Prova semplice di

Sia $Z_1,\cdots,Z_n$ variabili normali casuali standard indipendenti. Ci sono molte (lunghe) prove là fuori, a dimostrarlo

Σ_{io = 1}^{n} {(Z_{io} - \frac{1}{n} Σ_{j = 1}^{n} Z_{j})}^{2} ~ χ_{n - 1}^{2}

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

Molte prove sono piuttosto lunghe e alcune usano l'induzione (es. Inferenza statistica di Casella). Mi chiedo se ci siano prove facili di questo risultato.

mathematical-statistics sampling

— 3x89g2
fonte

Per un approccio geometrico intuitivo (senza coordinate), guarda la Sezione 1.2 dell'eccellente testo The Coordinate-Free Approach to Linear Models di Michael J. Wichura (i dettagli tecnici sono compilati nel Teorema 8.2), dove l'autore ha effettivamente confrontato il tradizionale prova matrice (fornita dalla risposta di whuber) e il suo approccio di proiezione, dimostrando che il suo approccio geometrico è più naturale e meno oscuro. Personalmente, penso che questa prova sia perspicace e concisa.

— Zhanxiong,

Risposte:

Per , definire $k=1, 2, \ldots, n-1$

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

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

Il , essendo trasformazioni lineari di variabili casuali distribuite multinormalmente , hanno anche una distribuzione multinormale. Nota che $X_k$ $Z_i$

La matrice varianza-covarianza di è la $(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$ matrice di identità . $n-1\times n-1$
$X_1^2 + X_2^2 + \cdots + X_{n-1}^2 = \sum_{i=1}^n (Z_i-\bar Z)^2.$

, che è facile da controllare, implica direttamente su tutto il osservando siano correlati con Tutti i calcoli si riducono al fatto che , dove ci sono . $(1)$ $(2)$ $X_k$ $\bar Z.$ $1+1+\cdots+1 - k = 0$ $k$

Insieme, questi mostrano che ha la distribuzione della somma di variabili normali non correlate alla varianza unitaria. Per definizione, questa è la distribuzione , QED . $\sum_{i=1}^n(Z_i-\bar Z)^2$ $n-1$ $\chi^2(n-1)$

Riferimenti

Per una spiegazione di dove provenga la costruzione di , vedere l'inizio della mia risposta in Come eseguire la trasformazione isometrica del rapporto tra tronchi relativa alle matrici di Helmert . $X_k$
Questa è una semplificazione della dimostrazione generale fornita nella risposta di Ocram in Perché è distribuito RSS chi square times np . Tale risposta afferma che "esiste una matrice" per costruire la ; qui, espongo una tale matrice. $X_k$

— whuber
fonte

Questa costruzione ha una semplice interpretazione geometrica. (1) Le variabili

sono distribuite su una distribuzione sferica simmetrica n-dimensionale (quindi possiamo ruotarla come preferiamo). (2) La

si trova come soluzione al problema lineare

, che è effettivamente una proiezione del vettore

. (3) Se ruotiamo lo spazio delle coordinate in modo tale che una delle coordinate coincida con questo vettore di proiezione,

, il resto è una distribuzione multinomiale (n-1) che rappresenta lo spazio residuo.

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

$\mathbf{1}$

— Sesto Empirico

Si mostrano che la

s' non sono correlati tra loro. Ma per quanto ho capito, per dire che una somma di variabili normali standard quadrate è

, abbiamo bisogno di indipendenza, che è un requisito molto più forte di non correlato? EDIT: oh aspetta, se sappiamo che due variabili sono normalmente distribuite, allora non correlato implica indipendenza.

X_{i}

$X_i$

χ^{2}

$\chi^2$

— user56834

Inoltre, non capisco come si va dal fatto che la

s' non sono correlati con

(che capisco), a (2). Potresti elaborare?

X_{i}

$X_i$

\bar{Z}

$\bar Z$

— user56834

@Programmer Siamo spiacenti; Non intendevo implicare che fosse una deduzione logica - (1) e (2) sono due osservazioni separate. (2) è semplicemente un'identità algebrica (semplice).

— whuber

Programmatore, nota il link all'altra risposta che Whuber ha dato ( stats.stackexchange.com/questions/259208/… ) Gli

sono costruiti sulla base di una matrice,

, con righe ortogonali. Quindi puoi valutare in un modo più astratto (meno fallibile)

come

X_{k}

$X_k$

H

$H$

\sum K_{i}^{2}

$\sum K_i^2$

, (nota che dobbiamo estendere K con il vettore 1111 per renderlo n per n)

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

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

— Sisto Empirico

Nota che dici sono IID con normale standard , con e $Z_is$ $N(0,1)$ $\mu=0$ $\sigma=1$

Quindi $Z_i^2\sim \chi^2_{(1)}$

Quindi

\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}

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

Si noti che il lato sinistro di (1), e che il secondo termine sul lato destro

\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} .

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

Inoltre dove e $\operatorname{Cov}(Z_i-\bar Z,\bar Z)=0$ tale che e sono indipendenti. Pertanto, anche gli ultimi due termini in (1) (funzioni di e ) sono indipendenti. I loro mgfs sono quindi correlati al mgf del lato sinistro di (1) attraverso $Z_i-\bar Z$ $\bar Z$ $Z_i-\bar Z$ $Z_i$

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}

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

. Il mgf di

è quindi

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

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

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

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

. Pertanto,

è chi-quadrato con

gradi di libertà.

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

$n-1$

— Profondo nord
fonte

L'ultimo "Pertanto" è troppo

— disinteressato

\bar{X}

$\bar{X}$

"deviazione standard indipendente da

"? Forse quello che si voleva dire è

è indipendente

. Sfortunatamente, non è vero. Ciò che tiene davvero è

\bar{X}

$\bar{X}$

\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}

$\bar{Z}$

Penso di aver usato il Teorema di Cochran

— Deep North,

@DeepNorth Se compilato alcuni pezzi mancanti nella prova

— Jarle Tufto