8.3.2 独立性检验

上一小节用 $2 \times 2$ 列联表整理成对分类变量的数据，靠”两个频率差得多不多”来推断两个变量有没有 关联。这个做法有一个说不清的地方：频率本身是随机的。抽 44 个人与抽 4 400 个人，两个频率的 差看着一样大，可信程度完全不同；样本一小，“看着差得多”很可能只是运气。

这一节要做的，就是把”差得多不多”换成一个可以定量、并且能把犯错概率控制住的判断—— $\chi^2$ 独立性检验。

这一份按”先立一个要被推翻的假设 → 造一个衡量偏离的统计量 → 定一条判断标准 → 照四步做题” 的顺序讲。要先说破的是：这一节的数学不难（一个公式、一张表），难的是那套推断的逻辑， 而高考恰恰考后者——“结论的实际含义是什么""犯错的概率是多少""为什么不能反过来说”。

一、零假设：先假定”没关联”

设 $X$ 和 $Y$ 是取值于 $\{0, 1\}$ 的成对分类变量。要判断 $\{X = 1\}$ 与 $\{Y = 1\}$ 之间有没有 关联，先立一个要被检验的假定：

$H_0:\ P(Y = 1 \mid X = 0) = P(Y = 1 \mid X = 1),$

称为零假设（原假设）。它说的是”$X$ 取 0 还是取 1，对 $Y = 1$ 的可能性没有影响”。

课本随后把它化成了一个更好用的形式。由条件概率的定义，$H_0$ 等价于

$\frac{P(X=0,\,Y=1)}{P(X=0)} = \frac{P(X=1,\,Y=1)}{P(X=1)},$

去分母、再用 $P(X=0) = 1 - P(X=1)$ 与 $P(X=0,Y=1) = P(Y=1) - P(X=1,Y=1)$ 整理，得到

$P(X=1)P(Y=1) = P(X=1,\,Y=1),$

也就是 $\{X=1\}$ 与 $\{Y=1\}$ 独立。四条独立性（$\{X=i\}$ 与 $\{Y=j\}$，$i, j = 0, 1$） 彼此等价，于是零假设可以一句话说完：

$H_0:\ \text{分类变量 } X \text{ 和 } Y \text{ 独立}.$

为什么要从”没关联”这一边假设起？ 因为”没关联”是一个具体到能算的假定（四个联合概率都 等于两个边缘概率之积），而”有关联”只说”不等”、不说差多少，算不出任何预期值。这与反证法的 起手式是同一个道理——从要否定的那一边下手（第五段还会回来说二者的区别）。

二、造统计量：观测值与期望值差多远

假定 $H_0$ 成立。抽样得到的 $2 \times 2$ 列联表里，四个格子的频数记作 $a, b, c, d$， 样本容量 $n = a+b+c+d$（行、列的和分别是 $a+b$、$c+d$、$a+c$、$b+d$）。

在 $H_0$ 之下，$P(X=0, Y=0) = P(X=0)P(Y=0)$，用频率估计概率就是 $\frac{a+b}{n} \cdot \frac{a+c}{n}$，于是这一格频数的期望值（预期值）是

$\frac{(a+b)(a+c)}{n}.$

如果 $H_0$ 真的成立，观测到的 $a$ 就该与它比较接近。四个格子各有这么一对”观测 vs 期望”， 四个差的绝对值都不该太大。

问题是四个数不好一起看。课本的做法是把它们合成一个数：每个差取平方、除以相应的期望值 （期望值大的格子，差本来就容易大，除一下才公平），再求和：

$\chi^2 = \sum_{\text{四格}} \frac{(\text{观测值} - \text{期望值})^2}{\text{期望值}} .$

代入化简，得到那个真正要用的式子：

$\boxed{\ \chi^2 = \frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}\ }$

这个式子值得读三遍：

• 分子里的 $ad - bc$ 就是”偏离独立”的量。 若 $H_0$ 成立，四格频数会近似满足 $ad = bc$（交叉相乘相等，就是”比例相同”），此时 $\chi^2 = 0$。$|ad-bc|$ 越大，偏离越远。
• 分母是四个边缘和之积，它把行列的规模除掉，使 $\chi^2$ 不因为”某一行本来人就多”而虚高。
• $\chi^2$ 与 $n$ 成正比（同一张表所有数据同乘 $k$，$ad-bc$ 变成 $k^2(ad-bc)$、分子变 $k^5$ 倍，分母变 $k^4$ 倍，故 $\chi^2$ 变 $k$ 倍）。这一条正是本节习题第 9 题的全部内容， 也回答了开头那个问题：同样的比例差，样本越大，证据越强。
• 对调行或对调列，$\chi^2$ 不变（$ad-bc$ 至多变号，而它是平方；分母的四个因子只是换位置）。 所以列联表怎么摆都不影响结论——课本”观察”栏问的就是这件事。

三、判断标准：小概率值与临界值

$\chi^2$ 大到什么程度才算”大”？靠的是小概率事件在一次试验中不大可能发生这条原理。

在 $H_0$ 成立的前提下，统计学家算出了 $\chi^2$ 的近似分布。于是对任何小概率值 $\alpha$， 都能找到一个正实数 $x_\alpha$（叫做 $\alpha$ 的临界值）使

$P(\chi^2 \geqslant x_\alpha) = \alpha .$

$\alpha$ 越小，$x_\alpha$ 越大。 课本表 8.3-4 给了 5 个常用的（见上方第 136 页扫描图）：

检验规则（基于小概率值 $\alpha$）：

• 当 $\chi^2 \geqslant x_\alpha$ 时，推断 $H_0$ 不成立，即认为 $X$ 和 $Y$ 不独立， 该推断犯错误的概率不超过 $\alpha$；
• 当 $\chi^2 < x_\alpha$ 时，没有充分证据推断 $H_0$ 不成立，可以认为 $X$ 和 $Y$ 独立。

这套方法叫 $\chi^2$ 独立性检验（读作”卡方独立性检验”），简称独立性检验。

两句话的措辞，比公式更容易失分

• 拒绝时要写”推断 $H_0$ 不成立，即认为 $X$ 与 $Y$ 有关联，此推断犯错误的概率不大于 $\alpha$“。那句”犯错误的概率不大于 $\alpha$“不是客套，它是这套方法唯一能提供的保证， 漏掉就等于把一个概率性结论说成了确定性结论。
• 不拒绝时要写”没有充分证据推断 $H_0$ 不成立，可以认为 $X$ 与 $Y$ 独立”。 注意它不等于”证明了两者无关”——只是这次的数据不够。这时也可能犯错， 而且那种错误的概率我们并不知道；课本只说了一件事：$\alpha$ 越大，这类错误的概率越小。

这两句的不对称是有来历的：整套推断只对”拒绝”那一侧给了概率保证。

四、四步做题法

课本在例 4 后面总结的四个环节，就是答题模板：

第 1 步：写零假设，并翻译成这道题的话。

$H_0$：$X$ 与 $Y$ 独立，即（吸烟与患肺癌之间无关联 / 两校学生的数学成绩优秀率无差异 / 疗法与疗效无关……）。

第 2 步：整理列联表，算 $\chi^2$。 题目给了表就直接读，给的是文字就先列表。 代公式时把四个数按 $\begin{smallmatrix} a & b \\ c & d\end{smallmatrix}$ 的位置摆好， 分母四个因子分别是两个行和、两个列和。

第 3 步：与临界值比，得出推断。 写成一行不等式最清楚，例如课本例 4：

$\chi^2 \approx 56.632 > 10.828 = x_{0.001},$

故推断 $H_0$ 不成立；而课本例 2 是另一侧：$\chi^2 \approx 0.837 < 2.706 = x_{0.1}$， 故没有充分证据推断 $H_0$ 不成立。

第 4 步（$X$、$Y$ 不独立时才做）：比较相应的频率，说清”怎么影响”。 独立性检验只回答”有没有关联”，不回答”谁影响谁、影响多大”。例 4 里，不吸烟者患肺癌的频率是 $\frac{42}{7817} \approx 0.0054$，吸烟者是 $\frac{49}{2148} \approx 0.0228$， 后者是前者的 $4$ 倍以上——这句才是”吸烟更容易引发肺癌”的依据，它来自频率比较， 不来自 $\chi^2$。

五、与反证法的异同（课本”思考”栏，年年考）

相同：都从”要被否定的那个假设”出发。

不同：

一句话：反证法靠”不可能”，独立性检验靠”不大可能”。差的就是那个”大”字， 而它换来的是能处理随机数据。

六、易错清单

按失分频率排：

1. 不写零假设。 第 1 步是采分点，且不写就没法解释”犯错误的概率不超过 $\alpha$“指的是什么。
2. 临界值取错方向。 $\alpha$ 越小，临界值 $x_\alpha$ 越大、拒绝越难、结论越可靠。 把 $\alpha = 0.001$ 配成 $2.706$ 是这一节最常见的低级错。
3. 不拒绝时说成”两者无关已被证明”。 正确措辞是”没有充分证据推断 $H_0$ 不成立”。
4. 把 $\chi^2$ 的大小当成”关联的强弱”。 $\chi^2$ 同时受关联强度与样本容量影响 （见第二段第三条），样本一大它就跟着大。关联有多强要看频率之比，不看 $\chi^2$。
5. 对普查数据做检验。 普查得到的是总体，各比例就是真实概率，直接比较即可， 不存在”抽样随机性”需要控制——检验的前提是随机样本（这正是习题 8.3 第 2 题）。
6. 代公式时把行和列和错位。 分母是 $(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)$——两个行和乘两个列和， 四个因子的乘积。算完可以粗核一下：分母应当接近 $n^2$ 量级的四分之一到二分之一之间的 两两之积，明显不对就是摆错了位置。
7. 中途取近似。 $\chi^2$ 的分子里有平方，早取近似会放大误差；先把 $ad - bc$ 精确算出来 再平方。

七、这一节考过的真题（怎么用它）

页面下方”考过本节的真题”那一段是构建期派生出来的完整清单。这里说其中一道。

2025 年新课标Ⅰ卷第 15 题：为研究某疾病与超声波检查结果的关系，随机调查了 1000 人， 得到一张 $2 \times 2$ 列联表。(1) 记超声波检查结果不正常者患该疾病的概率为 $P$，求 $P$ 的估计值； (2) 根据小概率值 $\alpha = 0.001$ 的独立性检验，分析超声波检查结果是否与患该疾病有关。 题面还附了公式 $\chi^2 = \frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$。

它与本节的对应几乎是逐条的：

• 第 (1) 问是古典概型 + 条件概率：在”检查结果不正常”这一行里数出患病的比例， 用频率估计概率，答 $\frac{9}{10}$。它对应第四段的第 4 步——比较频率、说清影响规律；
• 第 (2) 问就是第四段的第 1—3 步：写零假设、代公式算 $\chi^2$、与 $x_{0.001} = 10.828$ 比较，结论是”有关”。

值得注意的是题面把公式附上了——这说明考的不是背公式，是那套推断逻辑与措辞。 所以复习这一节时，与其反复代公式，不如把第三段那两句结论措辞、第五段那张对照表写熟。

读的顺序：课本例 2（不拒绝的情形）→ 例 4（拒绝的情形，且带第 4 步）→ 本节练习第 1 题 （同一组数据换一个 $\alpha$，看结论怎么翻转）→ 习题 8.3 第 9 题（数据同时扩大 10 倍） → 这道真题。练习第 1 题与习题第 9 题合起来，正好把"$\alpha$"与"$n$"这两个旋钮各拧了一次。

本节课本习题共 10 道：第 139 页「练习」的第 1、2 题，第 140—141 页「习题 8.3」的第 1、2、3、4、 6、9 题，以及第 144 页「复习参考题 8」里属于本节主题的第 3、4 题。

不收的三批，逐条说明：

• 题面所依赖的列联表在本节的规范化转写里缺失的：「练习」第 3、4 题，「习题 8.3」第 5、7、8 题， 「复习参考题 8」第 8 题。这几道都是”得到如下列联表：……依据 $\alpha$ 的独立性检验……”的形状， 而那几张表只留下了引出它的一句话（连”单位：人""单位：只”都在，表格本身没有）。 本站的题面引文必须是本节转写的逐字子串，引不出完整题面，独立复核也就无从核起。 读者可对着上方相应页的扫描图自行读表，再照第 1 题的做法算。
• 归本章别的节的：「复习参考题 8」第 1、2、5、6、7、9 题考的是散点图、样本相关系数与一元 线性回归（§8.1 / §8.2），按”跨节的归它自己那一节”不在这一份里。
• 归上一小节的：第 133 页页首那几道（第 2、3、4 题）是 §8.3.1「列联表与独立性检验」的练习， 只是随印刷页排进了本节的目录。

每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

练习（第 139 页）第 1 题

1. 对于例3中的抽样数据，采用小概率值 $\alpha = 0.05$ 的独立性检验，分析乙种疗法的效果是否比甲种疗法好.

本题要用例 3 的数据，故把例 3 的题干一并引在这里（第 137 页）：

例3 某儿童医院用甲、乙两种疗法治疗小儿消化不良。采用有放回简单随机抽样的方法对治疗情况进行检查，得到了如下数据：抽到接受甲种疗法的患儿67名，其中未治愈15名，治愈52名；抽到接受乙种疗法的患儿69名，其中未治愈6名，治愈63名。试根据小概率值 $\alpha = 0.005$ 的独立性检验，分析乙种疗法的效果是否比甲种疗法好。

第 1 步：零假设。 $H_0$：疗法与疗效独立，即两种疗法的效果没有差异。

第 2 步：列表并算 $\chi^2$。 把数据整理成 $2 \times 2$ 列联表（单位：名）：

（核一遍：$15 + 52 = 67$，$6 + 63 = 69$，$15 + 6 = 21$，$52 + 63 = 115$， $67 + 69 = 21 + 115 = 136$，四个边缘和都对得上。）

代入公式，先把 $ad - bc$ 精确算出来再平方：

$ad - bc = 15 \times 63 - 52 \times 6 = 945 - 312 = 633,$

（分母：$67 \times 69 = 4\,623$，$21 \times 115 = 2\,415$， $4\,623 \times 2\,415 = 11\,164\,545$。这与课本例 3 算出的 $4.881$ 一致。）

第 3 步：与临界值比。 $\alpha = 0.05$ 对应的临界值是 $x_{0.05} = 3.841$，

$\chi^2 \approx 4.881 > 3.841 = x_{0.05},$

所以推断 $H_0$ 不成立，即认为疗法与疗效不独立、两种疗法的效果有差异， 此推断犯错误的概率不大于 $0.05$。

第 4 步：比较频率，说清谁更好。 检验只说”有差异”，“乙比甲好”要靠频率：

乙种疗法的治愈频率明显高于甲种，所以可以认为乙种疗法的效果比甲种疗法好。

把这道题与例 3 摆在一起看，这才是它被出出来的理由：同一组数据、同一个 $\chi^2 \approx 4.881$，

• 例 3 取 $\alpha = 0.005$，临界值 $7.879$，$4.881 < 7.879$ → 没有充分证据推断 $H_0$ 不成立；
• 本题取 $\alpha = 0.05$，临界值 $3.841$，$4.881 > 3.841$ → 推断 $H_0$ 不成立。

两个结论并不矛盾：它们回答的是两个严格程度不同的问题。$\alpha$ 就是我们愿意承担的”把没差异 判成有差异”的风险上限，把它压到 $0.005$，就要求证据强得多。这一点在下一题里说透。

练习（第 139 页）第 2 题

2. 根据同一抽查数据推断两个分类变量之间是否有关联，应用不同的小概率值，是否会得出不同的结论？为什么？

结论：不一定——得看 $\chi^2$ 落在哪里。

一次检验里有两个量：

• $\chi^2$ 由数据唯一确定，与选哪个 $\alpha$ 无关；
• 判断标准 $x_\alpha$ 由 $\alpha$ 确定，且 $\alpha$ 越小、$x_\alpha$ 越大 （$x_{0.1} = 2.706 < x_{0.05} = 3.841 < x_{0.01} = 6.635 < x_{0.005} = 7.879 < x_{0.001} = 10.828$）。

判断规则是拿这两个量比大小，于是分三种情形：

• $\chi^2$ 落在两个不同的临界值之间：结论必然不同——在较大的 $\alpha$ 下推断不独立， 在较小的 $\alpha$ 下没有充分证据推断不独立；
• $\chi^2 \geqslant x_{0.001} = 10.828$：五个 $\alpha$ 下全都拒绝 $H_0$，结论相同；
• $\chi^2 < x_{0.1} = 2.706$：五个 $\alpha$ 下全都拿不出充分证据，结论也相同。

所以准确的说法是：可能不同——而且当且仅当 $\chi^2$ 介于两个不同临界值之间时，必然不同。 单凭”同一抽查数据、不同 $\alpha$“这两个条件，还不足以断言结论一定会变。

上一题就是”介于两个临界值之间”的现成例子：$\chi^2 \approx 4.881$ 落在 $x_{0.05} = 3.841$ 与 $x_{0.005} = 7.879$ 之间，于是 $\alpha = 0.05$ 时拒绝 $H_0$、 $\alpha = 0.005$ 时不拒绝——同一个数据，两个结论。

这不是方法的缺陷，恰恰是它的设计。 $\alpha$ 的含义是 推断 $H_0$ 不成立时允许犯错的概率上限。把 $\alpha$ 取小，就是要求”宁可漏判、不可错判”， 于是需要更强的证据才肯下结论； 把 $\alpha$ 取大，就是放宽了要求。所以两个结论说的其实是两句不同的话：

• $\alpha = 0.05$ 下的结论：在”允许 $5\%$ 错判风险”这个标准下，证据够了；
• $\alpha = 0.005$ 下的结论：在”只允许 $0.5\%$ 错判风险”这个标准下，证据还不够。

正因为如此，报告结论时必须把 $\alpha$ 一起写出来——脱离 $\alpha$ 的”有关联 / 无关联” 是一句没有意义的话。

习题 8.3 第 1 题

1. 为什么必须基于成对样本数据推断两个分类变量之间是否有关联？

“关联”这个词说的是：在同一个个体身上，$X$ 的取值与 $Y$ 的取值怎样搭配。要回答它， 就必须知道每一个个体的 $(X, Y)$ 两个值是如何配对的——这正是”成对样本数据”的含义。

说得再具体些：不成对就填不出列联表的内部四格。 若 $X$ 的数据来自一批人、$Y$ 的数据来自 另一批人，我们只能得到两组各自的计数，也就是列联表的边缘和 $a+b$、$c+d$、$a+c$、$b+d$， 而 $a, b, c, d$ 这四个格子里的数无法确定。

而 $\chi^2$ 恰恰只由内部四格里的 $ad - bc$ 决定。举一个极端的对照：设 $n = 100$， 两个行和都是 $50$、两个列和也都是 $50$，

• 若 $(a, b, c, d) = (25, 25, 25, 25)$，则 $ad - bc = 0$，$\chi^2 = 0$；

• 若 $(a, b, c, d) = (50, 0, 0, 50)$，则 $ad - bc = 2\,500$，

  $\chi^2 = \frac{100 \times 2\,500^2}{50 \times 50 \times 50 \times 50} = \frac{625\,000\,000}{6\,250\,000} = 100 .$

边缘和一模一样，一个是”完全独立”、一个是”完全关联”。 这说明边缘和里根本不含关联的信息， 关联的信息全在”谁和谁配在一起”这件事里，而它只有成对数据才记录得下来。

习题 8.3 第 2 题

2. 为什么 $\chi^2$ 独立性检验方法不适用于普查数据？

三条理由，一条比一条硬：

其一，普查没有要控制的随机性。 独立性检验存在的全部理由，是 样本的频率与总体的概率之间因抽样随机性而有误差——两个频率差一点，可能只是抽样运气。 普查覆盖了全体，得到的频率就是总体中的真实比例，不是估计值。此时”两个变量是否独立” 可以直接判定：看四个联合比例是不是等于相应的两个边缘比例之积，等就独立、不等就不独立， 不需要也不该再套一层概率推断。

其二，检验的前提在普查下不成立。 课本导出 $\chi^2$ 的近似分布时，明确假定了 “有放回简单随机抽样、样本容量 $n$ 充分大”。普查不是抽样，$\chi^2$ 的那个近似分布、以及 "$P(\chi^2 \geqslant x_\alpha) = \alpha$"这条关系，都失去了依据；临界值表也就无从解释。

其三，硬套的话结论会失去意义。 $\chi^2$ 与 $n$ 成正比（同一比例结构下数据放大 $k$ 倍， $\chi^2$ 变成 $k$ 倍，见第 9 题）。普查的 $n$ 通常极大，于是 任何一点微小的、在实际中毫无意义的比例偏差，都会把 $\chi^2$ 推过临界值， 检验结论几乎恒为”有关联”——一个永远给同一个答案的判据，等于没有判据。

一句话：检验是用来对付”样本 → 总体”这一跳的不确定性的；普查没有这一跳。

习题 8.3 第 3 题

3. 等高堆积条形图在两个分类变量之间关联性的研究中能够起到什么作用？

等高堆积条形图把 $X = 0$ 与 $X = 1$ 两类各画成一样高的一条，条内再按 $Y = 0$ 与 $Y = 1$ 的占比分段着色。它的作用有三条：

其一，把要比较的那两个条件频率直接画在一起。 独立性说到底就是 $P(Y=1 \mid X=0) = P(Y=1 \mid X=1)$，而这两个条件频率正是两条里各自那一段的长度比例。 两条的分界线齐平 → 两个条件频率接近 → 提示两个变量可能独立；错开得越远 → 提示关联越强。

其二，“等高”消掉了样本量的干扰。 若按实际人数画（不等高），人多的那一类整条都长， 读者会把”人多”误读成”比例高”。拉成等高之后，比较的是比例而不是绝对人数， 这正是关联性关心的东西。

其三，它是列联表的可视化，便于快速筛查。 拿到一张 $2 \times 2$ 列联表，先画这张图， 一眼看出值不值得往下做检验。

它的局限也要说清楚：这张图只给直观提示，不给任何量化的把握——它说不出”这么大的差异 由随机性造成的可能性有多小”，也给不出犯错概率的上界。要得到有保证的推断，仍须做 $\chi^2$ 独立性检验。这正是 §8.3.1（看图看频率）与 §8.3.2（做检验）的分工。

习题 8.3 第 4 题

4. 对于已经获取的成对样本数据，检验结论“两个变量之间有关联”的实际含义是什么？检验结论“两个变量之间没有关联”的实际含义又是什么？

两个结论的实际含义并不对称，这是本题的全部要点。

结论一：“两个变量之间有关联”。 它的完整意思是：由这组数据算得 $\chi^2 \geqslant x_\alpha$， 即在”两个变量独立”这个零假设之下，出现了一个概率不超过 $\alpha$ 的小概率事件。 按”小概率事件在一次试验中不大可能发生”这条原理，我们推断零假设不成立。

要点有三：

1. 这是一个推断，不是证明；它可能出错，但犯错误的概率不超过 $\alpha$。 报告结论时这句话必须带上。
2. 它不说明关联有多强。$\chi^2$ 同时受关联强度与样本容量影响，$\chi^2$ 大不等于关联强。 要说”影响多大”，得另外比较相应的频率（如例 4 里，不吸烟者患肺癌的频率是 $\frac{42}{7817} \approx 0.0054$，吸烟者是 $\frac{49}{2148} \approx 0.0228$， 后者是前者的 $4$ 倍以上）。
3. 它不说明因果。“有关联”只是说两个变量的取值搭配不独立，谁导致谁、还是共同受第三个因素 影响，检验一概不回答。

结论二：“两个变量之间没有关联”。 它的完整意思是：$\chi^2 < x_\alpha$， 在零假设之下并没有出现小概率事件，所以没有充分证据推断零假设不成立， 于是可以认为两个变量独立。

要点也有三：

1. 措辞的重点在”没有充分证据”。它不等于”已经证明两者无关”——完全可能只是样本太小、 证据不足（同一批比例结构，样本扩大 10 倍就可能翻转，见第 9 题）。
2. 这个结论同样可能出错（真有关联却没检出）。
3. 而这一类错误的概率我们并不知道。课本只给了一句定性的话：$\alpha$ 越大，这类错误的概率 越小。所以不能在这一侧写”这个结论犯错误的概率不超过 $\alpha$“——那个保证只对拒绝那一侧 成立（复习参考题 8 第 3 题考的正是这一点）。

习题 8.3 第 6 题

5. 为了研究高三年级学生的性别和身高是否大于 $170 \mathrm{~cm}$ 的关联性，调查了某中学所有高三年级的学生，整理得到如下列联表：

6. 第5题中的身高变量是数值型变量还是分类变量？为什么？

（第一段引文是第 5 题的题干——本题问的正是它里面那个变量；第二段才是本题。）

回答：在第 5 题里，进入研究的那个”身高变量”是分类变量。

要把两件事分开说：

• 身高这个量本身是数值型变量。 它以 $\mathrm{cm}$ 计量，取值是实数，可以比大小、可以求平均数 与方差、两个身高相减有意义（“高 3 cm”）。
• 但第 5 题拿进列联表的并不是身高本身，而是”身高是否大于 $170\ \mathrm{cm}$“这个判断。 它只有”是""否”两个取值，是两个类别：一个学生要么落进”大于 170 cm”这一类， 要么落进”不大于 170 cm”这一类。类别之间只能计数、不能比大小，也不能相加求平均—— 这正是分类变量的特征。

为什么非得这么做：$2 \times 2$ 列联表的四个格子装的是频数，$\chi^2$ 也只对频数有定义。 要用列联表与独立性检验研究关联，两个变量都必须是分类变量。所以研究”性别与身高的关联”时， 就先给身高定一个阈值（这里是 $170\ \mathrm{cm}$），把一个数值型变量分段成分类变量。

代价也要知道：分段会丢信息（$171\ \mathrm{cm}$ 与 $195\ \mathrm{cm}$ 被归为同一类）， 而且阈值选在哪里会影响结论——这是用列联表换来”能做检验”所付的价钱。

习题 8.3 第 9 题

9. 对例 1 列联表 8.3-2 中的数据，依据 $\alpha=0.1$ 的独立性检验，我们已经知道独立性检验的结论是学校和成绩无关。如果表 8.3-2 中所有数据都扩大为原来的 10 倍，在相同的检验标准下，再用独立性检验推断学校和数学成绩之间的关联性，结论还一样吗？请你试着解释其中的原因。

本题要用表 8.3-2 的数据，它出现在本节例 2 的算式里（第 136 页），一并引在这里：

$\chi^ {2} = \frac {8 8 \times (3 3 \times 7 - 1 0 \times 3 8) ^ {2}}{4 3 \times 4 5 \times 7 1 \times 1 7} \approx 0. 8 3 7 < 2. 7 0 6 = x _ {0. 1}.$

结论：不一样。 扩大 10 倍之后，结论从”学校和成绩无关”变成”学校和成绩有关联”。

先证一条一般结论：把列联表所有数据同时扩大为原来的 $k$ 倍（$k > 0$），$\chi^2$ 也扩大为原来的$k$ 倍。

设原表四格为 $a, b, c, d$，$n = a+b+c+d$。扩大后四格为 $ka, kb, kc, kd$，样本容量为 $kn$， 四个边缘和分别变成 $k(a+b)$、$k(c+d)$、$k(a+c)$、$k(b+d)$。代入公式：

（分子里 $(k^2(ad-bc))^2 = k^4(ad-bc)^2$，再乘上 $kn$，共 $k^5$；分母四个因子各出一个 $k$， 共 $k^4$；相约剩 $k$。）

代进本题。 由上面引的例 2 算式，原表的 $\chi^2 \approx 0.837$。取 $k = 10$：

$\chi^2_{\text{新}} \approx 10 \times 0.837 = 8.37 .$

检验标准不变，仍是 $\alpha = 0.1$、$x_{0.1} = 2.706$。这时

$\chi^2_{\text{新}} \approx 8.37 > 2.706 = x_{0.1},$

于是推断 $H_0$ 不成立，即认为学校与数学成绩有关联，此推断犯错误的概率不大于 $0.1$—— 与原来的结论相反。

原因（这才是题目要的）。 数据同比例放大，每一个频率都没有变：两校的优秀率之差、 四个格子的占比，与原来一模一样。变的只有样本容量。

而检验判断的从来不是”比例差得大不大”，而是 这么大的比例差由抽样随机性偶然造成的可能性有多小。同样大小的比例差， 出现在 88 人的样本里可能只是运气，出现在 880 人的样本里就很难用运气解释了——样本越大，频率越贴近概率，偶然偏差越小。所以证据强度随样本容量上升， $\chi^2 \propto n$ 正是这句话的数学表达。

这也回过头解释了 §8.3.1 那个遗留问题：单看两个频率之差不足以下结论，必须把样本容量一并计入， 而 $\chi^2$ 就是那个把”比例差”与”样本量”合起来算的量。

复习参考题 8 第 3 题

3. 根据分类变量 $x$ 与 $y$ 的成对样本数据，计算得到 $\chi^2 = 2.974$。依据 $\alpha = 0.05$ 的独立性检验，结论为（ ）.

(A) 变量 x 与 y 不独立

(B) 变量 $x$ 与 $y$ 不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05

(C) 变量 $x$ 与 $y$ 独立

(D) 变量 $x$ 与 $y$ 独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05

$\alpha = 0.05$ 对应的临界值是 $x_{0.05} = 3.841$。题给

$\chi^2 = 2.974 < 3.841 = x_{0.05},$

按检验规则，这一侧的结论是：没有充分证据推断 $H_0$ 不成立，可以认为 $x$ 与 $y$ 独立。

逐个选项判：

• (A) 错、(B) 错：两者都说”不独立”，而 $\chi^2$ 没有达到临界值，不能推断 $H_0$ 不成立。
• (D) 错：结论”独立”这一半对了，但后半句错。“犯错误的概率不超过 $\alpha$“这条保证 只对拒绝零假设那一侧成立；接受 $H_0$ 时也可能犯错，而那一类错误的概率是未知的 （课本只说 $\alpha$ 越大它越小）。把 $\alpha$ 安到这一侧，是把一个没有的保证说成有。
• (C) 对：它正是检验规则在 $\chi^2 < x_\alpha$ 时给出的那句话，且没有多加任何保证。

答案：C。

这道题考的不是计算，是第 4 题里那个不对称——拒绝时有概率保证，不拒绝时没有。 (D) 就是照着 (B) 的句式硬造出来的诱饵。

复习参考题 8 第 4 题

4.8.3节例4中推断吸烟与患肺癌是有关联的，能用一元线性回归模型建立它们之间的关系吗？为什么？

回答：不能。

理由一：变量类型不对。 一元线性回归模型

$\begin{cases} Y = bx + a + e, \\ E(e) = 0,\quad D(e) = \sigma^2 \end{cases}$

要求自变量 $x$ 与因变量 $Y$ 都是数值型变量——$x$ 要能取一串实数值，$Y$ 要能求均值、 $Y$ 与 $bx + a$ 的差（残差）要有意义。而例 4 里的两个变量是”是否吸烟”与”是否患肺癌”， 取值是类别，不是数量。

理由二：给类别编号是任意的，回归结果不唯一。 有人会说”把吸烟记 1、不吸烟记 0 不就成数了”。 问题在于这个编号没有度量意义：改记成 $1$ 与 $2$、或 $-1$ 与 $1$，同一批数据算出来的 $\hat{b}$、$\hat{a}$ 就全变了，而现实并没有变。数值型变量的取值本身携带大小与间距的信息 （身高 $171$ 比 $170$ 高 $1\ \mathrm{cm}$），分类变量的编号不携带——所以”$x$ 每增加 1 个单位， $Y$ 平均增加 $\hat{b}$“这句回归模型的核心解释，在这里根本说不通。

理由三：两种方法回答的本来就不是同一个问题。 回归分析回答的是”一个数值变量随另一个数值变量 怎样变化”（并可据此预测）；独立性检验回答的是”两个分类变量的取值搭配是否独立”。 例 4 问的是后者。

那么分类变量之间的关联该怎么刻画？ 就用本节这一套：$2 \times 2$ 列联表 + $\chi^2$ 独立性检验判断”有没有关联”；需要说明”影响有多大”时，比较相应的频率——例 4 里吸烟者患肺癌的 频率 $\frac{49}{2148} \approx 0.0228$ 是不吸烟者 $\frac{42}{7817} \approx 0.0054$ 的 4 倍以上， 这句话才是”吸烟更容易引发肺癌”的量化依据。