心为 $4\cdot5/4=5$ 。

原假设的 $2^4=16$ 种符号等可能。正秩和 $0,1,\ldots,10$ 对应的符号组合数为

1,1,1,2,2,2,2,2,1,1,1.

因此正向单侧 $p$ 值为 $P_0(W_+\ge6)=7/16$ ，双侧值为

P_0(|W_+-5|\ge1)=\frac{14}{16}=0.875.

虽然正差的原始总和 $9$ 大于负差绝对值总和 $5$ ，符号秩检验衡量的却是另一种、事先规定的统计量。这组数据并未给出强证据。

四个绝对值秩固定时的符号翻转参考分布，十六种符号产生正秩和零到十，观测值六的双侧尾部共十四种

中位数为零不是对称性

令 $D$ 以一半概率均匀落在 $(-1,0)$ ，另一半概率均匀落在 $(0,3)$ 。它的唯一中位数为零，但只要知道 $|D|>1$ ，就知道符号一定为正。符号不再独立于绝对值，精确参考分布失效。

甚至 $n=2$ 时也能看到偏差。每个正观测贡献一分，再在另一个绝对值更小时多一分，所以

EW_+=2P(D>0)+2P(D_1>0,|D_2|<D_1)=1+\frac23=\frac53,

而对称原假设给出 $EW_+=3/2$ 。其中第二个概率由在 $0<d<1$ 和 $1<d<3$ 上分别积分得到 $1/3$ 。只关心连续总体中位数而不愿假设对称时，应使用基于正负计数的二项校准等适合该原假设的方法。

零差值、并列与配对结构

实际测量可能有零差值。一个明确的约定是先删除零差值，再对剩余绝对值排名；并列绝对值使用平均秩。条件于这些非零绝对值，只要各差值仍满足独立对称的原假设，所有符号翻转依旧等可能，可直接枚举加权和。若采用其他零值处理约定，必须相应改变统计量和参考分布。

所有差值都为零时，没有可供翻转的非零信息，不能硬算标准化统计量。配对之间需要独立，但同一对内 $X_i,Y_i$ 可以相关；正因为保留了配对，才应先作差，Mann–Whitney 秩和检验则以两个独立组的共同分布为零假设，重新分配组标签；拆散原有配对后使用它，会改变校准所依据的设计。

推论与应用

对称性如何给出条件公平符号

对任意正半轴 Borel 集 $A$ ，对称性意味着

P(D\in A)=P(D\in-A)=\frac12P(|D|\in A).

这正说明符号与绝对值独立、符号两侧各占一半。各差值独立又让整组符号条件独立。排序只改变符号的标签，不改变这些公平 Bernoulli 变量的联合分布。

所以在无并列时，概率生成函数为

E_0z^{W_+}=2^{-n}\prod_{r=1}^n(1+z^r).

展开后 $z^w$ 的系数就是 $P_0(W_+=w)$ 。例如 $n=4$ 的十一项系数给出上面的精确表。也可逐个加入秩，用“当前不取或取该秩”递推计算系数，而无须列出所有符号字符串。

均值、方差与大样本近似

独立加权硬币给出

E_0W_+=\frac12\sum_{r=1}^nr=\frac{n(n+1)}4,

\operatorname{Var}_0(W_+)=\frac14\sum_{r=1}^nr^2 =\frac{n(n+1)(2n+1)}{24}.

若使用平均秩 $r_1,\ldots,r_k$ ，应直接用条件均值 $\frac12\sum r_i$ 和条件方差 $\frac14\sum r_i^2$ ，而非把无并列表中的 $n$ 换个数就结束。

无并列且 $n\to\infty$ 时，令 $s_n^2=\frac14\sum_{r=1}^nr^2$ 。加权项相互独立，却不同分布；可直接用特征函数证明正态极限。中心化标准和的特征函数为

\varphi_n(t)=\prod_{r=1}^n\cos\!\left(\frac{tr}{2s_n}\right).

对固定 $t$ ，最大余弦自变量为 $O(n^{-1/2})$ 。当 $n$ 足够大，各因子为正，使用 $\log\cos u=-u^2/2+O(u^4)$ ，以及 $\sum r^2/(4s_n^2)=1$ 、 $\sum r^4/s_n^4=O(n^{-1})$ ，便得 $\log\varphi_n(t)=-t^2/2+O(n^{-1})$ 。由 Lévy 连续性定理，

\frac{W_+-n(n+1)/4}{\sqrt{n(n+1)(2n+1)/24}} \Rightarrow N(0,1).

正态近似是大样本结果；小样本的离散性应通过精确翻转分布处理。报告时还应说明零值规则、并列规则、单侧方向及是否使用连续性修正。

参考资料

Penn State STAT 415，Lesson 20: The Wilcoxon Tests，§20.2，连续性、对称性与符号秩构造。
NIST Dataplot，《Signed Rank Test》，符号赋值与 Conover 假设说明；本页固定使用 $W_+$ 约定。

形式陈述 ​

四个差值的十六种符号 ​

中位数为零不是对称性 ​

零差值、并列与配对结构 ​

对称性如何给出条件公平符号 ​