8.3 方差齐性检验

在单因子试验中 $r$ 个水平的指标可以用 $r$ 个正态分布 $N({\mu }_i,{\sigma }_i^2)(i=1,2,\cdots ,r)$ 表示，在进行方差分析时要求 $r$ 个方差相等，这称为方差齐性。而方差齐性不一定自然具有。理论研究表明，当正态性假定不满足时对均值相等的 $F$ 检验影响较小，即 $F$ 检验对正态性的偏离具有一定的稳健性，而 $F$ 检验对方差齐性的偏离较为敏感。所以 $r$ 个方差的齐性检验就显得十分必要。 所谓方差齐性检验是对如下一对假设作出检验：

H _ 0: σ_ 1 ^ 2 = σ_ 2 ^ 2 = … = σ_ r ^ 2 vs H _ 1: text 诸 σ_ i ^ 2 text 不全相等. (8.3.1)$$H_0:{\sigma }_1^2={\sigma }_2^2=\cdots ={\sigma }_r^2\mathrm{vs}{H}_1:\text{ 诸 }{\sigma }_i^2\text{ 不全相等. }\text{\hspace{1em}(8.3.1)}$$

很多统计学家提出了一些很好的检验方法，这里介绍几个最常用的检验，它们是:

• 哈特利(Hartley)检验，仅适用于样本量相等的场合． - 巴特利特(Bartlett)检验，可用于样本量相等或不等的场合，但是每个样本量不得低于5. - 修正的巴特利特检验，在样本量较小或较大、相等或不等场合均可使用． 下面分别来叙述它们．

8.3.1 哈特利检验

当各水平下试验重复次数相等时，即

m _ 1 = m _ 2 = … = m _ r = m,$$m_1=m_2=\cdots =m_r=m,$$

哈特利提出检验方差相等的检验统计量

H = frac max {s _ 1 ^ 2 , s _ 2 ^ 2 , … , s _ r ^ 2 }min {s _ 1 ^ 2 , s _ 2 ^ 2 , … , s _ r ^ 2 }. (8.3.2)$$H=\frac{\max \left\{s_1^2,s_2^2,\cdots ,s_r^2\right\}}{\min \left\{s_1^2,s_2^2,\cdots ,s_r^2\right\}}.\text{\hspace{1em}(8.3.2)}$$

它是 $r$ 个样本方差的最大值与最小值之比．这个统计量的分布尚无明显的表达式，但在诸方差相等条件下，可通过随机模拟方法获得 $H$ 分布的分位数，该分布依赖于水平数 $r$ 和样本方差的自由度 $f=m-1$，因此该分布可记为 $H(r,f)$，其分位数表见附表 10. 直观上看，当 $H_0$ 成立，即诸方差相等 ( ${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2=\cdots ={\sigma }_r^2$ ) 时，$H$ 的值应接近于 1, $H$ 愈大，诸方差间的差异就愈大，这时应拒绝 (8.3.1) 中的 $H_0$．由此可知，对给定的显著性水平 $\alpha$，检验 $H_0$ 的拒绝域为

W = {H ≥slant H _ 1 - α (r, f) }, (8.3.3)$$W=\left\{H⩾H_{1-\alpha }(r,f)\right\},\text{\hspace{1em}(8.3.3)}$$

其中 $H_{1-\alpha }(r,f)$ 为 $H$ 分布的 $1-\alpha$ 分位数，见附表 10.

例 8.3.1

有四种不同牌号的铁锈防护剂(简称防锈剂), 现要比较其防锈能力．为此，制作 40 个大小形状相同的铁块(试验样品), 然后把它们随机分为四组，每组 10 件样品．在每一组样品上涂上同一牌号的防锈剂，最后把 40 个样品放在一个广场上让其经受日晒、风吹和雨打．一段时间后再行观察其防锈能力．由于防锈能力无测量仪器，只能请专家评分．五位受聘专家对评分标准进行讨论，取得共识．样品上无锈迹的评 100 分，全锈了评 0 分．他们在不知牌号的情况下进行独立评分．最后把一个样品的 5 位专家所给分数的平均值作为该样品的防锈能力．数据列于表 8.3.1 上． 表 8.3.1 防锈能力数据及计算表

因子A(防锈剂)		$A_1$	$A_2$	$A_3$	$A_4$
数据 $y_{ij}$	1	43.9	89.8	68.4	36.2
	2	39.0	87.1	69.3	45.2
	3	46.7	92.7	68.5	40.7
	4	43.8	90.6	66.4	40.5
	5	44.2	87.7	70.0	39.3
	6	47.7	92.4	68.1	40.3
	7	43.6	86.1	70.6	43.2
	8	38.9	88.1	65.2	38.7
	9	43.6	90.8	63.8	40.9
	10	40.0	89.1	69.2	39.7
和 $T_i$		431.4	894.4	679.5	404.7
均值 ${\bar{y}}_i$ .		43.14	89.44	67.95	40.47
组内平方和 $Q_i$		81.00	44.28	42.33	53.42

这是一个重复次数相等的单因子试验．我们考虑用方差分析方法对之进行比较分析，为此，首先要进行方差齐性检验． 本例中，四个样本方差可由表 8.3.1 中诸 $Q_i$ 求出，即

s _ 1 ^ 2 = frac 8 1 . 0 09 = 9. 0 0, s _ 2 ^ 2 = frac 4 4 . 2 89 = 4. 9 2,$$s_1^2=\frac{81.00}{9}=9.00,s_2^2=\frac{44.28}{9}=4.92,$$s _ 3 ^ 2 = frac 4 2 . 3 39 = 4. 7 0, s _ 4 ^ 2 = frac 5 3 . 4 29 = 5. 9 4.$$s_3^2=\frac{42.33}{9}=4.70,s_4^2=\frac{53.42}{9}=\mathrm{5.94.}$$

由此可得统计量 $H$ 的值

H = frac 9 . 0 04 . 7 0 = 1. 9 1.$$H=\frac{9.00}{4.70}=\mathrm{1.91.}$$

在 $\alpha =0.05$ 时，由附表 10 查得 $H_{0.95}(4,9)=6.31$ ，由于 H<6.31，所以应该接受原假设 $H_0$ ，即认为四个总体方差间无显著差异． 进一步，在正态性检验通过(用正态概率图)的情况下，我们可用方差分析方法对四种不同牌号的防锈剂比较其防锈能力．由表8.3.1的数据可以算出 $T=T_1+\cdots +T_4=2410$，从而求得三个偏差平方和分别为

S _ T = 4 3. 9 ^ 2 + 3 9. 0 ^ 2 + … + 4 0. 9 ^ 2 + 3 9. 7 ^ 2 - frac 2 4 1 0 ^ 24 0 = 1 6 1 7 4. 5 0, f _ T = 3 9,$$S_T=43.9^2+39.0^2+\cdots +40.9^2+39.7^2-\frac{2410^2}{40}=16174.50,f_T=39,$$S _ A = frac 11 0 (4 3 1. 4 ^ 2 + 8 9 4. 4 ^ 2 + 6 7 9. 5 ^ 2 + 4 0 4. 7 ^ 2) - frac 2 4 1 0 ^ 24 0 = 1 5 9 5 3. 4 7, f _ A = 3,$$S_A=\frac{1}{10}(431.4^2+894.4^2+679.5^2+404.7^2)-\frac{2410^2}{40}=15953.47,f_A=3,$$S _ e = S _ T - S _ A = 2 2 1. 0 3, f _ e = 3 6.$$S_e=S_T-S_A=221.03,f_e=36.$$

把上述各项移到方差分析表上，可继续计算各均方与 $F$ 比、$p$ 值，具体见表8.3.2. 表 8.3.2 防锈能力的方差分析表

来源	平方和	自由度	均方	F比	p值
因子A	15 953.47	3	5 317.82	866.09	0.000 0
误差e	221.03	36	6.14
总和T	16 174.50	39

若给定显著性水平 $\alpha =0.05$ ，查表可得 $F_{0.95}(3,36)=2.87$ ，由于 F>2.87，故因子 $A$ 显著，即四种防锈剂的防锈能力有显著差异。这里 $p$ 值为 0.0000 表示 $p⩽0.0001$ 。 各种防锈剂的防锈能力均值估计分别为

hat μ _ 1 = 4 3. 1 4, hat μ _ 2 = 8 9. 4 4, hat μ _ 3 = 6 7. 9 5, hat μ _ 4 = 4 0. 4 7,$${\hat{\mu }}_1=43.14,{\hat{\mu }}_2=89.44,{\hat{\mu }}_3=67.95,{\hat{\mu }}_4=40.47,$$

第二种牌号的防锈剂的防锈能力最强． 此外，试验误差的方差 ${\sigma }^2$ 的估计为 ${\hat{\sigma }}^2=6.14,\sigma$ 的估计为 $\hat{\sigma }=\sqrt{6.14}=\mathrm{2.48.}$ 由于第二种牌号的防锈剂的防锈能力最强，我们还可求出其均值 ${\mu }_2$ 的 95% 的置信区间，此处 $t_{1-\alpha /2}(f_e)=t_{0.975}(36)=2.0281,\hat{\sigma }=2.48,m=10,{\hat{\mu }}_2={\bar{y}}_2.=89.44$，则

bar y _ 2. ± t _ 1 - α / 2 (f _ e) hat σ / sqrt m = 8 9. 4 4 ± 1. 5 9,$${\bar{y}}_2.\pm t_{1-\alpha /2}(f_e)\hat{\sigma }/\sqrt{m}=89.44\pm 1.59,$$

即 ${\mu }_2$ 的 95% 的置信区间为 [87.85, 91.03].

8.3.2 巴特利特检验

在单因子方差分析中有 $r$ 个样本，设第 $i$ 个样本方差为

s _ i ^ 2 = frac 1m _ i - 1 ∑_ j = 1 ^ m _ i (y _ i j - overline y _ i.) ^ 2 = frac Q _ if _ i, i = 1, 2, … , r,$$s_i^2=\frac{1}{m_i-1}\sum _{j=1}^{m_i}(y_{ij}-{\overline{y}}_{i.}{)}^2=\frac{Q_i}{f_i},i=1,2,\dots ,r,$$

其中 $m_i$ 为第 $i$ 个样本的容量（即试验重复次数）， $Q_i={\sum }_{j=1}^{m_i}(y_{ij}-{\overline{y}}_{i.}{)}^2$ 与 $f_i=m_i-1$ 为该样本的偏差平方和及自由度。由于误差均方

M S _ e = frac 1f _ e ∑_ i = 1 ^ r Q _ i = ∑_ i = 1 ^ r frac f _ if _ e s _ i ^ 2,$$M{S}_e=\frac{1}{f_e}\sum _{i=1}^r{Q}_i=\sum _{i=1}^r\frac{f_i}{f_e}{s}_i^2,$$

它是 $r$ 个样本方差 $s_1^2,s_2^2,\cdots ,s_r^2$ 的（加权）算术平均数。而相应的 $r$ 个样本方差的几何平均数记为 $GM{S}_e$ ，它是

G M S _ e = [ (s _ 1 ^ 2) ^ f _ 1 (s _ 2 ^ 2) ^ f _ 2 … (s _ r ^ 2) ^ f _ r ] ^ 1 / f _ e,$$GM{S}_e={\left[{\left(s_1^2\right)}^{f_1}{\left(s_2^2\right)}^{f_2}\dots {\left(s_r^2\right)}^{f_r}\right]}^{1/f_e},$$

其中 $f_e=f_1+f_2+\cdots +f_r={\sum }_{i=1}^r(m_i-1)=n-r.$ 由于几何平均数总不会超过算术平均数，故有

G M S _ e ≤slant M S _ e,$$GM{S}_e⩽M{S}_e,$$

其中等号成立当且仅当诸 $s_i^2$ 彼此相等，若诸 $s_i^2$ 间的差异愈大，则此两个平均值相差也愈大．由此可见，当诸总体方差相等时，其样本方差间不应相差较大，从而比值 $M{S}_e/$ $GM{S}_e$ 接近于1.反之，在比值 $M{S}_e/GM{S}_e$ 较大时，就意味着诸样本方差差异较大，从而反映诸总体方差差异也较大．这个结论对此比值的对数也成立．从而检验(8.3.1)的拒绝域可以表示为

W = {ln (M S _ e / G M S _ e) > d }. (8.3.4)$$W=\{\ln (M{S}_e/GM{S}_e)>d\}.\text{\hspace{1em}(8.3.4)}$$

巴特利特证明了: 在大样本场合，$\ln (M{S}_e/GM{S}_e)$ 的某个函数近似服从自由度为 r-1 的 ${\chi }^2$ 分布．具体是

B = frac f _ eC (ln M S _ e - ln G M S _ e) dot ∼ χ^ 2 (r - 1), (8.3.5)$$B=\frac{f_e}{C}(\ln M{S}_e-\ln GM{S}_e)\dot{\sim }{\chi }^2(r-1),\text{\hspace{1em}(8.3.5)}$$

其中

C = 1 + frac 13 (r - 1) (∑_ i = 1 ^ r frac 1f _ i - frac 1f _ e), (8.3.6)$$C=1+\frac{1}{3(r-1)}\left(\sum _{i=1}^r\frac{1}{f_i}-\frac{1}{f_e}\right),\text{\hspace{1em}(8.3.6)}$$

且 $C$ 通常会大于1. 根据上述结论，可取

B = frac 1C (f _ e ln M S _ e - ∑_ i = 1 ^ r f _ i ln s _ i ^ 2) (8.3.7)$$B=\frac{1}{C}\left(f_e\ln M{S}_e-\sum _{i=1}^r{f}_i\ln s_i^2\right)\text{\hspace{1em}(8.3.7)}$$

作为检验统计量，对给定的显著性水平 $\alpha$，检验的拒绝域为

W = {B ≥slant χ_ 1 - α ^ 2 (r - 1) }. (8.3.8)$$W=\{B⩾{\chi }_{1-\alpha }^2(r-1)\}.\text{\hspace{1em}(8.3.8)}$$

由于这里 ${\chi }^2$ 分布是近似分布，使用上述检验通常要求诸样本量 $m_i$ 均不小于 5.

例 8.3.2

茶是世界上最为广泛的一种饮料，但很少人知其营养价值．任一种茶叶都含有叶酸，它是一种维生素 $B$．如今已有测定茶叶中叶酸含量的方法．为研究各产地的绿茶的叶酸含量是否有显著差异，特选四个产地的绿茶，其中用 $A_1$ 制作了 7 个样品，用 $A_2$ 制作了 5 个样品，用 $A_3$ 与 $A_4$ 各制作了 6 个样品，共有 24 个样品，按随机次序测试其叶酸含量(单位:mg),测试结果如表 8.3.3 所示． 表 8.3.3 绿茶的叶酸含量试验数据

水平	数据							重复数 $m_i$	和 $T_i$	均值 ${\bar{y}}_{i.}$	组内平方和 $Q_i$
$A_1$	7.9	6.2	6.6	8.6	8.9	10.1	9.6	7	57.9	8.27	12.83
$A_2$	5.7	7.5	9.8	6.1	8.4			5	37.5	7.50	11.30
$A_3$	6.4	7.1	7.9	4.5	5.0	4.0		6	34.9	5.82	12.03
$A_4$	6.8	7.5	5.0	5.3	6.1	7.4		6	38.1	6.35	5.62
$n=24$ $T=168.4$

平方和计算如下：

S _ T = (7. 9 ^ 2 + 6. 2 ^ 2 + … + 6. 1 ^ 2 + 7. 4 ^ 2) - frac 1 6 8 . 4 ^ 22 4 = 6 5. 2 7, f _ T = 2 3,$$S_T=(7.9^2+6.2^2+\cdots +6.1^2+7.4^2)-\frac{168.4^2}{24}=65.27,f_T=23,$$S _ A = frac 5 7 . 9 ^ 27 + frac 3 7 . 5 ^ 25 + frac 3 4 . 9 ^ 26 + frac 3 8 . 1 ^ 26 - frac 1 6 8 . 4 ^ 22 4 = 2 3. 5 0, f _ A = 3,$$S_A=\frac{57.9^2}{7}+\frac{37.5^2}{5}+\frac{34.9^2}{6}+\frac{38.1^2}{6}-\frac{168.4^2}{24}=23.50,f_A=3,$$S _ e = 6 5. 2 7 - 2 3. 5 0 = 4 1. 7 7, f _ e = 2 0.$$S_e=65.27-23.50=41.77,f_e=20.$$

方差分析表见表 8.3.4. 表 8.3.4 绿茶叶酸含量的方差分析表

来源	平方和	自由度	均方	F比	p值
因子A	23.50	3	7.83	3.75	0.0275
误差e	41.77	20	2.09
总和T	65.27	23

若取显著性水平 $\alpha =0.05$．查表可得 $F_{0.95}(3,20)=3.10$，由于 $F=3.75>3.10$，故应拒绝原假设 $H_0$，即认为四种绿茶的叶酸平均含量有显著差异．其 $p$ 值为 0.0275, 小于 $\alpha$，故拒绝原假设． 为说明上述方差分析合理，需要对其作方差齐性检验．从表8.3.3中数据可查得

Q _ 1 = 1 2. 8 3, Q _ 2 = 1 1. 3 0, Q _ 3 = 1 2. 0 3, Q _ 4 = 5. 6 2,$$Q_1=12.83,Q_2=11.30,Q_3=12.03,Q_4=5.62,$$f _ 1 = 6, f _ 2 = 4, f _ 3 = 5, f _ 4 = 5.$$f_1=6,f_2=4,f_3=5,f_4=5.$$

从而用公式 $s_i^2=Q_i/f_i$ 可求得

s _ 1 ^ 2 = 2. 1 4, s _ 2 ^ 2 = 2. 8 3, s _ 3 ^ 2 = 2. 4 1, s _ 4 ^ 2 = 1. 1 2.$$s_1^2=2.14,s_2^2=2.83,s_3^2=2.41,s_4^2=\mathrm{1.12.}$$

再从表 8.3.4 上查得 $M{S}_e=2.09$ ，由（8.3.6）式，可求得

C = 1 + frac 13 (4 - 1) [ (frac 16 + frac 14 + frac 15 + frac 15) - frac 12 0 ] = 1. 0 8 5 2,$$C=1+\frac{1}{3(4-1)}\left[\left(\frac{1}{6}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{5}\right)-\frac{1}{20}\right]=1.0852,$$

再由(8.3.7)式，还可求得巴特利特检验统计量的值

r l B & = frac 11 . 0 8 5 2 [ 2 0 × ln 2. 0 9 - (6 × ln 2. 1 4 + 4 × ln 2. 8 3 + 5 × ln 2. 4 1 + 5 × ln 1. 1 2) ] & = 0. 9 7 0.$$\begin{array}{rl}B& =\frac{1}{1.0852}[20\times \ln 2.09-(6\times \ln 2.14+4\times \ln 2.83+5\times \ln 2.41+5\times \ln 1.12)]\\ & =\mathrm{0.970.}\end{array}$$

对给定的显著性水平 $\alpha =0.05$ ，查表知 ${\chi }_{0.95}^2(4-1)=7.8147$ 。由于 B=0.970<7.8147，故应接受原假设 $H_0$ ，即可认为诸水平下的方差间无显著差异。

8.3.3 修正的巴特利特检验

针对样本量低于 5 时不能使用巴特利特检验的缺点，博克斯(Box) 提出修正的巴特利特检验统计量

B ^ prime = frac f _ 2 B Cf _ 1 (A - B C), (8.3.9)$$B^{\prime }=\frac{f_{2}BC}{f_1(A-BC)},\text{\hspace{1em}(8.3.9)}$$

其中 $B$ 与 $C$ 如(8.3.7)与(8.3.6)所示，且

f _ 1 = r - 1, f _ 2 = frac r + 1(C - 1) ^ 2, A = frac f _ 22 - C + 2 / f _ 2.$$f_1=r-1,f_2=\frac{r+1}{(C-1{)}^2},A=\frac{f_2}{2-C+2/f_2}.$$

在原假设 $H_0:{\sigma }_1^2={\sigma }_2^2=\cdots ={\sigma }_r^2$ 成立下，博克斯还证明了统计量 $B^{\prime }$ 的近似分布是自由度为 $f_1$ 和 $f_2$ 的 $F$ 分布，对给定的显著性水平 $\alpha$ ，该检验的拒绝域为

W = {B ^ prime ≥slant F _ 1 - α (f _ 1, f _ 2) }, (8.3.10)$$W=\left\{B^{\prime }⩾F_{1-\alpha }(f_1,f_2)\right\},\text{\hspace{1em}(8.3.10)}$$

其中 $f_2$ 的值可能不是整数，这时可通过对 $F$ 分布的分位数表施行内插法得到近似分位数．

例 8.3.3

对例8.3.2 中的绿茶叶酸含量的数据，我们用修正的巴特利特检验再一次对方差齐性作出检验． 在例8.3.2中已求得

C = 1. 0 8 5 2, B = 0. 9 7 0,$$C=1.0852,B=0.970,$$

还可求得

f _ 1 = 4 - 1 = 3,$$f_1=4-1=3,$$f _ 2 = frac 4 + 1(1 . 0 8 5 2 - 1) ^ 2 = 6 8 8. 8,$$f_2=\frac{4+1}{(1.0852-1{)}^2}=688.8,$$A = frac 6 8 8 . 82 - 1 . 0 8 5 2 + 2 / 6 8 8 . 8 = 7 5 0. 6,$$A=\frac{688.8}{2-1.0852+2/688.8}=750.6,$$B ^ prime = frac 6 8 8 . 8 × 0 . 9 7 0 × 1 . 0 8 5 23 (7 5 0 . 6 - 0 . 9 7 0 × 1 . 0 8 5 2) = 0. 3 2 2.$$B^{\prime }=\frac{688.8\times 0.970\times 1.0852}{3(750.6-0.970\times 1.0852)}=\mathrm{0.322.}$$

对给定的显著性水平 $\alpha =0.05$ ，在 $F$ 分布的分位数表上可查得

F _ 0. 9 5 (3, 6 8 8. 8) = F _ 0. 9 5 (3, ∞) = 2. 6 1,$$F_{0.95}(3,688.8)=F_{0.95}(3,\infty )=2.61,$$

由于 $B^{\prime }=0.322<2.61$ ，故接受原假设 $H_0$ ，即认为四个水平下的方差间无显著差异。

习题8.3

1. 采用例8.1.1的数据，在显著性水平 $\alpha =0.05$ 下用哈特利检验考察三个总体方差是否彼此相等．
2. 在安眠药试验(见习题 8.1 第 5 题)中已求得四个样本方差

s _ 1 ^ 2 = 0. 0 2, s _ 2 ^ 2 = 0. 0 8, s _ 3 ^ 2 = 0. 0 3 6, s _ 4 ^ 2 = 0. 1 3 0 7.$$s_1^2=0.02,s_2^2=0.08,s_3^2=0.036,s_4^2=\mathrm{0.1307.}$$

请用哈特利检验在显著性水平 $\alpha =0.05$ 下考察四个总体方差是否彼此相等． 3. 在生产力提高的指数研究中(见习题 8.2 第 4 题)已求得三个样本方差，它们是

s _ 1 ^ 2 = 0. 6 6 3, s _ 2 ^ 2 = 0. 5 7 4, s _ 3 ^ 2 = 0. 7 5 2.$$s_1^2=0.663,s_2^2=0.574,s_3^2=\mathrm{0.752.}$$

请用巴特利特检验在显著性水平 $\alpha =0.05$ 下考察三个总体方差是否彼此相等． 4. 在入户推销效果研究中（见习题8.1第8题），分别用哈特利检验和巴特利特检验在显著性水平 $\alpha =0.05$ 下对五个总体作方差齐性检验． 5. 在对粮食含水率的研究中(见习题8.1第7题)已求得3个水平下的组内平方和:

Q _ 1 = 1. 1 4 8, Q _ 2 = 2. 2 3 7, Q _ 3 = 2. 4 0 7.$$Q_1=1.148,Q_2=2.237,Q_3=\mathrm{2.407.}$$

请用修正的巴特利特检验在显著性水平 $\alpha =0.05$ 下考察三个总体方差是否彼此相等． 6. 针对食品包装研究的数据(见例8.1.4)，请用修正的巴特利特检验在显著性水平 $\alpha =0.05$ 下考察四个总体是否满足方差齐性假定．