쉬운 증거 ?

하자 독립적 인 표준 정규 확률 변수합니다. 거기에 많은 (긴) 증명이 있으며, $Z_1,\cdots,Z_n$

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

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

많은 증거는 꽤 길며 그중 일부는 유도를 사용합니다 (예 : Casella Statistical Inference). 이 결과에 대한 쉬운 증거가 있는지 궁금합니다.

mathematical-statistics sampling

— 3x89g2
소스

직관적 인 기하 (좌표 없음) 접근 방법 은 Michael J. Wichura의 선형 모델 에 대한 좌표없는 접근 방법 (기술 세부 사항은 정리 8.2에 나와 있음)의 1.2 절을 참조하십시오. 행렬 증명 (whuber의 답변으로 제공)과 그의 투영 방식은 그의 기하학적 접근 방식이 더 자연스럽고 덜 모호함을 보여줍니다. 개인적으로 저는이 증거가 통찰력 있고 간결하다고 생각합니다.

— Zhanxiong

답변:

들면 $k=1, 2, \ldots, n-1$ , 정의

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

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

, multinormally 분포 랜덤 변수의 선형 변환 인 , 또한 multinormal 분포를 갖는다. 참고 $X_k$ $Z_i$

의 분산 - 공분산 행렬 는 IS 행렬. $(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$ $n-1\times n-1$
$X_1^2 + X_2^2 + \cdots + X_{n-1}^2 = \sum_{i=1}^n (Z_i-\bar Z)^2.$

$(1)$ 확인하기 쉽고, 이는 직접 의미 모든 관찰시 가진 무상관 계산 모든 사실 내려와 즉 , 거기에 것들. $(2)$ $X_k$ $\bar Z.$ $1+1+\cdots+1 - k = 0$ $k$

이 은 에 상관되지 않은 단위 분산 정규 변수 의 합이 분포되어 있음을 보여줍니다 . 정의에 따르면 이것은 분포 QED 입니다. $\sum_{i=1}^n(Z_i-\bar Z)^2$ $n-1$ $\chi^2(n-1)$

참고 문헌

구성의 출처에 대한 설명은 Helmert 행렬에 관한 등각 로그 비율 변환을 수행하는 방법 에서 내 대답의 시작 부분을 참조하십시오 . $X_k$
이것은 왜 RSS is chi square times np 에서 ocram의 답변에 주어진 일반적인 데모를 단순화 한 것입니다 . 그 대답은 를 구성하기 위해 "매트릭스가 존재한다"고 주장한다 . 여기, 나는 그런 행렬을 보여줍니다. $X_k$

— 우버
소스

이 구조는 간단한 기하학적 해석을 가지고 있습니다. (1) 변수 는 n 차원 구형 대칭 분포로 분포됩니다 (따라서 원하는 방식으로 회전 할 수 있음). (2) 는 선형 문제 대한 해결책으로 발견되며 이는 효과적으로 벡터 를 투영 한 것입니다 . (3) 좌표 중 하나가이 투영 벡터 와 일치하도록 좌표 공간을 회전하면 나머지는 잔차 공간을 나타내는 (n-1)-다항식 분포입니다.

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 Empiricus의

가 서로 관련이 없음을 보여줍니다 . 그러나 내가 이해하는 한, 제곱 표준 정규 변수의 합이 라고 말하면 독립성이 필요합니다. 독립적이지 않은 것보다 훨씬 더 강한 요구 사항입니까? 편집 : 아 잠깐, 두 변수가 정상적으로 분포되어 있음을 알고 있으면 상관 관계가 독립성을 의미합니다.

X_{i}

$X_i$

χ^{2}

$\chi^2$

— user56834

또한, 가 (내가 이해하는) 와 상관 이 없다는 사실 에서 (2)로가는 방법을 이해하지 못합니다. 좀 더 자세히 설명해 주시겠습니까?

X_{i}

$X_i$

\bar{Z}

$\bar Z$

— user56834

@Programmer 죄송합니다. 나는 그것이 논리적 추론이라는 것을 의미하지는 않았다.-(1)과 (2)는 두 개의 별개의 관측치이다. (2)는 단지 (직선적 인) 대수적 정체성이다.

— whuber

프로그래머, Whuber가 준 다른 답변에 대한 링크 ( stats.stackexchange.com/questions/259208/… ) 는 직교 행이 있는 행렬 기반으로 구성 됩니다. 따라서 와 같이 좀 더 추상적 인 ( 적은) 방법 로 평가할 수 있습니다 , (N을 n으로 n으로 만들려면 벡터를 1111로 확장해야 함)

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

당신이 말하는 참고 표준 정규으로 IID하는 로, 와 $Z_is$ $N(0,1)$ $\mu=0$ $\sigma=1$

그런 다음 $Z_i^2\sim \chi^2_{(1)}$

그런 다음

\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}

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

(1)의 왼쪽, 및 오른쪽의 두 번째 항

\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} .

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

또한 되도록 및 독립적이다. 따라서 (1)의 마지막 두 항 ( 및 )도 독립적입니다. 이들 mgfs 그러므로 통해 (1)의 좌측의 MGF 관련된 $\operatorname{Cov}(Z_i-\bar Z,\bar Z)=0$ $Z_i-\bar Z$ $\bar Z$ $Z_i-\bar Z$ $Z_i$ 여기서, 및 . 그러므로 의 mgf는

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}

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

. 따라서

는

자유도를갖는 카이 제곱입니다.

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

$n-1$

— 딥 노스
소스

마지막 "그러므로"너무 부주의하다

— Zhanxiong

독립은 표준 deivation에서 볼 수 있습니다

\bar{X}

$\bar{X}$

— Deep North

\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}

$\bar{Z}$

Cochran 's Theorem

— Deep North

@DeepNorth 증거에 누락 된 부분이 채워져있는 경우

— Jarle Tufto