当N> 50时，T检验是否为非正常？

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很久以前，我了解到使用两个样本的T检验需要正态分布。今天，一位同事告诉我，她了解到对于N> 50的正态分布是没有必要的。真的吗？

如果是真的，那是因为中心极限定理吗？

normal-distribution t-test central-limit-theorem

— 甚至
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相关问题，以非常的Glen_b好的答案stats.stackexchange.com/questions/121852/...

— 蒂姆

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t检验的正态假设

考虑大量人口，您可以从中抽取许多特定大小的样本。（在特定研究中，您通常只收集其中一个样本。）

t检验假设不同样本的均值呈正态分布；它不假定总体是正态分布的。

通过中心极限定理，来自具有有限方差的总体的样本均值接近正态分布，而与总体的分布无关。经验法则表明，只要样本大小至少为20或30，样本均值就基本上呈正态分布。为了使t检验对较小规模的样本有效，总体分布必须近似于正态。

t检验对非正态分布的小样本无效，但对非正态分布的大样本有效。

来自非正态分布的小样本

正如迈克尔在下面指出的那样，均值分布接近正态性所需的样本量取决于总体的非正态程度。对于近似正态分布，您将不需要非常非正态分布的样本。

这是一些您可以在R中运行的模拟以了解这一点。首先，这是几个人口分布。

curve(dnorm,xlim=c(-4,4)) #Normal
curve(dchisq(x,df=1),xlim=c(0,30)) #Chi-square with 1 degree of freedom

接下来是人口分布样本的一些模拟。在每行中，“ 10”是样本数量，“ 100”是样本数量，其后的函数指定总体分布。他们产生样本均值的直方图。

hist(colMeans(sapply(rep(10,100),rnorm)),xlab='Sample mean',main='')
hist(colMeans(sapply(rep(10,100),rchisq,df=1)),xlab='Sample mean',main='')

为了使t检验有效，这些直方图应该是正常的。

require(car)
qqp(colMeans(sapply(rep(10,100),rnorm)),xlab='Sample mean',main='')
qqp(colMeans(sapply(rep(10,100),rchisq,df=1)),xlab='Sample mean',main='')

t检验的效用

我必须指出，我刚刚传授的所有知识都已过时；现在我们有了计算机，我们可以做得比t检验更好。正如弗兰克指出的那样，您可能想在被教进行t 检验的任何地方使用Wilcoxon检验。

— 托马斯·莱文
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很好的解释（+1）。但是，我要补充一点，分配均值以近似正态性所需的样本数量取决于总体的非正态性程度。对于大样本，没有理由不对分布进行任何假设的t检验胜过排列检验。

— Michael Lew

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尽管据我所知，+ 1是t检验，可以抵抗正常值的中等偏差。此外，还有一个有趣的相关讨论：stats.stackexchange.com/questions/2492/…–

— nico

4

一个很好的答案，尽管您遗漏了一个小细节：数据的分布必须具有有限的方差。T检验对于比较两个柯西分布的位置（或具有2个自由度的学生）的位置差异没有希望，不是因为它不是“非稳健的”，而是因为对于这些分布，样本中除了均值之外还有其他相关信息和t检验丢掉的标准差。

— 概率

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除此之外，t检验还自然得出了所研究参数的置信区间。（由于第二段直接解决了问题，所以仍然投票，我只是强烈反对第三段）

— Erik

6

t检验确实需要人群的正常性。这是t统计量具有t学生分布的假设。如果您没有正态总体，则无法将t统计量表示为标准正态变量除以卡方变量的根除以其自由度。也许您要说的是，如果某些条件是正确的，例如不存在太大的偏斜或样本过多，则即使总体不正常，该检验仍然有效。

— toneloy '16

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中心极限定理在这种情况下没有人想象的有用。首先，正如某人已经指出的那样，人们不知道当前的样本量是否“足够大”。其次，CLT不仅仅是实现所需的I型错误，还在于II型错误。换句话说，t检验可能是非竞争性的。这就是Wilcoxon测试如此受欢迎的原因。如果保持正常，则其效率是t检验的95％。如果不满足常态，则可以比t检验任意有效。

— 弗兰克·哈雷尔
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（+1）欢迎来到我们的网站，很高兴您找到了该网站。我期待着您的参与。

— 主教

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（+1）关于Wilcoxon的观点。

— whuber

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请参阅我之前对t检验的鲁棒性问题的回答。

特别是，我建议您使用onlinestatsbook applet。

下图基于以下场景：

原假设为真
严重偏斜
两组中的分布相同
两组的方差相同
每组5个样本量（即每个问题少于50个）
我按了10,000个模拟按钮约100次，以获取多达一百万个模拟。

获得的模拟表明，我没有得到5％的Type I错误，而是得到了4.5％的Type I错误。

您是否认为这种功能强大取决于您的观点。

在此处输入图片说明

— 杰罗米·安格利姆
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+1好点。该电源的t检验偏斜的替代品，虽然可以降低严重（就在哪里点基本为零甚至为巨大的影响大小）。

— whuber

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$h=0.24999$

$p = 10^{-4}$ $1-p$

编辑：duh，根据评论中@whuber的捕获，我给出的示例没有均值零，因此测试均值零与I等级无关。

由于彩票示例的样本标准偏差通常为零，因此t检验扼流圈。因此，我给出一个使用Goerg的Lambert W x高斯分布的代码示例。我在这里使用的分布有大约1355的偏差。

#hey look! I'm learning R!
library(LambertW)

Gauss_input = create_LambertW_input("normal", beta=c(0,1))
params = list(delta = c(0), gamma = c(2), alpha = 1)
LW.Gauss = create_LambertW_output(input = Gauss_input, theta = params)
#get the moments of this distribution
moms <- mLambertW(beta=c(0,1),distname=c("normal"),delta = 0,gamma = 2, alpha = 1)

test_ttest <- function(sampsize) {
    samp <- LW.Gauss$rY(params)(n=sampsize)
    tval <- t.test(samp, mu = moms$mean)
    return(tval$p.value)
}

#to replicate randomness
set.seed(1)

pvals <- replicate(1024,test_ttest(50))
#how many rejects at the 0.05 level?
print(sum(pvals < 0.05) / length(pvals))

pvals <- replicate(1024,test_ttest(250))
#how many rejects at the 0.05 level?
print(sum(pvals < 0.05) / length(pvals))

p    vals <- replicate(1024,test_ttest(1000))
#how many rejects at the 0.05 level?
print(sum(pvals < 0.05) / length(pvals))

pvals <- replicate(1024,test_ttest(2000))
#how many rejects at the 0.05 level?
print(sum(pvals < 0.05) / length(pvals))

对于不同的样本量，此代码给出了名义上0.05级的经验剔除率。对于大小为50的样本，经验率为0.40（！）；样本数量250，0.29; 样本数量1000为0.21; 对于2000样本量，0.18。显然，单样本t检验存在偏差。

— 破旧的
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p = 0

$p=0$

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中心极限定理确定（在所需条件下）t统计量的分子是渐近正态的。t统计量也有一个分母。要获得t分布，您需要分母是独立的，并且在其df上是一个chi平方的平方根。

而且我们知道它不会独立（这是正常现象的特征！）

Slutsky定理与CLT的组合将为您提供t统计量是渐近正态的（但不一定是非常有用的速率）。

什么定理可以确定当存在非正态性时，t统计量近似为t分布，以及它出现的速度如何？（当然，最终t-也将接近于法线，但是我们假设近似于另一种近似将比仅使用法线近似更好。）

$t$

$n$

— Glen_b
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x_{i} + x_{j}

$x_{i}+x_{j}$

x_{i} - x_{j}

$x_{i}-x_{j}$

c o v (x_{i} + x_{j}, x_{i} - x_{j}) = v a r (x_{i}) - v a r (x_{j}) + c o v (x_{i}, x_{j}) - c o v (x_{j}, x_{i}) = 0

$cov(x_{i}+x_{j},x_{i}-x_{j})=var(x_{i})-var(x_{j})+cov(x_{i},x_{j})-cov(x_{j},x_{i})=0$

v a r (x_{i}) = v a r (x_{j})

$var(x_{i})=var(x_{j})$

1

不幸的是，如果要以t分布结尾，则不相关和独立之间的区别是相关的。

— Glen_b 2014年

0

是的，中心极限定理告诉我们这是真的。只要避免极端的特征，非正态性在中到大样本中都不会出现问题。

这是一篇有用的评论文章；

http://www.annualreviews.org/doi/pdf/10.1146/annurev.publhealth.23.100901.140546

当替代方案不是原始分布的位置偏移时，Wilcoxon检验（其他人提到的）可能会产生可怕的影响。此外，它测量分布之间差异的方法不是可传递的。

— 客人
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关于Wilcoxon的有趣观点。但是，t检验也有类似的困难：特别是在检测伴随方差增加而产生的变化时特别不利。在当前情况下，关于传递性的问题似乎主要是出于好奇。很难看到它与原始假设检验或它的解释之间的关系。（但在ANOVA或多重比较设置中，不及物性可能变得很重要。）

— whuber

不等方差t检验（某些软件中的默认设置）不存在异方差问题。

— 来宾

关于传递性；报告样本均值或均值差异（使用t检验方法很自然）为读者提供了从其他总体抽样时可以考虑的内容。Wilcoxon测试的非传递性意味着这种方法没有这样的类似方法。使用数据等级是一种非常有限的方法。

— 来宾

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（1）Satterthwaite-Welch（方差均等）测试无法克服我所提到的功率损耗（尽管可以有所帮助）。（2）我认为您在使用“有限”等级来刻画人物时过分极端。@Frank Harrell在他的回复中指的是研究，表明Wilcoxon检验如何在许多情况下保持较高的效率：与t检验相比，这表明使用等级不仅有效，而且更加灵活，而不是更加局限。

— 豪伯

（1）否，但是在中到大样本中，它给出了正确的I型错误率（2）谢谢，但是我很不同意。在Wilcoxon上使用t检验可以更轻松地弥合测试与使用置信区间之间的差距。如果一个人只想进行测试，并且从不希望超出研究的两个范围，那么Wilcoxon当然会遇到很好的情况。但是通常我们不想仅仅进行测试，而是希望帮助用户将结果推广到其他情况。那么Wilcoxon检验将无济于事。

— 来宾

0

关于使用Wilcoxon-Mann-Whitney检验作为替代方案，我推荐论文Wilcoxon-Man-Whitney检验

作为均值或中位数的检验，Wilcoxon–Mann–Whitney（WMW）检验对于与纯漂移模型的偏差可能非常不可靠。

这些是本文作者的建议：

秩变换可以不同地改变两个样本的均值，标准偏差和偏度。只有在分布相同且样本大小相等的情况下，才能保证秩变换可以达到有益的效果。对于与这些相当严格的假设的偏离，秩变换对样本矩的影响是不可预测的。在本文的模拟研究中，将WMW测试与Fligner–Policello测试（FP），Brunner–Munzel测试（BM），两次样本T测试（T），Welch U测试（U），以及Welch U等级考试（RU）。四个基于等级的测试（WMW，FP，BM和RU）的性能相似，尽管BM测试通常比其他测试好一些。当样本数量相等时在相等均值的零假设下，参数检验（T和U）优于基于秩的检验，但在中位数相等的零假设下，参数检验（T和U）优于基于等级的检验。当样本大小不相等时，BM，RU和U测试效果最佳。对于某些设置，总体属性的微小变化会导致测试性能发生较大变化。总之，除非两个分布具有相同的形状和相同的比例，否则大样本近似WMW检验对于比较两个总体的均值或中位数可能是一种较差的方法。这个问题似乎在不同程度上也适用于确切的WMW测试，FP测试，BM测试和Welch U测试。当使用WMW检验时，作者建议彻底研究排名样本的性质，以发现偏斜和方差异质性的迹象。

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