8.2 多重比较

相关笔记：8.1 方差分析 | 7.1 假设检验的基本思想与概念 | 6.6 区间估计 | 5.4 三大抽样分布 | 7.2 正态总体参数的假设检验

本节概览

本节介绍多重比较（Multiple Comparison）的基本原理与两种经典方法——T 法（Tukey 法）和S 法（Scheffé 法）。在方差分析拒绝 $H_0$ 后，我们只知道”各水平均值不全相等”，但不知道具体哪些水平之间存在显著差异。多重比较通过同时构造多个均值差的置信区间或同时检验多个假设，在控制整体第一类错误率的前提下，精确定位差异来源。T 法适用于等重复数情形，基于 studentized range 分布；S 法适用于不等重复数情形，基于 $F$ 分布。

逻辑链条：概述 → 均值差置信区间 → 问题提出 → T 法（Tukey 法） → S 法（Scheffe 法） → T法与S法对比汇总 → 结构总览 → 解题技巧 → 易混淆点 → 习题 → 教材原文

前置依赖：§8.1（方差分析模型、$F$ 检验、误差均方 ${\hat{\sigma }}^2$）、§7.1（假设检验框架、第一类错误）、§6.6（置信区间构造）、§5.4（$t$ 分布、$F$ 分布）

核心主线：多重比较的核心问题是”在方差分析拒绝 $H_0$ 后，如何精确定位哪些水平间存在显著差异”。直接使用多个 $t$ 检验会导致第一类错误膨胀，因此需要专门的多重比较方法。T 法（Tukey 法）利用 studentized range 分布 $q(r,f_e)$，在等重复数下对所有 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{2}\right)$ 对均值差同时构造置信区间，整体覆盖概率恰好为 $1-\alpha$；S 法（Scheffé 法）利用 $F$ 分布，在等重复或不等重复下均可使用，通过放大临界值来控制整体错误率。两种方法各有优劣，需根据实验设计选择。

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一、多重比较概述

多重比较的动机

在§8.1中，我们学习了用 $F$ 检验来判断因子各水平下的总体均值是否全部相等：

$$H_0:{\mu }_1={\mu }_2=\cdots ={\mu }_r\text{vs}{H}_1:{\mu }_1,{\mu }_2,\dots ,{\mu }_r\text{ 不全相等}$$

当 $F$ 检验拒绝 $H_0$ 时，我们得到的结论是”${\mu }_1,{\mu }_2,\dots ,{\mu }_r$ 不全相等”，即至少有一对水平之间存在显著差异。然而，$F$ 检验是一个整体检验（omnibus test），它无法告诉我们：

• 具体是哪些水平之间存在差异？
• 差异有多大？

类比：$F$ 检验就像体检报告上的”异常”标记——它告诉你身体有问题，但没有指出具体哪个器官出了问题。多重比较就是进一步的”专项检查”，帮你精确定位问题所在。

要回答这些问题，就需要对 $r$ 个水平进行两两比较，共涉及 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{2}\right)=\frac{r(r-1)}{2}$ 对比较。这就是多重比较问题。

定义

定义 8.2.1 — 多重比较

在方差分析拒绝 $H_0:{\mu }_1={\mu }_2=\cdots ={\mu }_r$ 之后，对 $r$ 个水平的总体均值进行两两比较，同时检验所有 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{2}\right)$ 个假设

$$H_0^{(ij)}:{\mu }_i={\mu }_j(1\le i<j\le r)$$

或同时构造所有 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{2}\right)$ 个均值差 ${\mu }_i-{\mu }_j$ 的联合置信区间，使得所有结论的整体第一类错误率（或联合覆盖概率）得到控制，这类方法统称为多重比较（Multiple Comparison）。

与8.1 方差分析的关系

多重比较与方差分析之间存在密切的逻辑关系：

关系维度	说明
先后顺序	先做ANOVA的 $F$ 检验，若拒绝 $H_0$，再做多重比较
信息互补	$F$ 检验回答”有没有差异”，多重比较回答”哪些有差异”
模型基础	两者共享同一套方差分析模型和基本假定（正态性、等方差性、独立性）
误差估计	多重比较使用 ANOVA 中的 ${\hat{\sigma }}^2=M{S}_e$ 作为公共方差的估计
错误控制	$F$ 检验控制整体 $\alpha$，多重比较控制所有两两比较的整体 $\alpha$

注意

多重比较并非只能在 $F$ 检验显著后进行。某些多重比较方法（如 Scheffé 法）本身就可以作为独立的全局检验。但在教材的框架下，通常先做 $F$ 检验，再做多重比较。

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二、水平均值差的置信区间

单个均值差的置信区间

在方差分析模型下，对于任意一对水平 $A_i$ 和 $A_j$，其总体均值差 ${\mu }_i-{\mu }_j$ 的点估计为

$${\hat{\mu }}_i-{\hat{\mu }}_j={\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }$$

由于 ${\bar{Y}}_{i\cdot }\sim N({\mu }_i,{\sigma }^2/m_i)$，${\bar{Y}}_{j\cdot }\sim N({\mu }_j,{\sigma }^2/m_j)$，且两者独立，有

$${\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }\sim N\left({\mu }_i-{\mu }_j,{\sigma }^2\left(\frac{1}{m_i}+\frac{1}{m_j}\right)\right)$$

用 ${\hat{\sigma }}^2=M{S}_e=S_e/f_e$ 估计 ${\sigma }^2$，其中 $f_e=n-r$，则

$$\frac{({\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot })-({\mu }_i-{\mu }_j)}{\hat{\sigma }\sqrt{\frac{1}{m_i}+\frac{1}{m_j}}}\sim t(n-r)$$

由此得到 ${\mu }_i-{\mu }_j$ 的单个 $1-\alpha$ 置信区间为

$$\boxed{[{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }\pm t_{1-\alpha /2}(n-r)\cdot \hat{\sigma }\sqrt{\frac{1}{m_i}+\frac{1}{m_j}}]}\text{\hspace{1em}(8.2.1)}$$

其中 $t_{1-\alpha /2}(n-r)$ 是自由度为 $n-r$ 的 $t$ 分布的 $1-\alpha /2$ 分位数。

单个置信区间的问题

公式 (8.2.1) 给出的是单个均值差的 $1-\alpha$ 置信区间，即

$$P\left({\mu }_i-{\mu }_j\in [{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }\pm t_{1-\alpha /2}(n-r)\cdot \hat{\sigma }\sqrt{\frac{1}{m_i}+\frac{1}{m_j}}]\right)=1-\alpha$$

但当我们同时构造 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{2}\right)$ 个这样的区间时，所有区间同时覆盖各自参数的概率（联合覆盖概率）将小于 $1-\alpha$：

$$P\left(\text{所有 }\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{2}\right)\text{ 个区间同时正确}\right)<1-\alpha$$

这就是为什么需要专门的多重比较方法。

例题

例 8.2.1 — 饲料因子三对均值差置信区间

在例 8.1.1的鸡饲料增肥试验中，$r=3$ 种饲料，每种 $m=8$ 只鸡，ANOVA 得到 $f_e=n-r=24-3=21$，$\hat{\sigma }=\sqrt{M{S}_e}$。设已算得 ${\bar{Y}}_{1\cdot }=31.5$，${\bar{Y}}_{2\cdot }=26.75$，${\bar{Y}}_{3\cdot }=33.5$，$M{S}_e=5.8$。

用公式 (8.2.1) 分别构造三对均值差的 $95\%$ 单个置信区间。

查看解答

解：

$t_{0.975}(21)=2.080$，$\hat{\sigma }=\sqrt{5.8}\approx 2.408$，$\hat{\sigma }\sqrt{\frac{1}{8}+\frac{1}{8}}=2.408\times \sqrt{0.25}=2.408\times 0.5=1.204$。

临界值：$t_{0.975}(21)\times 1.204=2.080\times 1.204=2.504$。

$A_1$ vs $A_2$：${\bar{Y}}_{1\cdot }-{\bar{Y}}_{2\cdot }=31.5-26.75=4.75$

$${\mu }_1-{\mu }_2\in [4.75-2.504,4.75+2.504]=[2.246,7.254]$$

区间不含 0，${\mu }_1\ne {\mu }_2$。

$A_1$ vs $A_3$：${\bar{Y}}_{1\cdot }-{\bar{Y}}_{3\cdot }=31.5-33.5=-2.0$

$${\mu }_1-{\mu }_3\in [-2.0-2.504,-2.0+2.504]=[-4.504,0.504]$$

区间包含 0，不能断定 ${\mu }_1\ne {\mu }_3$。

$A_2$ vs $A_3$：${\bar{Y}}_{2\cdot }-{\bar{Y}}_{3\cdot }=26.75-33.5=-6.75$

$${\mu }_2-{\mu }_3\in [-6.75-2.504,-6.75+2.504]=[-9.254,-4.246]$$

区间不含 0，${\mu }_2\ne {\mu }_3$。

注意：以上是三个单独的 $95\%$ 置信区间。三个区间同时正确的概率约为 $(0.95{)}^3=0.857$，而非 $0.95$。要使联合覆盖概率达到 $0.95$，需要使用多重比较方法。 $\square$

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三、多重比较问题

同时检验的假设个数

当因子有 $r$ 个水平时，需要同时检验的假设共有

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{2}\right)=\frac{r(r-1)}{2}\text{ 个}$$

水平数 $r$	比较对数 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{2}\right)$
3	3
4	6
5	10
6	15
8	28
10	45

随着 $r$ 增大，比较对数急剧增加，第一类错误膨胀问题愈发严重。

联合置信水平 vs 单个置信水平

这是理解多重比较的核心概念：

• 单个置信水平（individual confidence level）：对某一特定对 $(i,j)$，其置信区间覆盖 ${\mu }_i-{\mu }_j$ 的概率为 $1-\alpha$。
• 联合置信水平（family-wise confidence level）：所有 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{2}\right)$ 个置信区间同时覆盖各自参数的概率。

设共有 $k=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{2}\right)$ 个比较，每个区间的覆盖概率为 $1-\alpha$，若各区间独立，则联合覆盖概率为

$$P(\text{所有区间正确})=(1-\alpha {)}^k$$

例如 $r=4$，$k=6$，$\alpha =0.05$：

$$(1-0.05{)}^6=0.95^6=0.735$$

联合覆盖概率仅为 $73.5\%$，远低于 $95\%$ 的名义水平。

Bonferroni 不等式

对于任意 $k$ 个事件 $A_1,A_2,\dots ,A_k$，有

$$P\left(\bigcap _{i=1}^k{A}_i\right)\ge 1-\sum _{i=1}^{k}P(A_i^c)$$

应用到多重比较中：设 $A_{ij}$ 表示”第 $(i,j)$ 个置信区间正确覆盖 ${\mu }_i-{\mu }_j$“，则

$$P\left(\bigcap _{i<j}{A}_{ij}\right)\ge 1-\sum _{i<j}P(A_{ij}^c)=1-k\alpha$$

因此，如果将每个区间的显著性水平设为 $\alpha /k$（而非 $\alpha$），则联合覆盖概率至少为 $1-\alpha$。这就是 Bonferroni 校正的基本思想。

定义

定义 8.2.2 — 多重比较问题

设因子 $A$ 有 $r$ 个水平，在方差分析模型下，需要同时对 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{2}\right)$ 对均值差 ${\mu }_i-{\mu }_j$（$1\le i<j\le r$）进行统计推断（假设检验或置信区间构造），使得所有推断的整体第一类错误率（family-wise error rate, FWER）控制在 $\alpha$ 水平。这一问题称为多重比较问题。

多重比较问题的核心要求是：

$$P(\text{至少做出一次错误拒绝})\le \alpha$$

或等价地，对于置信区间版本：

$$P(\text{所有 }(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{2})\text{ 个区间同时覆盖各自参数})\ge 1-\alpha$$

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四、T 法（Tukey 法）

适用条件

T 法（Tukey 法），又称 Tukey HSD（Honestly Significant Difference）法，由 John Tukey 于 1947 年提出，适用于以下条件：

• 重复数相等：各水平下的重复次数相同，即 $m_1=m_2=\cdots =m_r=m$
• 满足方差分析的基本假定（正态性、等方差性、独立性）

studentized range 分布

T 法的核心统计量是 studentized range 统计量。

设 $Y_1,Y_2,\dots ,Y_r$ 是来自 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的独立样本（每个 $Y_i$ 可以是 $m$ 个观测的均值），$S^2$ 是 ${\sigma }^2$ 的独立估计，自由度为 $f$。定义

$$q=\frac{\max (Y_1,\dots ,Y_r)-\min (Y_1,\dots ,Y_r)}{S/\sqrt{m}}$$

则 $q$ 的分布称为自由度为 $(r,f)$ 的 studentized range 分布，记为 $q(r,f)$。其 $1-\alpha$ 分位数记为 $q_{1-\alpha }(r,f)$。

直观理解：$q$ 统计量衡量的是 $r$ 个样本均值中”最大值与最小值之差”相对于”标准误”的倍数。在 $H_0:{\mu }_1=\cdots ={\mu }_r$ 成立时，这个比值不会太大；如果某些均值确实不同，最大值与最小值的差距就会偏大。

定理

定理 8.2.1 — T 法（Tukey 法）

在单因子方差分析模型下，设各水平重复数相等（$m_1=\cdots =m_r=m$），则所有 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{2}\right)$ 个均值差 ${\mu }_i-{\mu }_j$（$1\le i<j\le r$）的联合 $1-\alpha$ 置信区间为

$$\boxed{[{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }\pm q_{1-\alpha }(r,f_e)\cdot \hat{\sigma }/\sqrt{m}]}$$

其中：

• $q_{1-\alpha }(r,f_e)$ 是自由度为 $(r,f_e)$ 的 studentized range 分布的 $1-\alpha$ 分位数
• $\hat{\sigma }=\sqrt{M{S}_e}$，$f_e=n-r=r(m-1)$

等价地，T 法的检验规则为：当

$$|{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }|>q_{1-\alpha }(r,f_e)\cdot \hat{\sigma }/\sqrt{m}$$

时，拒绝 $H_0^{(ij)}:{\mu }_i={\mu }_j$。

证明思路

证明 (8.2.2)：

[构造统计量]：在 $H_0:{\mu }_1=\cdots ={\mu }_r$ 下，${\bar{Y}}_{1\cdot },{\bar{Y}}_{2\cdot },\dots ,{\bar{Y}}_{r\cdot }$ 独立且 ${\bar{Y}}_{i\cdot }\sim N({\mu }_i,{\sigma }^2/m)$。

[引入 studentized range]：考虑 studentized range 统计量：

$$q=\frac{{\max }_i{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\min }_i{\bar{Y}}_{i\cdot }}{\hat{\sigma }/\sqrt{m}}\sim q(r,f_e)$$

[利用极值不等式]：对任意 $i<j$，有

$$|{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }|\le \underset{k}{\max }{\bar{Y}}_{k\cdot }-\underset{k}{\min }{\bar{Y}}_{k\cdot }$$

因此

$$P\left(|{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }|\le q_{1-\alpha }(r,f_e)\cdot \hat{\sigma }/\sqrt{m},\forall i<j\right)\ge P\left(\underset{k}{\max }{\bar{Y}}_{k\cdot }-\underset{k}{\min }{\bar{Y}}_{k\cdot }\le q_{1-\alpha }(r,f_e)\cdot \hat{\sigma }/\sqrt{m}\right)=1-\alpha$$

[等号成立]：实际上，Tukey 证明了在等重复数下，上述不等式取等号，即联合覆盖概率恰好为 $1-\alpha$。

$\square$

T 法临界值

T 法的临界值为

$$c=q_{1-\alpha }(r,f_e)\cdot \frac{\hat{\sigma }}{\sqrt{m}}$$

与单个 $t$ 区间的临界值 $t_{1-\alpha /2}(f_e)\cdot \hat{\sigma }\sqrt{2/m}$ 相比：

• $q_{1-\alpha }(r,f_e)$ 通常大于 $\sqrt{2}\cdot t_{1-\alpha /2}(f_e)$，因此 T 法的区间更宽
• 这是为控制联合错误率而付出的”代价”——区间变宽，检验更保守

例题

例 8.2.2 — T 法多重比较

续例 8.1.1，$r=3$ 种饲料，$m=8$ 只鸡/组，$f_e=21$，$\hat{\sigma }=\sqrt{5.8}\approx 2.408$。已知 ${\bar{Y}}_{1\cdot }=31.5$，${\bar{Y}}_{2\cdot }=26.75$，${\bar{Y}}_{3\cdot }=33.5$。用 T 法在 $\alpha =0.05$ 下进行多重比较。

查表得 $q_{0.95}(3,21)=3.57$。

查看解答

解：

T 法临界值：

$$c=q_{0.95}(3,21)\cdot \frac{\hat{\sigma }}{\sqrt{m}}=3.57\times \frac{2.408}{\sqrt{8}}=3.57\times \frac{2.408}{2.828}=3.57\times 0.8515=3.040$$

三对比较：

| 比较对 | $|{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }|$ | 与 $c=3.040$ 比较 | 结论 | |:---:|:---:|:---:|:---:| | $A_1$ vs $A_2$ | $|31.5-26.75|=4.75$ | $4.75>3.040$ | 显著差异 | | $A_1$ vs $A_3$ | $|31.5-33.5|=2.0$ | $2.0<3.040$ | 无显著差异 | | $A_2$ vs $A_3$ | $|26.75-33.5|=6.75$ | $6.75>3.040$ | 显著差异 |

联合 $95\%$ 置信区间：

$${\mu }_1-{\mu }_2\in [4.75-3.040,4.75+3.040]=[1.710,7.790]$$ $${\mu }_1-{\mu }_3\in [-2.0-3.040,-2.0+3.040]=[-5.040,1.040]$$ $${\mu }_2-{\mu }_3\in [-6.75-3.040,-6.75+3.040]=[-9.790,-3.710]$$

结论：在联合 $95\%$ 置信水平下，饲料 $A_1$ 与 $A_2$、$A_2$ 与 $A_3$ 之间存在显著差异，而 $A_1$ 与 $A_3$ 之间无显著差异。即饲料 $A_2$ 的增重效果显著低于 $A_1$ 和 $A_3$。

对比：注意与例 8.2.1 中单个 $t$ 区间相比，T 法的临界值 $3.040$ 大于 $t$ 区间的 $2.504$，区间更宽，体现了联合错误控制的要求。 $\square$

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五、S 法（Scheffé 法）

适用条件

S 法（Scheffé 法），由 Henry Scheffé 于 1953 年提出，适用于以下条件：

• 重复数不等：各水平下的重复次数可以不同，即 $m_1,m_2,\dots ,m_r$ 不必全相等
• 满足方差分析的基本假定（正态性、等方差性、独立性）
• 比 T 法更通用，但也更保守

定理

定理 8.2.2 — S 法（Scheffé 法）

在单因子方差分析模型下（允许重复数不等），所有 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{2}\right)$ 个均值差 ${\mu }_i-{\mu }_j$（$1\le i<j\le r$）的联合 $1-\alpha$ 置信区间为

$$\boxed{[{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }\pm c_{ij}]}$$

其中临界值

$$\boxed{c_{ij}=\hat{\sigma }\sqrt{(r-1)\cdot F_{1-\alpha }(r-1,f_e)\cdot \left(\frac{1}{m_i}+\frac{1}{m_j}\right)}}$$

这里：

• $F_{1-\alpha }(r-1,f_e)$ 是 $F(r-1,f_e)$ 分布的 $1-\alpha$ 分位数
• $\hat{\sigma }=\sqrt{M{S}_e}$，$f_e=n-r$
• $m_i,m_j$ 分别为水平 $A_i$ 和 $A_j$ 的重复数

等价地，S 法的检验规则为：当

$$|{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }|>c_{ij}$$

时，拒绝 $H_0^{(ij)}:{\mu }_i={\mu }_j$。

证明思路

证明 (8.2.4)：

[引入对比概念]：Scheffé 方法的出发点是考虑所有可能的对比（contrast）。一个对比是形如 ${\sum }_{i=1}^r{c}_i{\mu }_i$ 的线性组合，其中 ${\sum }_{i=1}^r{c}_i=0$。均值差 ${\mu }_i-{\mu }_j$ 是对比的特例（$c_i=1,c_j=-1$，其余为 0）。

[Scheffé 联合置信区间]：Scheffé 证明了：对所有对比 ${\sum }_{i=1}^r{c}_i{\mu }_i$（$\sum c_i=0$），同时成立

$$P\left(\sum _{i=1}^r{c}_i{\bar{Y}}_{i\cdot }-c_S\le \sum _{i=1}^r{c}_i{\mu }_i\le \sum _{i=1}^r{c}_i{\bar{Y}}_{i\cdot }+c_S,\forall \mathbf{c}:\sum c_i=0\right)=1-\alpha$$

其中 $c_S=\hat{\sigma }\sqrt{(r-1)F_{1-\alpha }(r-1,f_e){\sum }_{i=1}^r\frac{c_i^2}{m_i}}$。

[代入均值差]：对于均值差 ${\mu }_i-{\mu }_j$，取 $c_i=1,c_j=-1$，其余 $c_k=0$，则 $\sum c_k^2/m_k=1/m_i+1/m_j$，代入得

$$c_{ij}=\hat{\sigma }\sqrt{(r-1)F_{1-\alpha }(r-1,f_e)\left(\frac{1}{m_i}+\frac{1}{m_j}\right)}$$

[子集继承]：由于均值差是对比的子集，对所有对比成立的联合置信区间自然对均值差也成立。

$\square$

S 法临界值分析

S 法的临界值 $c_{ij}$ 的结构为

$$c_{ij}=\hat{\sigma }\sqrt{(r-1)\cdot F_{1-\alpha }(r-1,f_e)\cdot \left(\frac{1}{m_i}+\frac{1}{m_j}\right)}$$

与 T 法临界值 $c=q_{1-\alpha }(r,f_e)\cdot \hat{\sigma }/\sqrt{m}$（等重复时）相比：

• S 法使用 $(r-1)F_{1-\alpha }(r-1,f_e)$ 作为乘子，T 法使用 $q_{1-\alpha }^2(r,f_e)/m$（注意 $q^2/r$ 近似 $F$）
• S 法允许 $m_i\ne m_j$，每对比较的临界值可以不同
• S 法不仅对均值差有效，而且对所有对比都有效

例题

例 8.2.3 — S 法多重比较（不等重复）

设有 $r=4$ 个水平，重复数分别为 $m_1=2,m_2=3,m_3=3,m_4=2$，总样本量 $n=10$，$f_e=6$。已知 $\hat{\sigma }=\sqrt{M{S}_e}=2.5$，各组均值为 ${\bar{Y}}_{1\cdot }=10$，${\bar{Y}}_{2\cdot }=15$，${\bar{Y}}_{3\cdot }=12$，${\bar{Y}}_{4\cdot }=8$。用 S 法在 $\alpha =0.05$ 下进行多重比较。

查表得 $F_{0.95}(3,6)=4.76$。

查看解答

解：

公共因子：$(r-1)\cdot F_{0.95}(3,6)=3\times 4.76=14.28$

计算各对临界值：

| 比较对 | $\frac{1}{m_i}+\frac{1}{m_j}$ | $c_{ij}=2.5\sqrt{14.28\times (\frac{1}{m_i}+\frac{1}{m_j})}$ | $|{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }|$ | 结论 | |:---:|:---:|:---:|:---:|:---:| | $A_1$ vs $A_2$ | $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\frac{5}{6}$ | $2.5\sqrt{14.28\times 0.833}=2.5\sqrt{11.90}=2.5\times 3.450=8.625$ | $|10-15|=5$ | 无显著差异 | | $A_1$ vs $A_3$ | $\frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\frac{5}{6}$ | $8.625$ | $|10-12|=2$ | 无显著差异 | | $A_1$ vs $A_4$ | $\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$ | $2.5\sqrt{14.28\times 1}=2.5\sqrt{14.28}=2.5\times 3.779=9.448$ | $|10-8|=2$ | 无显著差异 | | $A_2$ vs $A_3$ | $\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$ | $2.5\sqrt{14.28\times 0.667}=2.5\sqrt{9.52}=2.5\times 3.086=7.715$ | $|15-12|=3$ | 无显著差异 | | $A_2$ vs $A_4$ | $\frac{1}{3}+\frac{1}{2}=\frac{5}{6}$ | $8.625$ | $|15-8|=7$ | 无显著差异 | | $A_3$ vs $A_4$ | $\frac{1}{3}+\frac{1}{2}=\frac{5}{6}$ | $8.625$ | $|12-8|=4$ | 无显著差异 |

联合 $95\%$ 置信区间（以 $A_2$ vs $A_4$ 为例）：

$${\mu }_2-{\mu }_4\in [7-8.625,7+8.625]=[-1.625,15.625]$$

结论：在 S 法的联合 $95\%$ 置信水平下，6 对比较中均无显著差异。这体现了 S 法的保守性——由于样本量较小（$f_e=6$）且重复数不等，临界值较大。

注意：如果对此数据做 ANOVA 的 $F$ 检验，可能得到显著结果（$F$ 检验不显著则 S 法也不会显著），但即使 $F$ 检验显著，S 法的两两比较也可能都不显著。这是因为 $F$ 检验检测的是”是否存在任何对比显著”，而 S 法对”所有对比”同时控制，更为严格。 $\square$

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六、T 法与 S 法对比汇总

对比表

比较维度	T 法（Tukey 法）	S 法（Scheffé 法）
提出者	John Tukey (1947)	Henry Scheffé (1953)
适用条件	等重复数 $m_1=\cdots =m_r$	等重复或不等重复均可
核心分布	studentized range 分布 $q(r,f_e)$	$F$ 分布 $F(r-1,f_e)$
临界值	$c=q_{1-\alpha }(r,f_e)\cdot \hat{\sigma }/\sqrt{m}$	$c_{ij}=\hat{\sigma }\sqrt{(r-1)F_{1-\alpha }(r-1,f_e)(1/m_i+1/m_j)}$
临界值特点	所有比较对共用同一临界值	不同比较对可有不同临界值
功效	较高（区间较窄）	较低（区间较宽）
保守性	较不保守	较保守
适用范围	仅适用于均值差的两两比较	适用于所有对比（含均值差）
等重复时比较	通常优于 S 法	比 T 法更保守

等重复数下临界值的数值比较

在等重复数 $m$ 下，比较两种方法的临界值乘子：

$$\text{T 法}:\frac{q_{1-\alpha }(r,f_e)}{\sqrt{m}},\text{S 法}:\sqrt{\frac{2(r-1)F_{1-\alpha }(r-1,f_e)}{m}}$$

$r$	$f_e$	$q_{0.95}(r,f_e)$	$\sqrt{2(r-1)F_{0.95}(r-1,f_e)}$	更优方法
3	21	3.57	$\sqrt{2\times 2\times 3.47}=\sqrt{13.88}=3.73$	T 法
4	16	4.05	$\sqrt{2\times 3\times 3.24}=\sqrt{19.44}=4.41$	T 法
5	20	4.23	$\sqrt{2\times 4\times 2.87}=\sqrt{22.96}=4.79$	T 法

可以看出，在等重复数下，T 法的临界值乘子始终小于 S 法，因此 T 法的功效更高。

方法选择决策

是否等重复？
├── 是 → 优先使用 T 法（功效更高）
│        若需检验一般对比 → 使用 S 法
└── 否 → 使用 S 法（唯一选择）
         也可考虑 Bonferroni 法（简单但可能更保守）

选择建议

• 等重复数 + 仅做两两比较 → T 法（最优选择）
• 不等重复数 → S 法
• 需要检验一般对比（如 ${\mu }_1-\frac{{\mu }_2+{\mu }_3}{2}$）→ S 法
• 比较对数很少（如 $r=3$，仅 3 对）→ Bonferroni 法可能更优
• 比较对数很多（如 $r\ge 5$）→ T 法或 S 法更优

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七、知识结构总览

graph TD
    A[多重比较] --> B[问题背景]
    A --> C[单个均值差置信区间]
    A --> D[多重比较问题]
    A --> E[T法]
    A --> F[S法]
    A --> G[方法对比]
    B --> B1[ANOVA拒绝H0后的追问]
    B --> B2[哪些水平间有差异]
    C --> C1[t区间公式]
    C --> C2[联合覆盖概率不足]
    D --> D1[同时检验r乘r减1除以2个假设]
    D --> D2[联合置信水平]
    D --> D3[Bonferroni不等式]
    E --> E1[等重复数]
    E --> E2[studentized range分布]
    E --> E3[临界值q乘sigma除以根号m]
    F --> F1[等重复或不等重复]
    F --> F2[F分布]
    F --> F3[临界值含r减1乘F]
    G --> G1[适用条件]
    G --> G2[功效与保守性]
    G --> G3[选择决策]
    E2 --> H[分位数查表]
    F2 --> H
    B1 --> I[方差分析]
    C1 --> J[t分布]

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八、核心思想与解题技巧

多重比较的核心思想——错误控制

多重比较的核心思想可以用一句话概括：

不能把多个检验当作独立检验来做，必须控制”至少犯一次错”的整体概率。

类比：假设你买彩票，每次中奖概率是 $1\%$。买 1 张几乎不会中奖，但买 100 张，至少中奖一次的概率约为 $1-0.99^{100}=63.4\%$。多重比较中，每次检验都有 $\alpha$ 的犯错概率，做很多次检验后，“至少犯错一次”的概率就会膨胀。多重比较方法就是通过放大临界值（加宽置信区间），把整体犯错概率控制在 $\alpha$。

T 法解题步骤模板

第一步：确认适用条件

• 检查各水平重复数是否相等：$m_1=m_2=\cdots =m_r=m$
• 确认方差分析模型的基本假定成立

第二步：提取 ANOVA 结果

• 误差自由度 $f_e=n-r=r(m-1)$
• 误差均方 $M{S}_e$，公共标准差 $\hat{\sigma }=\sqrt{M{S}_e}$
• 各组均值 ${\bar{Y}}_{1\cdot },{\bar{Y}}_{2\cdot },\dots ,{\bar{Y}}_{r\cdot }$

第三步：查表得临界值

• 查 studentized range 分布分位数 $q_{1-\alpha }(r,f_e)$
• 计算公共临界值 $c=q_{1-\alpha }(r,f_e)\cdot \hat{\sigma }/\sqrt{m}$

第四步：逐对比较

• 计算每对 $|{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }|$
• 与 $c$ 比较，判断是否显著
• 构造联合置信区间

S 法解题步骤模板

第一步：确认适用条件

• 重复数可以不等
• 确认方差分析模型的基本假定成立

第二步：提取 ANOVA 结果

• 误差自由度 $f_e=n-r$
• 误差均方 $M{S}_e$，公共标准差 $\hat{\sigma }=\sqrt{M{S}_e}$
• 各组均值和重复数

第三步：查表得公共乘子

• 查 $F$ 分布分位数 $F_{1-\alpha }(r-1,f_e)$
• 计算公共因子 $(r-1)\cdot F_{1-\alpha }(r-1,f_e)$

第四步：逐对计算临界值并比较

• 对每对 $(i,j)$，计算 $c_{ij}=\hat{\sigma }\sqrt{(r-1)F_{1-\alpha }(r-1,f_e)(1/m_i+1/m_j)}$
• 与 $|{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }|$ 比较

常见计算技巧

技巧1：临界值快速比较

在等重复数下，T 法与 S 法的临界值乘子之比为

$$\frac{q_{1-\alpha }(r,f_e)}{\sqrt{2(r-1)F_{1-\alpha }(r-1,f_e)}}$$

当此比值小于 1 时，T 法更优（区间更窄）。

技巧2：利用对称性减少计算

由于 $|{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }|=|{\bar{Y}}_{j\cdot }-{\bar{Y}}_{i\cdot }|$，只需计算 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{2}\right)$ 个差值，而非 $r(r-1)$ 个。

技巧3：先排均值再比较

将各组均值从小到大排列，可以更直观地看出哪些对可能显著。例如，若均值排序为 ${\bar{Y}}_{(1)}<{\bar{Y}}_{(2)}<{\bar{Y}}_{(3)}$，且 ${\bar{Y}}_{(3)}-{\bar{Y}}_{(1)}$ 不显著，则 ${\bar{Y}}_{(2)}-{\bar{Y}}_{(1)}$ 和 ${\bar{Y}}_{(3)}-{\bar{Y}}_{(2)}$ 也必然不显著。

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九、补充理解与易混淆点

ANOVA 显著就可以直接用 t 检验两两比较

来源：茆诗松《概率论与数理统计》第三版 p381 + Montgomery, D.C. (2017) Design and Analysis of Experiments, 9th ed., Wiley, §3.5 + CSDN 文库”ANOVA 后为什么不能用 t 检验” + stats.stackexchange.com “Why not use multiple t-tests instead of ANOVA?” + 卡方核心笔记（方差分析专题）

误区1："ANOVA 显著就可以直接用 $t$ 检验两两比较"

❌ 错误解释：ANOVA 的 $F$ 检验已经控制了整体第一类错误率，因此在其显著后直接使用多个 $t$ 检验进行两两比较是安全的。 ✅ 正确解释：即使 ANOVA 的 $F$ 检验已经显著，==直接使用多个 $t$ 检验进行两两比较仍然是不正确的==。$F$ 检验控制的是”所有均值是否相等”的整体第一类错误率，而多个 $t$ 检验会引入新的多重比较问题。具体来说，$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{2}\right)$ 个 $t$ 检验的整体第一类错误率为 ${\alpha }^{\ast }=1-(1-\alpha {)}^{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{2}\right)}$，当 $r=4$ 时 ${\alpha }^{\ast }=0.265$，远超 $\alpha =0.05$。$F$ 检验显著只是告诉我们”值得进一步探索哪些水平有差异”，但探索的方法必须是控制整体错误率的多重比较方法（T 法、S 法、Bonferroni 法等），而非朴素的 $t$ 检验。Montgomery (2017) 在 §3.5 中明确指出：“The usual $t$ tests should not be used to compare all pairs of means… because the overall type I error rate would be inflated.”

T 法和 S 法可以互换使用

来源：茆诗松《概率论与数理统计》第三版 p382-384 + Hsu, J.C. (1996) Multiple Comparisons: Theory and Methods, Chapman & Hall, §1.3 + CSDN 博客”Tukey 和 Scheffé 方法的区别” + real-statistics.com “Tukey HSD vs Scheffé” + 卡方核心笔记（多重比较专题）

误区2："T 法和 S 法可以互换使用"

❌ 错误解释：T 法和 S 法都是多重比较方法，效果差不多，可以随意选择使用。 ✅ 正确解释：T 法和 S 法有不同的适用条件和统计性质，不能随意互换。T 法仅适用于等重复数情形，其临界值基于 studentized range 分布 $q(r,f_e)$；S 法适用于等重复或不等重复情形，其临界值基于 $F$ 分布。如果在等重复数下使用 S 法，会得到更宽的置信区间（更保守），降低检验功效；如果在不等重复数下使用 T 法（强行取平均重复数），则联合覆盖概率不再有理论保证。此外，S 法的适用范围更广——它不仅对均值差有效，而且对所有可能的对比（contrast）都有效，而 T 法仅适用于两两均值差比较。因此，方法的选择应根据实验设计和比较目的来确定，而非随意替换。

多重比较的联合置信水平等于单个置信水平

来源：茆诗松《概率论与数理统计》第三版 p380 + Saville, D.J. (2003) “Basic statistics and the inconsistency of multiple comparison procedures”, Canadian Journal of Experimental Psychology, 57(3), 167-175 + CSDN 文库”多重比较的联合置信水平” + stats.stackexchange.com “Family-wise error rate vs individual error rate” + 卡方核心笔记（多重比较专题）

误区3："多重比较的联合置信水平等于单个置信水平"

❌ 错误解释：多重比较中每个置信区间的置信水平是 $1-\alpha$，所以所有区间同时覆盖的概率也是 $1-\alpha$。 ✅ 正确解释：这是多重比较中最根本的误解。联合置信水平（family-wise confidence level）与单个置信水平（individual confidence level）是两个不同的概念。单个置信水平 $1-\alpha$ 指的是某一个特定区间覆盖其参数的概率；联合置信水平指的是所有 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{2}\right)$ 个区间同时覆盖各自参数的概率。设共有 $k$ 个比较，即使各区间独立，联合覆盖概率也只有 $(1-\alpha {)}^k$，远小于 $1-\alpha$。例如 $r=5$（$k=10$），$\alpha =0.05$ 时，$(0.95{)}^{10}=0.599$，联合覆盖概率仅为 $59.9\%$。多重比较方法（T 法、S 法等）通过放大临界值，将联合覆盖概率提升到 $1-\alpha$，代价是每个单独的区间变宽。Saville (2003) 指出，混淆这两个概念是统计误用中最常见的问题之一。

多重比较只能在 ANOVA 显著后进行

来源：茆诗松《概率论与数理统计》第三版 p381 + Scheffé, H. (1959) The Analysis of Variance, Wiley, §3.5 + CSDN 博客”多重比较与 ANOVA 的关系” + researchgate.net “Post-hoc tests without significant ANOVA” + 卡方核心笔记（多重比较专题）

误区4："多重比较只能在 ANOVA 显著后进行"

❌ 错误解释：多重比较必须在 ANOVA 的 $F$ 检验显著后才能进行，否则结果无效。 ✅ 正确解释：这是一个有争议的问题，需要分情况讨论。在教材的常规框架下，确实先做 ANOVA 的 $F$ 检验，若显著再做多重比较，这是一种”保护性策略”（protected test）。然而，从统计理论的角度看，某些多重比较方法（特别是 Scheffé 法）本身就可以作为独立的全局检验使用——如果 S 法的所有两两比较都不显著，则等价于接受 ANOVA 的 $H_0$。Scheffé (1959) 证明了 S 法与 $F$ 检验之间存在”一致性”：如果 $F$ 检验不显著，则 S 法也不会发现任何显著对比。因此，S 法不需要先做 $F$ 检验。但对于 T 法，情况有所不同——T 法与 $F$ 检验之间没有这种一致性，理论上可能出现 $F$ 检验不显著但 T 法发现某些对显著的情况。在实际应用中，大多数教材和软件仍采用”先 $F$ 后多重比较”的保护策略，以减少假阳性。

S 法总是比 T 法更保守

来源：茆诗松《概率论与数理统计》第三版 p384 + Hsu, J.C. (1996) Multiple Comparisons: Theory and Methods, Chapman & Hall, §3.2 + CSDN 博客”Scheffé 法比 Tukey 法更保守吗” + real-statistics.com “Comparison of Tukey’s HSD and Scheffé” + 卡方核心笔记（多重比较专题）

误区5："S 法总是比 T 法更保守"

❌ 错误解释：S 法的临界值总是大于 T 法，因此 S 法在任何情况下都比 T 法更保守。 ✅ 正确解释：在等重复数且仅做两两均值差比较的条件下，S 法确实比 T 法更保守（临界值更大，区间更宽）。这是因为 S 法要同时控制所有可能对比（包括均值差和各种线性组合）的错误率，而 T 法只控制两两均值差的错误率，控制范围更窄，因此可以更”精准”。然而，“S 法更保守”这一结论有以下限定条件：(1) 仅在等重复数下成立；(2) 仅在只做两两比较时成立。如果需要检验一般对比（如 ${\mu }_1-\frac{{\mu }_2+{\mu }_3}{2}$），S 法是唯一适用的标准方法。此外，在不等重复数下，T 法不适用，S 法是自然的选择，此时不存在”谁更保守”的比较问题。Hsu (1996) 指出，在比较对数很少（如 $r=3$）时，Bonferroni 法可能比 T 法和 S 法都更优，因此方法选择应综合考虑比较类型、重复数和比较对数。

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十、习题精选

习题概览

编号	类型	来源	知识点	难度
1	教材	习题8.2(1)	储藏方法 T 法多重比较	中
2	教材	习题8.2(2)	推销方法 T 法多重比较	中
3	教材	习题8.2(3)	纤维强度联合置信区间	中高
4	教材	习题8.2(4)	科研花费 S 法多重比较	中高
5	教材	习题8.2(5)	工厂磨损率 S 法多重比较	高
6	教材	习题8.2(6)	生产线 T 法多重比较	中
7	考研	2021 浙江大学 432	方差分析 + T 法多重比较	中高
8	考研	2022 南京大学 432	不等重复 S 法多重比较	高
9	考研	2023 武汉大学 432	多重比较与 Bonferroni 校正	中高
10	考研	2020 中山大学 432	T 法与 S 法对比分析	高

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教材习题

习题1 — 教材习题8.2(1)：储藏方法 T 法多重比较

为比较 4 种不同储藏方法对水果保鲜效果的影响，每种方法下随机抽取 5 个样本测定保鲜天数。ANOVA 结果：$r=4$，$m=5$，$f_e=16$，$M{S}_e=4.2$，$F=5.83>F_{0.95}(3,16)=3.24$，拒绝 $H_0$。各组均值：${\bar{Y}}_{1\cdot }=28$，${\bar{Y}}_{2\cdot }=32$，${\bar{Y}}_{3\cdot }=25$，${\bar{Y}}_{4\cdot }=30$。

用 T 法在 $\alpha =0.05$ 下进行多重比较。已知 $q_{0.95}(4,16)=4.05$。

查看解答

解：

$\hat{\sigma }=\sqrt{4.2}\approx 2.049$

T 法临界值：

$$c=q_{0.95}(4,16)\cdot \frac{\hat{\sigma }}{\sqrt{m}}=4.05\times \frac{2.049}{\sqrt{5}}=4.05\times 0.9165=3.712$$

6 对比较：

| 比较对 | $|{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }|$ | 与 $c=3.712$ 比较 | 结论 | |:---:|:---:|:---:|:---:| | $A_1$ vs $A_2$ | $|28-32|=4$ | $4>3.712$ | 显著 | | $A_1$ vs $A_3$ | $|28-25|=3$ | $3<3.712$ | 不显著 | | $A_1$ vs $A_4$ | $|28-30|=2$ | $2<3.712$ | 不显著 | | $A_2$ vs $A_3$ | $|32-25|=7$ | $7>3.712$ | 显著 | | $A_2$ vs $A_4$ | $|32-30|=2$ | $2<3.712$ | 不显著 | | $A_3$ vs $A_4$ | $|25-30|=5$ | $5>3.712$ | 显著 |

联合 $95\%$ 置信区间：

$${\mu }_1-{\mu }_2\in [4-3.712,4+3.712]=[0.288,7.712]$$ $${\mu }_2-{\mu }_3\in [7-3.712,7+3.712]=[3.288,10.712]$$ $${\mu }_3-{\mu }_4\in [-5-3.712,-5+3.712]=[-8.712,-1.288]$$

结论：方法 $A_2$ 与 $A_1$、$A_2$ 与 $A_3$、$A_3$ 与 $A_4$ 之间存在显著差异。 $\square$

习题2 — 教材习题8.2(2)：推销方法 T 法多重比较

某公司比较 3 种推销方法的销售效果，每种方法随机分配 6 名推销员。ANOVA 结果：$r=3$，$m=6$，$f_e=15$，$M{S}_e=9.0$。各组均值：${\bar{Y}}_{1\cdot }=45$，${\bar{Y}}_{2\cdot }=52$，${\bar{Y}}_{3\cdot }=48$。

用 T 法在 $\alpha =0.05$ 下进行多重比较。已知 $q_{0.95}(3,15)=3.67$。

查看解答

解：

$\hat{\sigma }=\sqrt{9.0}=3.0$

T 法临界值：

$$c=3.67\times \frac{3.0}{\sqrt{6}}=3.67\times 1.2247=4.495$$

3 对比较：

| 比较对 | $|{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }|$ | 与 $c=4.495$ 比较 | 结论 | |:---:|:---:|:---:|:---:| | $A_1$ vs $A_2$ | $|45-52|=7$ | $7>4.495$ | 显著 | | $A_1$ vs $A_3$ | $|45-48|=3$ | $3<4.495$ | 不显著 | | $A_2$ vs $A_3$ | $|52-48|=4$ | $4<4.495$ | 不显著 |

结论：只有推销方法 $A_1$ 与 $A_2$ 之间存在显著差异。方法 $A_2$ 的销售效果显著优于 $A_1$。 $\square$

习题3 — 教材习题8.2(3)：纤维强度联合置信区间

比较 4 种工艺生产的纤维强度，每种工艺 6 个样品。ANOVA 结果：$r=4$，$m=6$，$f_e=20$，$M{S}_e=3.6$。各组均值：${\bar{Y}}_{1\cdot }=80$，${\bar{Y}}_{2\cdot }=85$，${\bar{Y}}_{3\cdot }=78$，${\bar{Y}}_{4\cdot }=83$。

(1) 用 T 法构造所有均值差的联合 $95\%$ 置信区间。已知 $q_{0.95}(4,20)=3.96$。 (2) 哪些工艺之间存在显著差异？

查看解答

解：

$\hat{\sigma }=\sqrt{3.6}\approx 1.897$

T 法临界值：

$$c=3.96\times \frac{1.897}{\sqrt{6}}=3.96\times 0.7746=3.067$$

(1) 联合 $95\%$ 置信区间：

比较对	${\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }$	置信区间
${\mu }_1-{\mu }_2$	$-5$	$[-8.067,-1.933]$
${\mu }_1-{\mu }_3$	$2$	$[-1.067,5.067]$
${\mu }_1-{\mu }_4$	$-3$	$[-6.067,0.067]$
${\mu }_2-{\mu }_3$	$7$	$[3.933,10.067]$
${\mu }_2-{\mu }_4$	$2$	$[-1.067,5.067]$
${\mu }_3-{\mu }_4$	$-5$	$[-8.067,-1.933]$

(2) 区间不含 0 的比较对为：${\mu }_1-{\mu }_2$、${\mu }_2-{\mu }_3$、${\mu }_3-{\mu }_4$。

结论：工艺 $A_2$ 与 $A_1$、$A_2$ 与 $A_3$、$A_3$ 与 $A_4$ 之间存在显著差异。注意 ${\mu }_1-{\mu }_4$ 的区间 $[-6.067,0.067]$ 恰好包含 0（临界情况），认为不显著。 $\square$

习题4 — 教材习题8.2(4)：科研花费 S 法多重比较

比较 4 个地区的科研花费（单位：万元），样本量分别为 $m_1=5,m_2=8,m_3=6,m_4=4$，$n=23$，$f_e=19$，$M{S}_e=12.0$。各组均值：${\bar{Y}}_{1\cdot }=50$，${\bar{Y}}_{2\cdot }=62$，${\bar{Y}}_{3\cdot }=55$，${\bar{Y}}_{4\cdot }=48$。

用 S 法在 $\alpha =0.05$ 下进行多重比较。已知 $F_{0.95}(3,19)=3.13$。

查看解答

解：

$\hat{\sigma }=\sqrt{12.0}\approx 3.464$

公共因子：$(r-1)\cdot F_{0.95}(3,19)=3\times 3.13=9.39$

各对临界值：

| 比较对 | $\frac{1}{m_i}+\frac{1}{m_j}$ | $c_{ij}=3.464\sqrt{9.39\times (\frac{1}{m_i}+\frac{1}{m_j})}$ | $|{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }|$ | 结论 | |:---:|:---:|:---:|:---:|:---:| | $A_1$ vs $A_2$ | $\frac{1}{5}+\frac{1}{8}=0.325$ | $3.464\sqrt{3.052}=3.464\times 1.747=6.052$ | $12$ | 显著 | | $A_1$ vs $A_3$ | $\frac{1}{5}+\frac{1}{6}=0.367$ | $3.464\sqrt{3.446}=3.464\times 1.856=6.430$ | $5$ | 不显著 | | $A_1$ vs $A_4$ | $\frac{1}{5}+\frac{1}{4}=0.450$ | $3.464\sqrt{4.226}=3.464\times 2.056=7.122$ | $2$ | 不显著 | | $A_2$ vs $A_3$ | $\frac{1}{8}+\frac{1}{6}=0.292$ | $3.464\sqrt{2.742}=3.464\times 1.656=5.736$ | $7$ | 显著 | | $A_2$ vs $A_4$ | $\frac{1}{8}+\frac{1}{4}=0.375$ | $3.464\sqrt{3.521}=3.464\times 1.877=6.502$ | $14$ | 显著 | | $A_3$ vs $A_4$ | $\frac{1}{6}+\frac{1}{4}=0.417$ | $3.464\sqrt{3.916}=3.464\times 1.979=6.854$ | $7$ | 显著 |

结论：$A_1$ 与 $A_2$、$A_2$ 与 $A_3$、$A_2$ 与 $A_4$、$A_3$ 与 $A_4$ 之间存在显著差异。地区 $A_2$ 的科研花费显著高于其他三个地区。 $\square$

习题5 — 教材习题8.2(5)：工厂磨损率 S 法多重比较

比较 5 种材料在不同工厂的磨损率，样本量分别为 $m_1=3,m_2=4,m_3=3,m_4=5,m_5=4$，$n=19$，$f_e=14$，$M{S}_e=6.25$。各组均值：${\bar{Y}}_{1\cdot }=85$，${\bar{Y}}_{2\cdot }=78$，${\bar{Y}}_{3\cdot }=90$，${\bar{Y}}_{4\cdot }=72$，${\bar{Y}}_{5\cdot }=80$。

用 S 法在 $\alpha =0.05$ 下进行多重比较。已知 $F_{0.95}(4,14)=3.11$。

查看解答

解：

$\hat{\sigma }=\sqrt{6.25}=2.5$

公共因子：$(r-1)\cdot F_{0.95}(4,14)=4\times 3.11=12.44$

各对临界值：

| 比较对 | $\frac{1}{m_i}+\frac{1}{m_j}$ | $c_{ij}$ | $|{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }|$ | 结论 | |:---:|:---:|:---:|:---:|:---:| | $A_1$ vs $A_2$ | $\frac{1}{3}+\frac{1}{4}=0.583$ | $2.5\sqrt{7.253}=2.5\times 2.693=6.733$ | $7$ | 显著 | | $A_1$ vs $A_3$ | $\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=0.667$ | $2.5\sqrt{8.298}=2.5\times 2.881=7.203$ | $5$ | 不显著 | | $A_1$ vs $A_4$ | $\frac{1}{3}+\frac{1}{5}=0.533$ | $2.5\sqrt{6.630}=2.5\times 2.575=6.438$ | $13$ | 显著 | | $A_1$ vs $A_5$ | $\frac{1}{3}+\frac{1}{4}=0.583$ | $6.733$ | $5$ | 不显著 | | $A_2$ vs $A_3$ | $\frac{1}{4}+\frac{1}{3}=0.583$ | $6.733$ | $12$ | 显著 | | $A_2$ vs $A_4$ | $\frac{1}{4}+\frac{1}{5}=0.450$ | $2.5\sqrt{5.598}=2.5\times 2.366=5.915$ | $6$ | 显著 | | $A_2$ vs $A_5$ | $\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=0.500$ | $2.5\sqrt{6.220}=2.5\times 2.494=6.235$ | $2$ | 不显著 | | $A_3$ vs $A_4$ | $\frac{1}{3}+\frac{1}{5}=0.533$ | $6.438$ | $18$ | 显著 | | $A_3$ vs $A_5$ | $\frac{1}{3}+\frac{1}{4}=0.583$ | $6.733$ | $10$ | 显著 | | $A_4$ vs $A_5$ | $\frac{1}{5}+\frac{1}{4}=0.450$ | $5.915$ | $8$ | 显著 |

结论：材料 $A_4$ 的磨损率显著低于 $A_1$、$A_2$、$A_3$、$A_5$，是磨损率最低的材料。$A_3$ 的磨损率最高，与除 $A_1$ 外的所有材料有显著差异。 $\square$

习题6 — 教材习题8.2(6)：生产线 T 法多重比较

比较 3 条生产线的产量，每条线记录 10 天产量。ANOVA 结果：$r=3$，$m=10$，$f_e=27$，$M{S}_e=16.0$。各组均值：${\bar{Y}}_{1\cdot }=100$，${\bar{Y}}_{2\cdot }=108$，${\bar{Y}}_{3\cdot }=95$。

(1) 用 T 法在 $\alpha =0.01$ 下进行多重比较。已知 $q_{0.99}(3,27)=4.54$。 (2) 与 $\alpha =0.05$ 的结果对比（$q_{0.95}(3,27)=3.51$）。

查看解答

解：

$\hat{\sigma }=\sqrt{16.0}=4.0$

(1) $\alpha =0.01$：

$$c=4.54\times \frac{4.0}{\sqrt{10}}=4.54\times 1.2649=5.743$$

| 比较对 | $|{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }|$ | 与 $c=5.743$ 比较 | 结论 | |:---:|:---:|:---:|:---:| | $A_1$ vs $A_2$ | $8$ | $8>5.743$ | 显著 | | $A_1$ vs $A_3$ | $5$ | $5<5.743$ | 不显著 | | $A_2$ vs $A_3$ | $13$ | $13>5.743$ | 显著 |

(2) $\alpha =0.05$：

$$c=3.51\times \frac{4.0}{\sqrt{10}}=3.51\times 1.2649=4.440$$

| 比较对 | $|{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }|$ | 与 $c=4.440$ 比较 | 结论 | |:---:|:---:|:---:|:---:| | $A_1$ vs $A_2$ | $8$ | $8>4.440$ | 显著 | | $A_1$ vs $A_3$ | $5$ | $5>4.440$ | 显著 | | $A_2$ vs $A_3$ | $13$ | $13>4.440$ | 显著 |

对比：$\alpha =0.01$ 时只有 2 对显著，$\alpha =0.05$ 时 3 对全部显著。显著性水平越严格（$\alpha$ 越小），临界值越大，检验越保守，能检测出的显著差异越少。 $\square$

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考研真题

习题7 — 2021 浙江大学 432：方差分析 + T 法多重比较

某农业试验站研究 4 种施肥方案对水稻产量的影响，每种方案随机分配 5 块试验田。产量数据（kg/亩）的方差分析结果如下：

来源	SS	df	MS	$F$
施肥方案	1200	3	400	8.00
误差	800	16	50
总和	2000	19

已知 $F_{0.95}(3,16)=3.24$，$q_{0.95}(4,16)=4.05$。各组均值：${\bar{Y}}_{1\cdot }=420$，${\bar{Y}}_{2\cdot }=450$，${\bar{Y}}_{3\cdot }=410$，${\bar{Y}}_{4\cdot }=440$。

(1) 在 $\alpha =0.05$ 下，施肥方案对产量是否有显著影响？ (2) 用 T 法进行多重比较，找出哪些方案之间存在显著差异。

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解：

(1) $F=8.00>F_{0.95}(3,16)=3.24$，拒绝 $H_0$，施肥方案对水稻产量有显著影响。

(2) $\hat{\sigma }=\sqrt{50}\approx 7.071$，$m=5$。

T 法临界值：

$$c=4.05\times \frac{7.071}{\sqrt{5}}=4.05\times 3.162=12.806$$

| 比较对 | $|{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }|$ | 与 $c=12.806$ 比较 | 结论 | |:---:|:---:|:---:|:---:| | $A_1$ vs $A_2$ | $30$ | $30>12.806$ | 显著 | | $A_1$ vs $A_3$ | $10$ | $10<12.806$ | 不显著 | | $A_1$ vs $A_4$ | $20$ | $20>12.806$ | 显著 | | $A_2$ vs $A_3$ | $40$ | $40>12.806$ | 显著 | | $A_2$ vs $A_4$ | $10$ | $10<12.806$ | 不显著 | | $A_3$ vs $A_4$ | $30$ | $30>12.806$ | 显著 |

结论：方案 $A_2$ 与 $A_1$、$A_2$ 与 $A_3$、$A_1$ 与 $A_4$、$A_3$ 与 $A_4$ 之间存在显著差异。方案 $A_2$ 和 $A_4$ 的产量较高。 $\square$

习题8 — 2022 南京大学 432：不等重复 S 法多重比较

研究 3 种药物对降低血压的效果（单位：mmHg），样本量分别为 $n_1=8$，$n_2=6$，$n_3=10$。ANOVA 结果：$f_e=21$，$M{S}_e=25$。各组均值：${\bar{Y}}_{1\cdot }=18$，${\bar{Y}}_{2\cdot }=12$，${\bar{Y}}_{3\cdot }=22$。

(1) 为什么不能用 T 法？应使用什么方法？ (2) 用适当方法在 $\alpha =0.05$ 下进行多重比较。已知 $F_{0.95}(2,21)=3.47$。

查看解答

解：

(1) 三种药物的样本量不等（$n_1=8\ne n_2=6\ne n_3=10$），不满足 T 法的等重复数条件。应使用 S 法（Scheffé 法）。

(2) $\hat{\sigma }=\sqrt{25}=5.0$

公共因子：$(r-1)\cdot F_{0.95}(2,21)=2\times 3.47=6.94$

| 比较对 | $\frac{1}{n_i}+\frac{1}{n_j}$ | $c_{ij}=5.0\sqrt{6.94\times (\frac{1}{n_i}+\frac{1}{n_j})}$ | $|{\bar{Y}}_{i\cdot }-{\bar{Y}}_{j\cdot }|$ | 结论 | |:---:|:---:|:---:|:---:|:---:| | $A_1$ vs $A_2$ | $\frac{1}{8}+\frac{1}{6}=0.292$ | $5.0\sqrt{2.026}=5.0\times 1.424=7.120$ | $6$ | 不显著 | | $A_1$ vs $A_3$ | $\frac{1}{8}+\frac{1}{10}=0.225$ | $5.0\sqrt{1.562}=5.0\times 1.250=6.250$ | $4$ | 不显著 | | $A_2$ vs $A_3$ | $\frac{1}{6}+\frac{1}{10}=0.267$ | $5.0\sqrt{1.853}=5.0\times 1.361=6.805$ | $10$ | 显著 |

结论：只有药物 $A_2$ 与 $A_3$ 之间存在显著差异。药物 $A_3$ 的降压效果显著优于 $A_2$。 $\square$

习题9 — 2023 武汉大学 432：多重比较与 Bonferroni 校正

某心理学家比较 5 种教学方法的效果，每种方法 8 名学生，$f_e=35$，$M{S}_e=20.25$。ANOVA 的 $F$ 检验在 $\alpha =0.05$ 下显著。已知 $t_{0.975}(35)=2.030$，$q_{0.95}(5,35)=4.07$。

(1) 若直接使用 $t$ 检验进行所有两两比较，整体第一类错误率是多少？ (2) 使用 Bonferroni 校正，每个检验的显著性水平应调整为多少？ (3) 比较 Bonferroni 法与 T 法的临界值大小。

查看解答

解：

$r=5$，$m=8$，$k=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2}\right)=10$，$\hat{\sigma }=\sqrt{20.25}=4.5$。

(1) 直接使用 $t$ 检验的整体第一类错误率：

$${\alpha }^{\ast }=1-(1-0.05{)}^{10}=1-0.95^{10}=1-0.5987=0.4013$$

即约 $40.13\%$，远超可接受水平。

(2) Bonferroni 校正：每个检验的显著性水平调整为

$${\alpha }^{\ast }=\frac{\alpha }{k}=\frac{0.05}{10}=0.005$$

对应的 $t$ 分位数：$t_{1-0.005/2}(35)=t_{0.9975}(35)\approx 2.996$（查表）。

Bonferroni 临界值：

$$c_B=2.996\times 4.5\times \sqrt{\frac{1}{8}+\frac{1}{8}}=2.996\times 4.5\times 0.5=6.741$$

(3) T 法临界值：

$$c_T=4.07\times \frac{4.5}{\sqrt{8}}=4.07\times 1.591=6.476$$

比较：$c_B=6.741>c_T=6.476$，Bonferroni 法的临界值更大（更保守）。

结论：在此例中（$r=5$，$k=10$），T 法比 Bonferroni 法更优（临界值更小，功效更高）。一般地，当比较对数较多时，T 法优于 Bonferroni 法；当比较对数较少时，Bonferroni 法可能更优。 $\square$

习题10 — 2020 中山大学 432：T 法与 S 法对比分析

设有 $r=4$ 个水平，等重复数 $m=6$，$f_e=20$，$M{S}_e=9$。已知 $q_{0.95}(4,20)=3.96$，$F_{0.95}(3,20)=3.10$。

(1) 分别计算 T 法和 S 法的临界值。 (2) 哪种方法更优？为什么？ (3) 如果重复数变为 $m_1=4,m_2=6,m_3=6,m_4=8$，还能用 T 法吗？

查看解答

解：

$\hat{\sigma }=\sqrt{9}=3.0$

(1)

T 法临界值（等重复 $m=6$）：

$$c_T=3.96\times \frac{3.0}{\sqrt{6}}=3.96\times 1.2247=4.850$$

S 法临界值（等重复 $m=6$）：

$$c_S=3.0\times \sqrt{(4-1)\times 3.10\times \left(\frac{1}{6}+\frac{1}{6}\right)}=3.0\times \sqrt{3\times 3.10\times \frac{1}{3}}=3.0\times \sqrt{3.10}=3.0\times 1.761=5.283$$

(2) $c_T=4.850<c_S=5.283$，T 法的临界值更小，因此 T 法更优（功效更高，区间更窄）。

原因：在等重复数且仅做两两比较时，T 法利用了 studentized range 分布的特性，专门为两两比较优化；而 S 法要同时控制所有可能对比的错误率，范围更广，因此更保守。

(3) 不能。重复数不等（$m_1=4\ne m_2=6\ne m_4=8$），不满足 T 法的等重复数条件。应改用 S 法。此时 S 法的各对临界值将不同：

比较对	$\frac{1}{m_i}+\frac{1}{m_j}$	$c_{ij}$
$A_1$ vs $A_2$	$\frac{1}{4}+\frac{1}{6}=0.417$	$3.0\sqrt{3.10\times 3\times 0.417}=3.0\sqrt{3.878}=5.906$
$A_1$ vs $A_3$	$\frac{1}{4}+\frac{1}{6}=0.417$	$5.906$
$A_1$ vs $A_4$	$\frac{1}{4}+\frac{1}{8}=0.375$	$3.0\sqrt{3.10\times 3\times 0.375}=3.0\sqrt{3.488}=5.606$
$A_2$ vs $A_3$	$\frac{1}{6}+\frac{1}{6}=0.333$	$3.0\sqrt{3.10\times 3\times 0.333}=3.0\sqrt{3.097}=5.279$
$A_2$ vs $A_4$	$\frac{1}{6}+\frac{1}{8}=0.292$	$3.0\sqrt{3.10\times 3\times 0.292}=3.0\sqrt{2.716}=4.944$
$A_3$ vs $A_4$	$\frac{1}{6}+\frac{1}{8}=0.292$	$4.944$

$\square$

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十一、教材原文

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第八章 方差分析与回归分析/多重比较