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为什么独立性测试使用卡方分布？
所述拟合优度测试使用以下统计： 在测试中，授予该该条件得到满足，一个用途 - 分布来计算p值，鉴于条件之一将相同尺寸的代表性样品中观察这样的值。χ 2 0 = Ñ Σ我= 1（直径：我 - ë 我）2χ2χ2\chi^2 χ2ħ0χ20=∑i=1n(Oi−Ei)2Eiχ02=∑i=1n(Oi−Ei)2Ei \chi_0^2=\sum_{i=1}^n\frac{(O_i-E_i)^2}{E_i} χ2χ2\chi^2H0H0H_0 但是，为了使统计遵循（具有个自由度），必须为： 用于独立的标准普通（Wikipedia）。测试的条件如下（同样来自Wikipedia）： χ 2 ñ - 1 ñ Σ我= 1（直径：我 - ë 我）2χ20χ02\chi_0^2χ2χ2\chi^2n−1n−1n-1 Zi∑i=1n(Oi−Ei)2Ei=∑i=1n−1Z2i∑i=1n(Oi−Ei)2Ei=∑i=1n−1Zi2 \sum_{i=1}^n\frac{(O_i-E_i)^2}{E_i}=\sum_{i=1}^{n-1}Z_i^2 ZiZiZ_i 人口样本代表 大样本量 预期细胞数足够大 每个类别之间的独立性 从条件（1,2）可以看出，我们满足了从样本到总体的推断条件。（3）似乎是一个必要的假设，因为分母中的离散计数不会导致每个的近连续分布，并且如果它不够大，则存在可以用Yates校正的误差校正 -这似乎是由于以下事实：离散分布基本上是“泛滥”的连续分布，因此每个分布的偏移都可以对此进行校正。ž 我EiEiE_iZiZiZ_i1/21/21/2 （4）的必要性似乎稍后会派上用场，但我不知道如何。 起初，我认为对于使统计信息与分布匹配是必要的。这使我得出一个令人质疑的假设，即，这确实是错误的。实际上，从等式两边的维数从到可以看出，事实并非如此。Zi=Oi−EiEi√Zi=Oi−EiEiZ_i=\frac{O_i-E_i}{\sqrt{E_i}}Oi−Ei∼N(0,Ei−−√)Oi−Ei∼N(0,Ei)O_i-E_i\sim \mathcal{N}(0, \sqrt{E_i})nnnn−1n−1n-1 由于whuber的解释，很明显不必等于每个项，因为对于功能独立的标准正态随机变量，（注意总的减少）。ZiZiZ_iOi−EiEi√Oi−EiEi\frac{O_i-E_i}{\sqrt{E_i}}χ20=∑n−1i=1Z2iχ02=∑i=1n−1Zi2\chi_0^2=\sum_{i=1}^{n-1}Z_i^2ZiZiZ_i 那么，我的问题是如何遵循分布？项中的每一个的什么样的组合会导致平方标准法线？显然，这需要使用CLT（这很有意义），但是如何？换句话说，每个等于（或近似等于）是多少？χ20χ02\chi_0^2χ2χ2\chi^2 Z 2 i Zi(Oi−Ei)2Ei(Oi−Ei)2Ei\frac{(O_i-E_i)^2}{E_i}Z2iZi2Z_i^2ZiZiZ_i