Plik pdf

Załóżmy że będzie oznaczony jako z nieznanym i $X_1, X_2,...,X_n$ $N(\mu,\sigma^2)$ $\mu \in \mathcal R$ $\sigma^2>0$

Niech $Z=\frac{X_1-\bar{X}}{S},$ S jest tutaj odchyleniem standardowym.

Można wykazać, że $Z$ ma pdf Lebesgue

f (z) = \frac{\sqrt{n} Γ (\frac{n - 1}{2})}{\sqrt{π} (n - 1) Γ (\frac{n - 2}{2})} {[1 - \frac{n z^{2}}{(n - 1)^{2}}]}^{n / 2 - 2} I_{(0, (n - 1) / \sqrt{n})} (| Z |)

$f(z)=\frac{\sqrt{n} \Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}{\sqrt{\pi}(n-1)\Gamma\left(\frac{n-2}{2}\right)}\left[1-\frac{nz^2}{(n-1)^2}\right]^{n/2-2}I_{(0,(n-1)/\sqrt{n})}(|Z|)$

Moje pytanie brzmi: jak zdobyć ten plik pdf?

Pytanie znajduje się tutaj w przykładzie 3.3.4, aby znaleźć UMVUE dla $P(X_1 \le c)$ . Rozumiem logikę i procedury wyszukiwania UMVUE, ale nie wiem, jak uzyskać plik pdf.

Myślę, że kwestia ta odnosi się także do tego jednego

Bardzo dziękuję za pomoc lub wskaż wszelkie powiązane odniesienia zostaną również wykorzystane.

self-study umvue Głęboka północ
źródło

Odpowiedzi:

Intrygujący w tym wyniku jest to, jak bardzo wygląda rozkład współczynnika korelacji. Jest powód.

Załóżmy, że $(X,Y)$ jest dwuwymiarową normalną z zerową korelacją i wspólną wariancją $\sigma^2$ dla obu zmiennych. Narysuj próbkę $(x_1,y_1), \ldots, (x_n,y_n)$ . Jest dobrze znane i łatwo ustalone geometrycznie (tak jak Fisher sto lat temu), żerozkład współczynnika korelacji próbki

r = \frac{\sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - \bar{x}) (y_{i} - \bar{y})}{(n - 1) S_{x} S_{y}}

$r = \frac{\sum_{i=1}^n(x_i - \bar x)(y_i - \bar y)}{(n-1) S_x S_y}$

jest

f (r) = \frac{1}{B (\frac{1}{2}, \frac{n}{2} - 1)} {(1 - r^{2})}^{n / 2 - 2}, - 1 \leq r \leq 1.

$f(r) = \frac{1}{B\left(\frac{1}{2}, \frac{n}{2}-1\right)}\left(1-r^2\right)^{n/2-2},\ -1 \le r \le 1.$

(Tutaj, jak zwykle, i są średnimi próbki, a i są pierwiastkami kwadratowymi obiektywnych estymatorów wariancji.) $\bar x$ $\bar y$ $S_x$ $S_y$ jestfunkcją Beta, dla której $B$

\begin{matrix} (1) & \frac{1}{B (\frac{1}{2}, \frac{n}{2} - 1)} = \frac{Γ (\frac{n - 1}{2})}{Γ (\frac{1}{2}) Γ (\frac{n}{2} - 1)} = \frac{Γ (\frac{n - 1}{2})}{\sqrt{π} Γ (\frac{n}{2} - 1)} . \end{matrix}

$\frac{1}{B\left(\frac{1}{2}, \frac{n}{2}-1\right)} = \frac{\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{n}{2}-1\right)} = \frac{\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}{\sqrt{\pi}\Gamma\left(\frac{n}{2}-1\right)} . \tag{1}$

Aby obliczyć , możemy wykorzystać jego niezmienność przy rotacjach w wokół linii generowanej przez , wraz z niezmienniczością rozkładu próbki przy tych samych obrotach, i wybrać to dowolny wektor jednostkowy, którego składniki sumują się do zera. Jeden taki wektor jest proporcjonalny do $r$ $\mathbb{R}^n$ $(1,1,\ldots, 1)$ $y_i/S_y$ . Jego standardowe odchylenie wynosi $v = (n-1, -1, \ldots, -1)$

S_{v} = \sqrt{\frac{1}{n - 1} ((n - 1)^{2} + (- 1)^{2} + \dots + (- 1)^{2})} = \sqrt{n} .

$S_v = \sqrt{\frac{1}{n-1}\left((n-1)^2 + (-1)^2 + \cdots + (-1)^2\right)} = \sqrt{n}.$

W związku z tym musi mieć taki sam rozkład jak $r$

\frac{\sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - \bar{x}) (v_{i} - \bar{v})}{(n - 1) S_{x} S_{v}} = \frac{(n - 1) x_{1} - x_{2} - \dots - x_{n}}{(n - 1) S_{x} \sqrt{n}} = \frac{n (x_{1} - \bar{x})}{(n - 1) S_{x} \sqrt{n}} = \frac{\sqrt{n}}{n - 1} Z .

$\frac{\sum_{i=1}^n(x_i - \bar x)(v_i - \bar v)}{(n-1) S_x S_v} = \frac{(n-1)x_1 - x_2-\cdots-x_n}{(n-1) S_x \sqrt{n}} = \frac{n(x_1 - \bar x)}{(n-1) S_x \sqrt{n}} = \frac{\sqrt{n}}{n-1}Z.$

Therefore all we need to is rescale $r$ to find the distribution of $Z$ :

f_{Z} (z) = | \frac{\sqrt{n}}{n - 1} | f (\frac{\sqrt{n}}{n - 1} z) = \frac{1}{B (\frac{1}{2}, \frac{n}{2} - 1)} \frac{\sqrt{n}}{n - 1} {(1 - \frac{n}{(n - 1)^{2}} z^{2})}^{n / 2 - 2}

$f_Z(z) = \big|\frac{\sqrt{n}}{n-1}\big| f\left(\frac{\sqrt{n}}{n-1}z\right) = \frac{1}{B\left(\frac{1}{2}, \frac{n}{2}-1\right)} \frac{\sqrt{n}}{n-1}\left(1- \frac{n}{(n-1)^2}z^2\right)^{n/2-2}$

for $|z| \le \frac{n-1}{\sqrt{n}}$ . Formula (1) shows this is identical to that of the question.

Not entirely convinced? Here is the result of simulating this situation 100,000 times (with $n=4$ , where the distribution is uniform).

Pierwszy histogram przedstawia współczynniki korelacji natomiast drugi histogram przedstawia współczynniki korelacji dla losowo wybrany wektor który pozostaje stały dla wszystkich iteracji. Oba są jednolite. Wykres QQ po prawej stronie potwierdza, że te rozkłady są zasadniczo identyczne. $(x_i,y_i),i=1,\ldots,4$ $(x_i,v_i),i=1,\ldots,4)$ $v_i$

Oto Rkod, który wytworzył fabułę.

n <- 4
n.sim <- 1e5
set.seed(17)
par(mfrow=c(1,3))
#
# Simulate spherical bivariate normal samples of size n each.
#
x <- matrix(rnorm(n.sim*n), n)
y <- matrix(rnorm(n.sim*n), n)
#
# Look at the distribution of the correlation of `x` and `y`.
#
sim <- sapply(1:n.sim, function(i) cor(x[,i], y[,i]))
hist(sim)
#
# Specify *any* fixed vector in place of `y`.
#
v <- c(n-1, rep(-1, n-1)) # The case in question
v <- rnorm(n)             # Can use anything you want
#
# Look at the distribution of the correlation of `x` with `v`.
#
sim2 <- sapply(1:n.sim, function(i) cor(x[,i], v))
hist(sim2)
#
# Compare the two distributions.
#
qqplot(sim, sim2, main="QQ Plot")

Odniesienie

R. A. Fisher, Frequency-distribution of the values of the correlation coefficient in samples from an indefinitely large population. Biometrika, 10, 507. See Section 3. (Quoted in Kendall's Advanced Theory of Statistics, 5th Ed., section 16.24.)

whuber
źródło

The link to the reference is broken.

Sextus Empiricus

@Martijn Thank you for checking. I see what you mean--the link works, but it doesn't go to anything relevant! I have fixed it up.

whuber

I'd like to suggest this way to get the pdf of Z by directly calculating the MVUE of $P(X\leq c)$ using Bayes' theorem although it's handful and complex.

Since $E[I_{(-\infty,c)}(X_1)]=P(X_1\leq c)$ and $Z_1=\bar X$ , $Z_2=S^2$ are joint complete sufficient statistic, MVUE of $P(X\leq c)$ would be like this:

ψ (z_{1}, z_{2}) = E [I_{(- \infty, c)} (X_{1}) | z_{1}, z_{2}] = \int_{- \infty}^{\infty} I_{(- \infty, c)} f_{X | Z_{1}, Z_{2}} (x_{1} | z_{1}, z_{2}) d x_{1}

$\psi(z_1,z_2)=E[I_{(-\infty,c)}(X_1)|z_1,z_2]=\int_{-\infty}^{\infty}I_{(-\infty,c)}f_{X|Z_1,Z_2}(x_1|z_1,z_2)dx_1$

Now using Bayes' theorem, we get

f_{X | Z_{1}, Z_{2}} (x_{1} | z_{1}, z_{2}) = \frac{f_{Z_{1}, Z_{2} | X_{1}} (z_{1}, z_{2} | x_{1}) f_{X_{1}} (x_{1})}{f_{Z_{1}, Z_{2}} (z_{1}, z_{2})}

$f_{X|Z_1,Z_2}(x_1|z_1,z_2)={{f_{Z_1,Z_2|X_1}(z_1,z_2|x_1)f_{X_1}(x_1)}\over{f_{Z_1,Z_2}(z_1,z_2)}}$

The denominator $f_{Z_1,Z_2}(z_1,z_2)=f_{Z_1}(z_1)f_{Z_2}(z_2)$ can be written in closed form because $Z_1 \sim N(\mu,\frac{\sigma^2}{n})$ , $Z_2 \sim \Gamma({n-1\over 2},{2 \sigma^2\over n-1})$ are independent of each other.

To get the closed form of numerator, we can adopt these statistics:

W_{1} = \frac{\sum_{i = 2}^{n} X_{i}}{n - 1}

$W_1 = {\sum_{i=2}^n X_i \over n-1}$

W_{2} = \frac{\sum_{i = 2}^{n} X_{i}^{2} - (n - 1) W_{1}^{2}}{(n - 1) - 1}

$W_2 = {\sum_{i=2}^n X_i^2 -(n-1) W_1^2 \over (n-1)-1}$

which is the mean and the sample variance of $X_2, X_3, ..., X_n$ and they are independent of each other and also independent of $X_1$ . We can express these in terms of $Z_1, Z_2$ .

$W_1={n Z_1 - X_1\over n-1}$ , $W_2={(n-1)Z_2+nZ_1^2-X_1^2-(n-1)W_1^2 \over n-2}$

We can use transformation while $X_1=x_1$ ,

f_{Z_{1}, Z_{2} | X_{1}} (z_{1}, z_{2} | x_{1}) = \frac{n}{n - 2} f_{W_{1}, W_{2}} (w_{1}, w_{2}) = \frac{n}{n - 2} f_{W_{1}} (w_{1}) f_{W_{2}} (w_{2})

$f_{Z_1,Z_2|X_1}(z_1,z_2|x_1)={n \over n-2}f_{W_1,W_2}(w_1,w_2)={n \over n-2}f_{W_1}(w_1)f_{W_2}(w_2)$

Since $W_1 \sim N(\mu,\frac{\sigma^2}{n-1})$ , $W_2 \sim \Gamma({n-2\over 2},{2 \sigma^2\over n-2})$ we can get the closed form of this. Note that this holds only for $w_2 \geq 0$ which restricts $x_1$ to $z_1-{n-1 \over \sqrt n}\sqrt{z_2} \leq x_1 \leq z_1+{n-1 \over \sqrt n}\sqrt{z_2}$ .

So put them all together, exponential terms would disappear and you'd get,

f_{X | Z_{1}, Z_{2}} (x_{1} | z_{1}, z_{2}) = \frac{Γ (\frac{n - 1}{2})}{\sqrt{π} Γ (\frac{n - 2}{2})} \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{z_{2}} (n - 1)} (1 - {(\frac{\sqrt{n} (x_{1} - z_{1})}{\sqrt{z_{2}} (n - 1)})}^{2})

$f_{X|Z_1,Z_2}(x_1|z_1,z_2)={\Gamma({n-1 \over 2}) \over \sqrt{\pi} \Gamma({n-2 \over 2})} {\sqrt{n} \over \sqrt{z_2} (n-1)} (1-{({\sqrt{n} (x_1 -z_1) \over \sqrt{z_2} (n-1) })}^2)$ where

z_{1} - \frac{n - 1}{\sqrt{n}} \sqrt{z_{2}} \leq x_{1} \leq z_{1} + \frac{n - 1}{\sqrt{n}} \sqrt{z_{2}}

$z_1-{n-1 \over \sqrt n}\sqrt{z_2} \leq x_1 \leq z_1+{n-1 \over \sqrt n}\sqrt{z_2}$ and zero elsewhere.

From this,at this point, we can get the pdf of $Z={X_1- z_1 \over \sqrt{z_2}}$ using transformation.

By the way, the MVUE would be like this :

ψ (z_{1}, z_{2}) = \frac{Γ (\frac{n - 1}{2})}{\sqrt{π} Γ (\frac{n - 2}{2})} \int_{- \frac{π}{2}}^{θ_{c}} c o s^{n - 3} θ d θ

$\psi(z_1,z_2)={\Gamma({n-1 \over 2}) \over \sqrt{\pi} \Gamma({n-2 \over 2})} \int ^{\theta_c} _{-{\pi \over2}} cos^{n-3} \theta d\theta$ while

θ_{c} = s i n^{- 1} (\frac{\sqrt{n} (c - z_{1})}{(n - 1) \sqrt{z_{1}}})

$\theta_c = sin^{-1} ({\sqrt{n}(c-z_1)\over(n-1)\sqrt{z_1}})$ and would be 1 if

c \geq z_{1} + \frac{n - 1}{\sqrt{n} \sqrt{z_{2}}}

$c \geq z_1+{n-1 \over \sqrt{n} \sqrt{z_2} }$

I am not a native English speaker and there could be some awkward sentences. I am studying statistics by myself with text book introduction to mathmatical statistics by Hogg. So there could be some grammatical or mathmatical conceptual mistakes. It would be appreciated if someone correct them.

Thank you for reading.

KDG
źródło