Łatwy dowód na ?

Niech będą niezależnymi standardowymi normalnymi zmiennymi losowymi. Istnieje wiele (długich) dowodów, które to pokazują $Z_1,\cdots,Z_n$

\sum_{i = 1}^{n} {(Z_{i} - \frac{1}{n} \sum_{j = 1}^{n} Z_{j})}^{2} \sim χ_{n - 1}^{2}

$\sum_{i=1}^n \left(Z_i - \frac{1}{n}\sum_{j=1}^n Z_j \right)^2 \sim \chi^2_{n-1}$

Wiele dowodów jest dość długich, a niektóre z nich wykorzystują indukcję (np. Wnioskowanie statystyczne Caselli). Zastanawiam się, czy istnieje jakikolwiek łatwy dowód tego wyniku.

mathematical-statistics sampling 3x89g2
źródło

Aby uzyskać intuicyjne podejście geometryczne (bez współrzędnych), spójrz na sekcję 1.2 doskonałego tekstu Bezkoordynacyjne podejście do modeli liniowych Michaela J. Wichury (szczegóły techniczne są wypełnione Twierdzeniem 8.2), gdzie autor faktycznie porównał tradycyjne dowód matrycowy (dostarczony przez odpowiedź Whubera) i jego podejście do projekcji, pokazujące, że jego podejście geometryczne jest bardziej naturalne i mniej niejasne. Osobiście uważam, że ten dowód jest wnikliwy i zwięzły.

Zhanxiong,

Odpowiedzi:

Dla , zdefiniuj $k=1, 2, \ldots, n-1$

X_{k} = (Z_{1} + Z_{2} + \dots + Z_{k} - k Z_{k + 1}) / \sqrt{k + k^{2}} .

$X_k = (Z_1 + Z_2 + \cdots + Z_k - kZ_{k+1})/\sqrt{k+k^2}.$

, jest liniowa transformacji zmiennych losowych multinormally rozproszone , również rozkład multinormal. Zauważ, że $X_k$ $Z_i$

Macierz wariancji-kowariancji jest macierzą tożsamości . $(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$ $n-1\times n-1$
$X_1^2 + X_2^2 + \cdots + X_{n-1}^2 = \sum_{i=1}^n (Z_i-\bar Z)^2.$

$(1)$ , który jest łatwy do sprawdzenia, sugeruje bezpośrednio po zaobserwowaniu, że wszystkie są nieskorelowane z Wszystkie obliczenia sprowadzają się do faktu, że , gdzie jest nich. $(2)$ $X_k$ $\bar Z.$ $1+1+\cdots+1 - k = 0$ $k$

Razem pokazują one, że ma rozkład sumy nieskorelowanej wariancji jednostkowej Zmienne normalne. Z definicji jest to , QED . $\sum_{i=1}^n(Z_i-\bar Z)^2$ $n-1$ $\chi^2(n-1)$

Bibliografia

O wyjaśnienie, gdzie budowa pochodzi, patrz początek mojej odpowiedzi na Jak wykonać izometrycznym log-Przekładnia dotycząca matryc Helmerta . $X_k$
Jest to uproszczenie ogólnej demonstracji podanej w odpowiedzi ocram na Dlaczego RSS jest dystrybuowany chi razy razy np . Ta odpowiedź zapewnia „istnieje macierz” do skonstruowania ; tutaj mam taką matrycę. $X_k$

Whuber
źródło

Ta konstrukcja ma prostą interpretację geometryczną. (1) Zmienne są rozkładane na n-wymiarowy sferycznie symetryczny rozkład (dzięki czemu możemy go obracać w dowolny sposób). (2) znajduje się jako rozwiązanie problemu liniowego , który jest faktycznie rzutem wektora na . (3) Jeśli obrócimy przestrzeń współrzędnych w taki sposób, że jedna ze współrzędnych pokrywa się z tym wektorem rzutowania, , wówczas reszta jest rozkładem wielomianowym (n-1) reprezentującym przestrzeń resztkową.

Z_{i}

$Z_i$

\bar{Z}

$\overline{Z}$

Z_{i} = \bar{Z} + ϵ_{i}

$Z_i = \overline{Z} + \epsilon_i$

Z

$\mathbf{Z}$

1

$\mathbf{1}$

1

$\mathbf{1}$

Sextus Empiricus

Pokazujesz, że są ze sobą nieskorelowane. Ale o ile rozumiem, aby powiedzieć, że suma kwadratowych standardowych zmiennych normalnych to , potrzebujemy niezależności, która jest znacznie silniejszym wymogiem niż nieskorelowana? EDYCJA: och, czekaj, jeśli wiemy, że dwie zmienne są normalnie rozmieszczone, to nieskorelowane implikuje niezależność.

X_{i}

$X_i$

χ^{2}

$\chi^2$

user56834

Nie rozumiem też, jak wychodzisz z faktu, że są nieskorelowane z (co rozumiem), do (2). Czy mógłbyś opracować?

X_{i}

$X_i$

\bar{Z}

$\bar Z$

user56834

@Programmer Przepraszamy; Nie chciałem sugerować, że jest to logiczna dedukcja - (1) i (2) to dwie osobne obserwacje. (2) jest jedynie (bezpośrednią) tożsamością algebraiczną.

whuber

Programiście, zwróć uwagę na link do innej odpowiedzi udzielonej przez Whubera ( stats.stackexchange.com/questions/259208/... ) są zbudowane na podstawie macierzy z rzędami ortogonalnymi. Możesz więc oceniać w bardziej abstrakcyjny (mniej zawodny) sposób jako , (zwróć uwagę, że musimy rozszerzyć K o wektor 1111, aby było n przez n)

X_{k}

$X_k$

H

$H$

\sum K_{i}^{2}

$\sum K_i^2$

K \cdot K = (H Z) \cdot (H Z) = (H Z)^{T} (H Z) = Z^{T} (H^{T} H) Z = Z^{T} I Z = Z \cdot Z

$K \cdot K = (H Z) \cdot (H Z) = (HZ)^T (HZ) = Z^T (H^TH) Z= Z^T I Z = Z \cdot Z$

Sextus Empiricus

Zauważ, że mówisz, że to id ze standardową normalną , z i $Z_is$ $N(0,1)$ $\mu=0$ $\sigma=1$

Następnie $Z_i^2\sim \chi^2_{(1)}$

Następnie

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} Z_{i}^{2} & = \sum_{i = 1}^{n} (Z_{i} - \bar{Z} + \bar{Z})^{2} = \sum_{i = 1}^{n} (Z_{i} - \bar{Z})^{2} + n {\bar{Z}}^{2} \\ (1) & = \sum_{i = 1}^{n} (Z_{i} - \bar{Z})^{2} + {[\frac{\sqrt{n} (\bar{Z} - 0)}{1}]}^{2} \end{aligned}

$\begin{align}\sum_{i=1}^n Z_i^2&=\sum_{i=1}^n(Z_i-\bar{Z}+\bar{Z})^2=\sum_{i=1}^n(Z_i-\bar{Z})^2+n\bar{Z}^2\\&=\sum_{i=1}^n(Z_i-\bar{Z})^2+\left[\frac{\sqrt{n}(\bar{Z}-0)}{1}\right ]^2 \tag{1} \end{align}$

Zauważ, że lewa strona (1), i że drugi termin po prawej stronie

\sum_{i = 1}^{n} Z_{i}^{2} \sim χ_{(n)}^{2}

$\sum_{i=1}^n Z_i^2\sim\chi^2_{(n)}$

{[\frac{\sqrt{n} (\bar{Z} - 0)}{1}]}^{2} \sim χ_{(1)}^{2} .

$\left[\frac{\sqrt{n}(\bar{Z}-0)}{1}\right ]^2 \sim\chi^2_{(1)}.$

Ponadto tak, że i są niezależne. Dlatego dwa ostatnie terminy w (1) (funkcje i ) są również niezależne. Ich mgfs są zatem powiązane z mgf lewej strony (1) do gdzie i . Mgf z wynosi zatem . Zatem jest kwadratem chi o stopniach swobody. $\operatorname{Cov}(Z_i-\bar Z,\bar Z)=0$ $Z_i-\bar Z$ $\bar Z$ $Z_i-\bar Z$ $Z_i$

M_{n} (t) = M_{n - 1} (t) M_{1} (t)

$M_n(t) = M_{n-1}(t)M_1(t)$

M_{n} (t) = (1 - 2 t)^{- n / 2}

$M_n(t)=(1-2t)^{-n/2}$

M_{1} (t) = (1 - 2 t)^{- 1 / 2}

$M_1(t)=(1-2t)^{-1/2}$

\sum_{i = 1}^{n} (Z_{i} - \bar{Z})^{2}

$\sum_{i=1}^n(Z_i-\bar{Z})^2$

M_{n - 1} (t) = M_{n} (t) / M_{1} (t) = (1 - 2 t)^{- (n - 1) / 2}

$M_{n-1}(t)=M_n(t)/M_1(t)=(1-2t)^{-(n-1)/2}$

\sum_{i = 1}^{n} (Z_{i} - \bar{Z})^{2}

$\sum_{i=1}^n(Z_i-\bar{Z})^2$

n - 1

$n-1$

Głęboka północ
źródło

Ostatnie „Dlatego” jest zbyt nieostrożne

Zhanxiong

Niezależność można zobaczyć na podstawie standardowej deacji w zależności od

\bar{X}

$\bar{X}$

Deep North

„odchylenie standardowe niezależne od

\bar{X}

$\bar{X}$ ”? Być może chciałbyś powiedzieć, że jest niezależny od . Niestety nie jest to prawdą. Tak naprawdę to jest niezależny od , co jest również częścią dowodu, który musimy wypełnić (zamiast używać go podczas wyświetlania tej propozycji).

\sum Z_{i}^{2}

$\sum Z_i^2$

\bar{Z}

$\bar{Z}$

\sum (Z_{i} - \bar{Z})^{2}

$\sum (Z_i - \bar{Z})^2$

\bar{Z}

$\bar{Z}$

Zhanxiong

Wydaje mi się, że użyłem Twierdzenia Cochrana

Deep North

@DeepNorth Jeśli uzupełniono brakujące elementy w dowodzie

Jarle Tufto,