I problemi statistici che coinvolgono intervalli di confidenza per una media della popolazione possono essere inquadrati in termini della seguente funzione di ponderazione :

$$w(\alpha, n) \equiv \frac{t_{n-1,\alpha/2}}{\sqrt{n}} \quad \quad \quad \quad \text{for } 0<\alpha<1 \text{ and } n > 1.$$

Ad esempio, l' intervallo di confidenza standard classico a livello per la media di una superpopolazione infinita può essere scritto come:$1-\alpha$

$$\text{CI}(1-\alpha) = \Bigg[ \bar{x}_n \pm w(\alpha, n) \cdot s_n \Bigg].$$

È banale stabilire i limiti $\lim_{\alpha \downarrow 0} w(\alpha, n) = \infty$e $\lim_{\alpha \uparrow 1} w(\alpha, n) = 0$ usando la funzione quantile della distribuzione T. Nel contesto degli intervalli di confidenza, questo ci dice che l'intervallo si riduce a un singolo punto mentre diminuiamo il livello di confidenza e aumenta a tutta la linea reale mentre aumentiamo il livello di confidenza. Un'altra proprietà intuitiva che dovrebbe contenere è che l'intervallo si riduce a un singolo punto man mano che otteniamo sempre più dati, il che significa che:

$$\lim_{n \rightarrow \infty} w(\alpha, n) = 0.$$

Domanda: fornire una prova per quest'ultima proprietà della funzione di ponderazione.

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Ulteriori informazioni: Per tutti i lettori matematici che non hanno familiarità con i punti critici della distribuzione T , il valore è una funzione di definita dall'equazione implicita:$t_{n-1, \alpha/2}$$n$

$$\frac{\alpha}{2} = \frac{1}{\sqrt{(n-1) \pi}} \cdot \frac{\Gamma(\tfrac{n}{2})}{\Gamma(\tfrac{n-1}{2})} \int \limits_{t_{n-1, \alpha/2}}^\infty \Big( 1+ \frac{r^2}{n-1} \Big)^{-n/2} dr.$$

Prova con la disuguaglianza di Chebyshev

Ecco una prova usando la disuguaglianza di Chebyshev .$Pr(|T|\geq k\sigma) \leq \frac{1}{k^2}$

Se e impostiamo quindi abbiamo un limite$\sigma_{t_\nu} = \frac{\nu}{\nu-2}$$1/k^2=\alpha = Pr\left(|T|\geq t_{\nu,\alpha/2}\right)$

$$Pr\left(|T|\geq \frac{\nu}{\nu-2}\frac{1}{\sqrt{\alpha}}\right) \leq Pr\left(|T|\geq t_{\nu,\alpha/2}\right)$$

quindi sarà limitato da$t_{\nu,\alpha/2}$

$$t_{\nu,\alpha/2} \leq \frac{\nu}{\nu-2}\frac{1}{\sqrt{\alpha}}$$

aggiungendo il limite inferiore evidente e dividi per$\sqrt{\nu+1}$

$$0 \leq \frac{t_{n-1,\alpha/2}}{\sqrt{\nu+1}} \leq \frac{\nu}{\sqrt{\nu+1}\left(\nu-2\right)}\frac{1}{\sqrt{\alpha}}$$

che stringe a zero per$t_{n-1,\alpha/2} / \sqrt{n}$$n \to \infty$

Sono sicuro che esiste un modo più semplice per farlo, ma il risultato è immediato da quanto segue:

Proposizione: Sia una funzione di distribuzione continua e una sequenza di funzioni di distribuzione tale che debolmente (cioè nella distribuzione). Quindi da uniformemente in .$F$$F_n$$F_n \to F$$F_n(x) \to F(x)$$x$

Prova: usando la continuità e la monotonia, per qualsiasi numero naturale possiamo selezionare tale che (prendendo e ). A causa della debole convergenza e del fatto che è continuo, da . Per ogni , trova un intervallo contenente e nota che . Quindi e perché era arbitrario otteniamo$m$$x_0, x_1, \ldots, x_m$$F(x_j) = j/m$$x_0 = -\infty$$x_m = \infty$$F$$F_n(x_j) \to F(x_j)$$y$$[x_{j-1}, x_{j}]$$y$$|F_n(y) - F(y)| \le \sup_j |F_n(x_j) - F(x_j)| + |F(x_j) - F(x_{j-1})| \to \frac{1}{m}$$\varlimsup_{n \to \infty} \sup_y |F_n(y) - F(y)| \le \frac 1 m$$m$$\sup_y |F_n(y) - F(y)| \to 0$ .

Successivamente, è una nota applicazione del teorema di Slutsky che converge nella distribuzione in una distribuzione normale standard. Il risultato precedente implica che , ovvero . Applicando la normale funzione quantile su entrambi i lati, otteniamo .$t_{n-1}$$F_n(t_{n-1,\alpha}) - F(t_{n-1,\alpha}) \to 0$$F(t_{n-1,\alpha}) \to \alpha$$t_{n-1,\alpha} \to z_{\alpha}$

Da qui implica per qualsiasi (in particolare, ).$t_{n-1,\alpha} \to z_{\alpha}$$\frac{t_{n-1,\alpha}}{g(n)} \to 0$$g(n) \to \infty$$g(n) = \sqrt n$

Prova geometrica

Vista geometrica

Considera il campione osservato come un punto nello spazio euclideo n-dimensionale e la stima della media come la proiezione di un'osservazione sulla linea del modello .$x_1,x_2,...,x_n$$x_1=x_2= ... = x_n = \bar{x}$

Il punteggio t può essere espresso come rapporto di due distanze in questo spazio

• la distanza tra il punto proiettato e la media della popolazione $$\sqrt{n}(\bar{x}-\mu)$$
• la distanza tra questo punto e l'osservazione $$\sqrt{\sum_{i=1}^n(\hat{x}-x_i)^2}$$

Ciò è correlato alla tangente dell'angolo tra l'osservazione e la linea su cui viene proiettata.

$$\frac{t}{\sqrt{n-1} } =\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\mu)}{\sqrt{\sum_{i=1}^n(\hat{x}-x_i)^2}} = \frac{1}{\tan{\theta}}$$

Distribuzione t di equivalenza e distribuzione dell'angolo

In questa vista geometrica la probabilità che il punteggio t sia superiore a un certo valore equivale alla probabilità che l' angolo sia inferiore a un certo valore:

$$Pr(|T|>t_{n-1,\alpha/2}) = 2 Pr(\theta \leq \theta_{\nu,\alpha}) = \alpha$$

O

$$\frac{t_{n-1,\alpha/2}}{\sqrt{n-1}} = \frac{1}{\tan \theta_{\nu,\alpha}}$$

Si potrebbe dire che il punteggio t si riferisce all'angolo dell'osservazione con la linea del modello teorico. Per i punti al di fuori dell'intervallo di confidenza (quindi è più lontano da e l'angolo sarà più piccolo) l'angolo sarà sotto un limite . Questo limite cambierà con più osservazioni. Se il limite di questo angolo va a 90 gradi per grande (la forma del cono diventa più piatta, cioè meno appuntita e lunga), ciò significa che la dimensione dell'intervallo di confidenza si riduce e si avvicina zero.$\mu$$\bar{x}$$\theta_{\nu,\alpha}$$\theta_{\nu,\alpha}$$n$

Distribuzione dell'angolo come area relativa del cappuccio di una n-sfera

A causa della simmetria della distribuzione di probabilità congiunta di variabili distribuite normali indipendenti, ogni direzione è ugualmente probabile e la probabilità che l'angolo si trovi all'interno di una determinata regione è uguale all'area relativa del cappuccio di una n-sfera.

L'area relativa di questo n-cap si trova integrando l'area di un n-frustum :

$$\begin{array}{rcl} 2 Pr(\theta \leq \theta_c)& =& 2 \int_{\frac{1}{\sqrt{1+\tan(\theta_c)^2}}}^1 \frac{(1-x^2)^{\frac{n-3}{2}}}{B(\frac{1}{2},\frac{n-1}{2})} dx \\ &=& \int_{\frac{1}{{1+\tan(\theta_c)^2}}}^1 \frac{t^{-0.5}(1-t)^{\frac{n-3}{2}}}{B(\frac{1}{2},\frac{n-1}{2})} dt \\ &=& I_{\frac{1}{{1+\tan(\theta_c)^2}}}\left(\frac{1}{2},\frac{n-1}{2} \right) \end{array}$$

dove è la funzione beta incompleta regolarizzata superiore.$I_x(\cdot,\cdot)$

Limite di angolo

Se va a 90 gradi per allora va a zero.$\theta_{n,\alpha}$$n \to \infty$$t_{n-1,\alpha/2}/\sqrt{n}$

O un'istruzione inversa: per qualsiasi angolo inferiore a 90 gradi l'area relativa di quell'angolo su una n-sfera, diminuisce a zero quando va all'infinito.$n$

Intuitivamente ciò significa che tutta l'area di una sfera n si concentra sull'equatore quando la dimensione aumenta all'infinito.$n$

Quantitativamente possiamo mostrarlo usando l'espressione

$$\int_{a}^1 \frac{t^{-0.5}(1-t)^{\frac{n-3}{2}}}{B(\frac{1}{2},\frac{n-1}{2})} dt < \int_{a}^1 \frac{(1-a)^{\frac{n-3}{2}}}{B(\frac{1}{2},\frac{n-1}{2})} dt = \frac{(1-a)^{\frac{n-1}{2}}}{B(\frac{1}{2},\frac{n-1}{2})} = L(n)$$

e considera la differenza tra e .$L(n+2)$$L(n)$

Ad un certo punto la diminuzione del denominatore sarà assunto dalla riduzione del numeratore e la funzione diminuisce a zero per all'infinito.

$$\frac{B(\frac{1}{2},x+1)}{B(\frac{1}{2},x)} = \frac{x}{x+\frac{1}{2}}$$ $$\frac{(1-a)^{\frac{n+1}{2}}}{(1-a)^{\frac{n-1}{2}}} = 1-a$$ $L(n)$$n$

abbiamo

$$\begin{align} \frac{\alpha}{2} &= \int \limits_{t_{n-1, \alpha/2}}^\infty \lim_{n \to \infty}\frac{1}{\sqrt{(n-1) \pi}} \cdot \frac{\Gamma(\tfrac{n}{2})}{\Gamma(\tfrac{n-1}{2})} \Big( 1+ \frac{r^2}{n-1} \Big)^{-n/2} dr \\[10pt] &= \int \limits_{t_{n-1, \alpha/2}}^\infty \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{1}{2}r^2} dr \\[10pt] &= 1-\Phi(t_{n-1, \alpha/2}) \\[10pt] &\approx 1-\left[\frac{1}{2}+\varphi(t_{n-1, \alpha/2}) \left(t_{n-1, \alpha/2}+\frac{(t_{n-1, \alpha/2})^3}{3}+\frac{(t_{n-1, \alpha/2})^5}{15} + \dots \right) \right] \end{align}$$

il che implica che il secondo termine tra parentesi quadre può essere al massimo poiché il massimo può essere è . Nota che è il pdf della distribuzione normale. Anche questa approssimazione si basa su questo .$\frac{1}{2}$$\alpha$$1$$\varphi(x)$

Quindi

$$0 < \alpha \approx 1+2\varphi(t_{n-1, \alpha/2}) \left(t_{n-1, \alpha/2}+\frac{(t_{n-1, \alpha/2})^3}{3}+\frac{(t_{n-1, \alpha/2})^5}{15} + \dots \right) <1$$