两个样本卡方检验
这个问题来自范德法特（Van der Vaart）的书《渐近统计》（渐近统计）。253.＃3： 假设和是具有参数和独立多项式向量。在零假设下表明XmXm\mathbf{X}_mYnYn\mathbf{Y}_n(m,a1,…,ak)(m,a1,…,ak)(m,a_1,\ldots,a_k)(n,b1,…,bk)(n,b1,…,bk)(n,b_1,\ldots,b_k)ai=biai=bia_i=b_i ∑i=1k(Xm,i−mc^i)2mc^i+∑i=1k(Yn,i−nc^i)2nc^i∑i=1k(Xm,i−mc^i)2mc^i+∑i=1k(Yn,i−nc^i)2nc^i\sum_{i=1}^k \dfrac{(X_{m,i} - m\hat{c}_i)^2}{m\hat{c}_i} + \sum_{i=1}^k \dfrac{(Y_{n,i} - n\hat{c}_i)^2}{n\hat{c}_i}具有分布。其中。Ç我 = （X 米，我 + ÿ Ñ ，我）/（米+ Ñ ）χ2k−1χk−12\chi^2_{k-1}c^i=(Xm,i+Yn,i)/(m+n)c^i=(Xm,i+Yn,i)/(m+n)\hat{c}_i = (X_{m,i} + Y_{n,i})/(m+n) 我需要一些入门帮助。这里的策略是什么？我能够将两个求和数合并为： ∑i=1k(mYn,i−nXm,i)2mn(m+n)c^i∑i=1k(mYn,i−nXm,i)2mn(m+n)c^i\sum_{i=1}^k \dfrac{(mY_{n,i} - nX_{m,i})^2}{mn(m+n)\hat{c}_i} 但与CLT，因为它的加权组合这不会工作XmXmX_m和YnYnY_n。不确定这是否是正确的路径。有什么建议么？ 编辑：如果m=nm=nm=n则很容易，因为我们得到 mYn−nXmmn(m+n)−−−−−−−−−√=Yn−Xm(m+n)−−−−−−−√mYn−nXmmn(m+n)=Yn−Xm(m+n)\begin{align*} \dfrac{mY_{n} - nX_{m}}{\sqrt{mn(m+n)}} &= \dfrac{Y_{n} - X_{m}}{\sqrt{(m+n)}} \end{align*} 其中分子可以看作是多项式变量的差之和，因此我们可以应用CLT，然后使用同一章的定理17.2结束它。但是，我无法弄清楚如何在这种情况下使用不同的样本量来解决这个问题。有什么帮助吗？(1,a1,…,ak)(1,a1,…,ak)(1,a_1,\ldots,a_k) 链接到van der Vaart的 Google图书的第17章