多元統計分析06：多元正態分佈的假設檢驗(2)
Chapter 6：多元正態分佈的假設檢驗(2)
一、單個正態總體協方差陣的檢驗
Part 1：協方差陣為單位陣的檢驗
設 \(X_{(\alpha)},\,\alpha=1,2,\cdots,n\) 為來自 \(p\) 元正態總體 \(N_p\left(\mu,\Sigma\right)\)
此時採用似然比檢驗，似然函式為
\[L(\mu,\Sigma)=\frac{1}{(2\pi)^{np/2}\left|\Sigma\right|^{n/2}}\exp\left\{-\frac12{\rm tr}\left(\Sigma^{-1}A\right)-\frac12n\left(\bar{X}-\mu\right)'\Sigma^{-1}\left(\bar{X}-\mu\right)\right\} \ . \]在 \(H_0\)
在 \(H_1\) 假設下的極大似然為
\[\max_{\mu,\Sigma>0}L\left(\mu,\Sigma\right)=L\left(\bar{X},\frac1nA\right)=(2\pi)^{-np/2}\left|\frac1nA\right|^{-n/2}\exp\left\{-\frac{np}{2}\right\} \ . \]構造似然比統計量為
當樣本容量 \(n\) 充分大時
\[-2\ln\lambda_1\stackrel{a}{\sim}\chi^2\left(\frac{p(p+1)}{2}\right) \ . \]這裡需要注意到協方差陣有 \(p(p+1)/2\) 個自由度，這是因為協方差陣的對稱性。
Part 2：協方差陣為非單位陣的檢驗
設 \(X_{(\alpha)},\,\alpha=1,2,\cdots,n\) 為來自 \(p\) 元正態總體 \(N_p\left(\mu,\Sigma\right)\) 的隨機樣本，其中 \(\mu\) 和 \(\Sigma>0\) 未知，檢驗
\[H_0:\Sigma=\Sigma_0 \quad \longleftrightarrow \quad H_1:\Sigma\neq \Sigma_0 \ . \]因為 \(\Sigma_0>0\) ，故存在非退化矩陣 \(D\) ，使得 \(D\Sigma_0D'=I_p\) ，構造
\[Y_{(\alpha)}=DX_{(\alpha)}\sim N_p\left(D\mu,D\Sigma D'\right)\xlongequal{def}N_p\left(\mu^*,\Sigma^*\right) \ . \]此時，檢驗問題等價於
\[H_0:\Sigma^*=I_p \quad \longleftrightarrow \quad H_1:\Sigma^* \neq I_p \ . \]仍然採用似然比檢驗，參考單位陣的情況，構造似然比統計量為
\[\lambda_2=\exp\left\{-\frac12{\rm tr}\left(A^*\right)\right\}\left|\frac1nA^*\right|^{n/2}\exp\left\{\frac{np}{2}\right\} \ , \quad \text{where }\ A^*=DAD' \ . \]當樣本容量 \(n\) 充分大時
\[-2\ln\lambda_2\stackrel{a}{\sim}\chi^2\left(\frac{p(p+1)}{2}\right) \ . \]Part 3：協方差陣的球性檢驗
設 \(X_{(\alpha)},\,\alpha=1,2,\cdots,n\) 為來自 \(p\) 元正態總體 \(N_p\left(\mu,\Sigma\right)\) 的隨機樣本，其中 \(\mu\) 和 \(\Sigma>0\) 未知，檢驗
\[H_0:\Sigma=\sigma^2\Sigma_0 \quad \longleftrightarrow \quad H_1:\Sigma\neq\sigma^2\Sigma_0 \ . \]仍然採用似然比檢驗，似然函式為
\[L(\mu,\Sigma)=\frac{1}{(2\pi)^{np/2}\left|\Sigma\right|^{n/2}}\exp\left\{-\frac12{\rm tr}\left(\Sigma^{-1}A\right)-\frac12n\left(\bar{X}-\mu\right)'\Sigma^{-1}\left(\bar{X}-\mu\right)\right\} \ . \]這裡 \(\sigma^2\) 是未知引數，當 \(\sigma^2\) 給定時，似然函式 \(L\left(\mu,\sigma^2\Sigma_0\right)\) 在 \(\mu=\bar{X}\) 時取到最大值，即
\[L\left(\bar{X},\sigma^2\Sigma_0\right)=(2\pi\sigma^2)^{-np/2}\left|\Sigma_0\right|^{-n/2}\exp\left\{-\frac1{2\sigma^2}{\rm tr}\left(\Sigma_0^{-1}A\right)\right\} \ . \]下面還要對 \(\sigma^2\) 求解極大似然估計，令
\[\frac{\partial L\left(\bar{X},\sigma^2\Sigma_0\right)}{\partial\sigma^2}=0 \quad \Longrightarrow \quad \hat\sigma^2=\frac{1}{np}{\rm tr}\left(\Sigma_0^{-1}A\right) \ . \]在 \(H_0\) 假設下的極大似然為
\[\max_{\mu,\sigma^2}\,L\left(\mu,\sigma^2\Sigma_0\right)=(2\pi)^{-np/2}\left(\frac{1}{np}{\rm tr}\left(\Sigma_0^{-1}A\right)\right)^{-np/2}\left|\Sigma_0\right|^{-n/2}\exp\left\{-\frac{np}{2}\right\} \]在 \(H_1\) 假設下的極大似然為
\[\max_{\mu,\Sigma>0}L\left(\mu,\Sigma\right)=L\left(\bar{X},\frac1nA\right)=(2\pi)^{-np/2}\left|\frac1nA\right|^{-n/2}\exp\left\{-\frac{np}{2}\right\} \ . \]構造似然比統計量為
\[\lambda_3=\frac{\left|\Sigma_0^{-1}A\right|^{n/2}}{\left[{\rm tr}\left(\Sigma_0^{-1}A\right)/p\right]^{np/2}} \ . \]此時有對數似然比
\[-2\ln\lambda_3=-n\ln\left|\Sigma_0^{-1}A\right|+np\ln\left[{\rm tr}\left(\Sigma_0^{-1}A\right)/p\right] \ . \]當樣本容量 \(n\) 充分大時
\[-2\ln\lambda_3\stackrel{a}{\sim}\chi^2\left(\frac{p(p+1)}{2}-1\right) \ . \]這裡需要注意自由度和之前相比減少 \(1\) ，是因為原先的引數空間 \(\Theta_0\) 是完全給定的，而這裡的 \(\Theta_0\) 中包含一個自由引數 \(\sigma^2\) 。
Part 4：均值向量和協方差陣的聯合約束檢驗
設 \(X_{(\alpha)},\,\alpha=1,2,\cdots,n\) 為來自 \(p\) 元正態總體 \(N_p\left(\mu,\Sigma\right)\) 的隨機樣本，其中 \(\mu\) 和 \(\Sigma>0\) 未知，檢驗
\[H_0:\mu=\mu_0,\,\Sigma=\Sigma_0 \quad \longleftrightarrow \quad H_1:\mu\ \text{ and }\ \Sigma \ \text{ are unconstrained } \ . \]其中 \(\mu_0\) 和 \(\Sigma_0>0\) 是已知的向量和正定矩陣，採用似然比檢驗，似然函式為
\[L(\mu,\Sigma)=\frac{1}{(2\pi)^{np/2}\left|\Sigma\right|^{n/2}}\exp\left\{-\frac12{\rm tr}\left(\Sigma^{-1}A\right)-\frac12n\left(\bar{X}-\mu\right)'\Sigma^{-1}\left(\bar{X}-\mu\right)\right\} \ . \]在 \(H_0\) 和 \(H_1\) 假設下的極大似然為
\[\begin{aligned} &\max_{(\mu,\Sigma)\in\Theta_0}\,L(\mu,\Sigma)=\frac{1}{(2\pi)^{np/2}\left|\Sigma_0\right|^{n/2}}\exp\left\{-\frac12{\rm tr}\left(\Sigma_0^{-1}A\right)-\frac12n\left(\bar{X}-\mu_0\right)'\Sigma_0^{-1}\left(\bar{X}-\mu_0\right)\right\} \ . \\ \\ &\max_{(\mu,\Sigma)\in\Theta_1}L\left(\mu,\Sigma\right)=L\left(\bar{X},\frac1nA\right)=(2\pi)^{-np/2}\left|\frac1nA\right|^{-n/2}\exp\left\{-\frac{np}{2}\right\} \ . \end{aligned} \]構造似然比統計量：
\[\lambda_4=\left|\frac1n\Sigma_0^{-1}A\right|^{n/2}\exp\left\{-\frac12{\rm tr}\left(\Sigma_0^{-1}A\right)-\frac12n\left(\bar{X}-\mu_0\right)'\Sigma_0^{-1}\left(\bar{X}-\mu_0\right)\right\}\exp\left\{\frac{np}{2}\right\} \ . \]計算對數似然比：
\[-2\ln\lambda_4=-n\ln\left|\frac1n\Sigma_0^{-1}A\right|+{\rm tr}\left(\Sigma_0^{-1}A\right)+n\left(\bar{X}-\mu_0\right)'\Sigma_0^{-1}\left(\bar{X}-\mu_0\right)-np \ . \]當樣本容量 \(n\) 充分大時
\[-2\ln\lambda_4\stackrel{a}{\sim}\chi^2\left(\frac{p(p+1)}{2}+p\right) \ . \]這裡的自由度是均值向量的自由度和協方差陣的自由度之和。
二、多個正態總體的引數檢驗問題
Part 1：均值向量齊性檢驗
設 \(X^{(i)}=\left(X_{(1)}^{(i)},X_{(2)}^{(i)},\cdots,X_{(n_i)}^{(i)}\right)\) 分別為來自 \(k\) 個正態總體 \(N_p\left(\mu^{(i)},\Sigma_i\right),\,i=1,2\cdots,k\) 的隨機樣本，其中協方差陣 \(\Sigma_1=\Sigma_2=\cdots=\Sigma_k\xlongequal{def}\Sigma>0\) 但未知，考慮假設檢驗問題：
\[H_0:\mu^{(1)}=\mu^{(2)}=\cdots=\mu^{(k)} \quad \longleftrightarrow \quad H_1:\exist\,i\neq j,\ \text{ s.t. }\ \mu^{(i)}\neq\mu^{(j)} \ . \]這裡我們使用多元方差分析進行假設檢驗，首先給出如下的記號：
\[n=\sum_{i=1}^kn_i \ , \quad \bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^{n_i}X_{(j)}^{(i)} \ , \quad \bar{X}^{(i)}=\frac{1}{n_i}\sum_{j=1}^{n_i}X_{(j)}^{(i)} \ , \quad i=1,2,\cdots,k \ . \]定義樣本總離差陣
\[T=\sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^{n_i}\left(X_{(j)}^{(i)}-\bar{X}\right)\left(X_{(j)}^{(i)}-\bar{X}\right)' \ , \]定義組內離差陣
\[A=\sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^{n_i}\left(X_{(j)}^{(i)}-\bar{X}^{(i)}\right)\left(X_{(j)}^{(i)}-\bar{X}^{(i)}\right)'=\sum_{i=1}^kA_i \ , \]定義組間離差陣
\[B=\sum_{i=1}^kn_i\left(\bar{X}^{(i)}-\bar{X}\right)\left(\bar{X}^{(i)}-\bar{X}\right)' \ , \]可以證明，有離差陣分解式成立
\[T=A+B \ . \]當原假設成立時，組間離差陣應該比較小，組內離差陣應該很接近總離差陣。故類似於似然比的原理，我們可以構造 \(H_0\) 的檢驗統計量為
\[\Lambda=\frac{|A|}{|A+B|}=\frac{|A|}{|T|} \ . \]其中每個正態總體的樣本離差陣服從 Wishart 分佈 \(A_i\sim W_p\left(n_i-1,\Sigma\right),\,i=1,2,\cdots,k\) 且相互獨立。由可加性可得
\[A=\sum_{i=1}^kA_i\sim W_p\left(n-k,\Sigma\right) \ . \]在原假設成立的條件下，可以證明 \(T\) 和 \(B\) 的分佈為
\[T\sim W_p\left(n-1,\Sigma\right) \ , \quad B\sim W_p\left(k-1,\Sigma\right) \ , \]且 \(B\) 與 \(A\) 相互獨立，所以在原假設成立的條件下，檢驗統計量
\[\Lambda=\frac{|A|}{|A+B|}\sim \Lambda\left(p,n-k,k-1\right) \ , \]這裡沒有合適的近似分佈，所以只能查 Wilks \(\Lambda\) 分佈表，得到顯著性水平為 \(\alpha\) 的拒絕域為
\[W=\left\{\Lambda<\Lambda_\alpha\left(p,n-k,k-1\right)\right\} \ . \]Part 2：協方差陣齊性檢驗
設 \(X^{(i)}=\left(X_{(1)}^{(i)},X_{(2)}^{(i)},\cdots,X_{(n_i)}^{(i)}\right)\) 分別為來自 \(k\) 個正態總體 \(N_p\left(\mu^{(i)},\Sigma_i\right),\,i=1,2\cdots,k\) 的隨機樣本，其中均值向量 \(\mu^{(i)}\) 和協方差陣 \(\Sigma_i,\,i=1,2,\cdots,k\) 均未知，考慮假設檢驗問題：
\[H_0:\Sigma_1=\Sigma_2=\cdots\Sigma_k\xlongequal{def}\Sigma \quad \longleftrightarrow \quad H_1:\exist\,i\neq j,\ \text{ s.t. }\ \Sigma_i\neq\Sigma_j\ . \]樣本的似然函式為
\[L\left(\mu^{(1)},\cdots,\mu^{(k)},\Sigma_1,\cdots,\Sigma_k\right)=\prod_{i=1}^kL_i\left(\mu^{(i)},\Sigma_i\right) \ . \]在 \(H_1\) 假設下的極大似然為
\[\begin{aligned} \max_{\mu^{(i)},\Sigma_i>0}L\left(\mu^{(1)},\cdots,\mu^{(k)},\Sigma_1,\cdots,\Sigma_k\right)&=\prod_{i=1}^kL_i\left(\bar{X}^{(i)},\frac{1}{n_i}A_i\right) \\ \\ &=\prod_{i=1}^k\left(2\pi\right)^{-n_ip/2}\left|\frac{1}{n_i}A_i\right|^{-n_i/2}\exp\left\{-\frac{n_ip}{2}\right\} \\ \\ &=\left(2\pi\right)^{-np/2}\exp\left\{-\frac{np}{2}\right\}\prod_{i=1}^k\left|\frac{1}{n_i}A_i\right|^{-n_i/2} \ , \end{aligned} \]在 \(H_0\) 假設下的極大似然為
\[\begin{aligned} \max_{\mu^{(i)},\Sigma>0}L\left(\mu^{(1)},\cdots,\mu^{(k)},\Sigma\right)&=L\left(\bar{X}^{(1)},\cdots,\bar{X}^{(k)},\frac1nA\right) \\ \\ &=\left(2\pi\right)^{-np/2}\exp\left\{-\frac{np}{2}\right\}\left|\frac{1}{n}A\right|^{-n/2} \ , \end{aligned} \]構造似然比統計量為
\[\begin{aligned} \lambda&=\max_{\mu^{(i)},\Sigma>0}L\left(\mu^{(1)},\cdots,\mu^{(k)},\Sigma\right)\bigg/\max_{\mu^{(i)},\Sigma_i>0}L\left(\mu^{(1)},\cdots,\mu^{(k)},\Sigma_1,\cdots,\Sigma_k\right) \\ \\ &=\left|\frac{1}{n}A\right|^{-n/2} \bigg/ \prod_{i=1}^k\left|\frac{1}{n_i}A_i\right|^{-n_i/2} \end{aligned} \]計算對數似然比
\[-2\ln\lambda=n\ln\left|\frac{1}{n}A\right|-\sum_{i=1}^kn_i\ln\left|\frac{1}{n_i}A_i\right|=\sum_{i=1}^kn_i\ln\left|\frac{n_i}{n}A_i^{-1}A\right| \ . \]該統計量尚無小樣本的精確分佈，但有漸進分佈
\[-2\ln\lambda\stackrel{a}{\sim}\chi^2(m) \ , \quad \text{where }\ m=\frac12p(p+1)(k-1) \ . \]這裡原假設的自由引數包括 \(k\) 個多元正態分佈的均值向量和它們相等的協方差陣 \(\Sigma\) ，故其引數空間的自由度為 \(kp+p(p+1)/2\) ，而備擇假設的自由引數包括 \(k\) 個多元正態分佈的均值向量和各自的協方差陣，故其引數空間的自由度為 \(kp+kp(p+1)/2\) 。根據似然比檢驗的原理，近似分佈的自由度為兩者之差，即為 \(p(p+1)(k-1)/2\) 。
Part 3：均值向量和協方差陣的齊性檢驗
設 \(X^{(i)}=\left(X_{(1)}^{(i)},X_{(2)}^{(i)},\cdots,X_{(n_i)}^{(i)}\right)\) 分別為來自 \(k\) 個正態總體 \(N_p\left(\mu^{(i)},\Sigma_i\right),\,i=1,2\cdots,k\) 的隨機樣本，其中均值向量 \(\mu^{(i)}\) 和協方差陣 \(\Sigma_i,\,i=1,2,\cdots,k\) 均未知，考慮假設檢驗問題：
\[\begin{aligned} &H_0:\mu^{(1)}=\cdots=\mu^{(k)}\xlongequal{def}\mu \ \text{ and } \ \Sigma_1=\cdots=\Sigma_k\xlongequal{def}\Sigma \ , \\ \\ &H_1:\exist\,i\neq j,\ \text{ s.t. }\ \mu^{(i)}\neq \mu^{(j)} \ \text{ or }\ \Sigma_i\neq\Sigma_j\ . \end{aligned} \]這裡我們仍然採用似然比檢驗，和上一個問題很類似。
在 \(H_1\) 假設下的極大似然為
\[\begin{aligned} \max_{\mu^{(i)},\Sigma_i>0}L\left(\mu^{(1)},\cdots,\mu^{(k)},\Sigma_1,\cdots,\Sigma_k\right)&=\prod_{i=1}^kL_i\left(\bar{X}^{(i)},\frac{1}{n_i}A_i\right) \\ \\ &=\prod_{i=1}^k\left(2\pi\right)^{-n_ip/2}\left|\frac{1}{n_i}A_i\right|^{-n_i/2}\exp\left\{-\frac{n_ip}{2}\right\} \\ \\ &=\left(2\pi\right)^{-np/2}\exp\left\{-\frac{np}{2}\right\}\prod_{i=1}^k\left|\frac{1}{n_i}A_i\right|^{-n_i/2} \ , \end{aligned} \]在 \(H_0\) 假設下的極大似然為
\[\begin{aligned} \max_{\mu,\Sigma>0}L\left(\mu,\Sigma\right)=L\left(\bar{X},\frac1nT\right)=\left(2\pi\right)^{-np/2}\exp\left\{-\frac{np}{2}\right\}\left|\frac{1}{n}T\right|^{-n/2} \ , \end{aligned} \]構造似然比統計量為
\[\begin{aligned} \lambda&=\left|\frac{1}{n}T\right|^{-n/2} \bigg/ \prod_{i=1}^k\left|\frac{1}{n_i}A_i\right|^{-n_i/2} \end{aligned} \]計算對數似然比
\[-2\ln\lambda=n\ln\left|\frac{1}{n}T\right|-\sum_{i=1}^kn_i\ln\left|\frac{1}{n_i}A_i\right|=\sum_{i=1}^kn_i\ln\left|\frac{n_i}{n}A_i^{-1}T\right| \ . \]該統計量也無小樣本的精確分佈，但有漸進分佈
\[-2\ln\lambda\stackrel{a}{\sim}\chi^2(m) \ , \quad \text{where }\ m=\frac12p(p+3)(k-1) \ . \]這裡原假設的自由引數包括 \(k\) 個多元正態分佈的相等的均值向量 \(\mu\) 和相等的協方差陣 \(\Sigma\) ，故其引數空間的自由度為 \(p+p(p+1)/2\) ，而備擇假設的自由引數包括 \(k\) 個多元正態分佈的均值向量和各自的協方差陣，故其引數空間的自由度為 \(kp+kp(p+1)/2\) 。根據似然比檢驗的原理，近似分佈的自由度為兩者之差，即為 \(p(p+3)(k-1)/2\) 。
三、獨立性檢驗
設總體 \(X\sim N_p\left(\mu,\Sigma\right)\) 可以剖分 \(p_1\) 維和 \(p_2\) 維的子向量 \(X^{(1)}\) 和 \(X^{(2)}\) ，其中 \(p_1+p_2=p\) ，滿足
\[\begin{bmatrix} X^{(1)} \\ X^{(2)} \end{bmatrix}\sim N_p\left(\begin{bmatrix} \mu^{(1)} \\ \mu^{(2)} \end{bmatrix},\begin{bmatrix} \Sigma_{11} & \Sigma_{12} \\ \Sigma_{21} & \Sigma_{22} \end{bmatrix}\right) \ , \]這裡均值向量 \(\mu\) 和協方差陣 \(\Sigma>0\) 均未知。在正態總體下，檢驗 \(X^{(1)}\) 和 \(X^{(2)}\) 是否相互獨立的問題，等價於檢驗 \(\Sigma_{12}\) 是否等於 \(O\) 。故考慮如下的假設檢驗問題
\[H_0:\Sigma_{12}=O \quad \longleftrightarrow \quad H_1:\Sigma_{12}\neq0 \ . \]設 \(X_{(\alpha)},\,\alpha=1,2,\cdots,n\) 為來自該多元正態總體 \(N_p\left(\mu,\Sigma\right)\) 的簡單隨機樣本，將樣本均值向量 \(\bar{X}\) 和樣本離差陣 \(A\) 也作相應的剖分
\[X_{(\alpha)}=\begin{bmatrix} X_{(\alpha)}^{(1)} \\ X_{(\alpha)}^{(2)} \end{bmatrix} \ , \quad \bar{X}=\begin{bmatrix} \bar{X}^{(1)} \\ \bar{X}^{(2)} \end{bmatrix} \ , \quad A=\begin{bmatrix} A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \end{bmatrix} \ . \]在 \(H_1\) 假設下的極大似然為
\[\max_{\mu,\Sigma>0}L\left(\mu,\Sigma\right)=L\left(\bar{X},\frac1nA\right)=\left(2\pi\right)^{-np/2}\left|\frac1nA\right|^{-n/2}\exp\left\{-\frac{np}{2}\right\} \ . \]在 \(H_0\) 假設下，由於 \(X_{(\alpha)}^{(1)}\) 和 \(X_{(\alpha)}^{(2)}\) 相互獨立，故樣本的似然函式為
\[L\left(\mu,\Sigma\right)=L_1\left(\mu^{(1)},\Sigma_{11}\right)L_2\left(\mu^{(2)},\Sigma_{22}\right) \ . \]故在 \(H_0\) 假設下的極大似然為
\[\begin{aligned} \max_{\mu,\Sigma_{12}=0}L\left(\mu,\Sigma\right)&=L_1\left(\bar{X}^{(1)},\frac{1}{n}A_{11}\right)L_2\left(\bar{X}^{(2)},\frac{1}{n}A_{22}\right) \\ \\ &=\prod_{i=1}^2\left(2\pi\right)^{-np_i/2}\left|\frac1nA_{ii}\right|^{-n/2}\exp\left\{-\frac{np_i}{2}\right\} \\ \\ &=\left(2\pi\right)^{-np/2}\left|\frac1nA_{11}\right|^{-n/2}\left|\frac1nA_{22}\right|^{-n/2}\exp\left\{-\frac{np}{2}\right\} \ . \end{aligned} \]似然比統計量為
\[\lambda=\left(\frac{\left|A\right|}{\left|A_{11}\right|\left|A_{22}\right|}\right)^{n/2}=\left(\frac{\left|A_{22}-A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}\right|}{\left|A_{22}\right|}\right)^{n/2} \ . \]對於該似然比統計量，有小樣本和大樣本兩種情況的處理方法。
(1) 在小樣本情況下，將似然比統計量改寫為
\[\lambda^{2/n}=\frac{\left|A_{22}-A_{21}A_{11}^{-1}A_{12}\right|}{\left|A_{22}\right|} \]現在求 \(\lambda^{2/n}\) 的分佈，記
\[W_1=A_{22}-A_{21}A_{11}^{-1}A_{12} \ , \quad W_2=A_{21}A_{11}^{-1}A_{12} \ . \]由 \(A\sim W_p\left(n-1,\Sigma\right)\) 和 Wishart 分佈的分塊性質可知，在 \(H_0\) 假設下
\[W_1\sim W_{p_2}(n-p_1-1,\Sigma_{22}) \ , \quad W_2\sim W_{p_2}(p_1,\Sigma_{22}) \ , \]且 \(W_1\) 與 \(W_2\) 相互獨立。再由 Wilks \(\Lambda\) 分佈的定義可知，在 \(H_0\) 假設下
\[\lambda^{2/n}=\frac{|W_1|}{|W_1+W_2|}\sim\Lambda\left(p_2,n-p_1-1,p_1\right) \ . \](2) 在大樣本情況下，利用對數似然比的近似分佈，在 \(H_0\) 假設下，當 \(n\to\infty\) 時，
\[-2\ln\lambda\stackrel{a}{\sim}\chi^2\left(f\right) \ , \quad \text{where }\ f=\frac12\left[p(p+1)-\sum_{i=1}^2p_i(p_i+1)\right]=p_1p_2 \ . \]繼續討論檢驗統計量的自由度，原假設的自由引數是均值向量 \(\mu\) 和兩個協方差陣 \(\Sigma_{11}\) 和 \(\Sigma_{22}\) ，而備擇假設的自由引數是均值向量 \(\mu\) 和協方差陣 \(\Sigma\) ，因此兩者的自由度之差即為該檢驗統計量的自由度。
這裡還有一個結論，Box 證明了，對於正態總體 \(k\) 個剖分的獨立性檢驗，對應的似然比統計量為
\[\lambda=\left(\frac{\left|A\right|}{\left|A_{11}\right|\left|A_{22}\right|\cdots|A_{kk}|}\right)^{n/2}\xlongequal{def}V^{n/2} \ . \]在 \(H_0\) 假設下，當 \(n\to\infty\) 時，
\[-b\ln V\stackrel{a}{\sim}\chi^2(f) \ , \]其中
\[b=n-\frac32-\frac{p^3-\sum_{i=1}^kp_i^3}{3\left(p^2-\sum_{i=1}^kp_i^2\right)} \ , \quad f=\frac12\left[p(p+1)-\sum_{i=1}^kp_i(p_i+1)\right]\ . \]這個結論給出的近似分佈更加精確，且具有一般性。