Một bình thường chia cho

hãy $Z \sim N(0,1)$ và $W \sim \chi^2(s)$ .

Nếu $Z$ và $W$ được phân phối độc lập thì biến $Y = \frac{Z}{\sqrt{W/s}}$ tuân theophân phối $t$ với bậc tự do $s$ .

Tôi đang tìm kiếm một bằng chứng về thực tế này, một tài liệu tham khảo là đủ tốt nếu bạn không muốn viết ra lập luận đầy đủ.

probability distributions references

— Đơn sắc
nguồn

Điều này được thể hiện chính thức tại stats.stackexchange.com/questions/52906 : tỷ lệ, khi được viết dưới dạng tích phân, được xem là hỗn hợp của Gaussian và chứng minh rằng hỗn hợp đang phân phối.

— whuber

Trong một số sách giáo khoa, đây là định nghĩa của phân phối t. Bạn không cần phải chứng minh điều đó. Làm thế nào để có được một pdf cho một định nghĩa như vậy tuy nhiên là một câu hỏi hợp lệ.

— mpiktas

Câu trả lời:

Đặt là biến ngẫu nhiên chi bình phương với bậc tự do. Sau đó, vuông gốc của , $Y$ $n$ $Y$ được phân phối như mộtchi-phân phốivớibậc tự do, trong đó có mật độ $\sqrt Y\equiv \hat Y$ $n$

\begin{matrix} (1) & f_{\hat{Y}} (\hat{y}) = \frac{2^{1 - \frac{n}{2}}}{Γ (\frac{n}{2})} {\hat{y}}^{n - 1} \exp {- \frac{{\hat{y}}^{2}}{2}} \end{matrix}

$f_{\hat Y}(\hat y) = \frac {2^{1-\frac n2}}{\Gamma\left(\frac {n}{2}\right)} \hat y^{n-1} \exp\Big \{{-\frac {\hat y^2}{2}} \Big\} \tag{1}$

Xác định . Sau đó $X \equiv \frac {1}{\sqrt n}\hat Y$ , và bằng công thức thay đổi của biến, chúng ta có điều đó $\frac {\partial \hat Y}{\partial X} = \sqrt n$

f_{X} (x) = f_{\hat{Y}} (\sqrt{n} x) | \frac{\partial \hat{Y}}{\partial X} | = \frac{2^{1 - \frac{n}{2}}}{Γ (\frac{n}{2})} (\sqrt{n} x)^{n - 1} \exp {- \frac{(\sqrt{n} x)^{2}}{2}} \sqrt{n}

$f_{X}(x) = f_{\hat Y}(\sqrt nx)\Big |\frac {\partial \hat Y}{\partial X} \Big| = \frac {2^{1-\frac n2}}{\Gamma\left(\frac {n}{2}\right)} (\sqrt nx)^{n-1} \exp\Big \{{-\frac {(\sqrt nx)^2}{2}} \Big\}\sqrt n$

\begin{matrix} (2) & = \frac{2^{1 - \frac{n}{2}}}{Γ (\frac{n}{2})} n^{\frac{n}{2}} x^{n - 1} \exp {- \frac{n}{2} x^{2}} \end{matrix}

$=\frac {2^{1-\frac n2}}{\Gamma\left(\frac {n}{2}\right)} n^{\frac n2}x^{n-1} \exp\Big \{{-\frac {n}{2}x^2} \Big\} \tag{2}$

Đặt là biến ngẫu nhiên tiêu chuẩn thông thường, độc lập với các biến trước đó và xác định biến ngẫu nhiên $Z$

T = \frac{Z}{\sqrt{\frac{Y}{n}}} = \frac{Z}{X}

$T = \frac{Z}{\sqrt \frac Yn}= \frac ZX$

Theo công thức chuẩn cho hàm mật độ của các tỉ số của hai biến ngẫu nhiên độc lập,

f_{T} (t) = \int_{- \infty}^{\infty} | x | f_{Z} (x t) f_{X} (x) d x

$f_T(t) = \int_{-\infty}^{\infty} |x|f_Z(xt)f_X(x)dx$

Nhưng cho khoảng vì là một rv không âm Vì vậy, chúng ta có thể loại bỏ các giá trị tuyệt đối, và giảm thiếu đối với $f_X(x) = 0$ $[-\infty, 0]$ $X$

f_{T} (t) = \int_{0}^{\infty} x f_{Z} (x t) f_{X} (x) d x

$f_T(t) = \int_{0}^{\infty} xf_Z(xt)f_X(x)dx$

= \int_{0}^{\infty} x \frac{1}{\sqrt{2 π}} \exp {- \frac{(x t)^{2}}{2}} \frac{2^{1 - \frac{n}{2}}}{Γ (\frac{n}{2})} n^{\frac{n}{2}} x^{n - 1} \exp {- \frac{n}{2} x^{2}} d x

$= \int_{0}^{\infty} x \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp \Big \{{-\frac{(xt)^2}{2}}\Big\}\frac {2^{1-\frac n2}}{\Gamma\left(\frac {n}{2}\right)} n^{\frac n2}x^{n-1} \exp\Big \{{-\frac {n}{2}x^2} \Big\}dx$

\begin{matrix} (3) & = \frac{1}{\sqrt{2 π}} \frac{2^{1 - \frac{n}{2}}}{Γ (\frac{n}{2})} n^{\frac{n}{2}} \int_{0}^{\infty} x^{n} \exp {- \frac{1}{2} (n + t^{2}) x^{2}} d x \end{matrix}

$= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac {2^{1-\frac n2}}{\Gamma\left(\frac {n}{2}\right)} n^{\frac n2}\int_{0}^{\infty} x^n \exp \Big \{-\frac 12 (n+t^2) x^2\Big\} dx \tag{3}$

Tích phân trong vẻ hứa hẹn cuối cùng sẽ được chuyển thành hàm mật độ Gamma. Các giới hạn tích hợp là chính xác, vì vậy chúng ta cần thao tác tích phân để trở thành hàm mật độ Gamma mà không thay đổi các giới hạn. Xác định biến $(3)$

Thực hiện thay thế trong integrand chúng ta có

m \equiv x^{2} \Rightarrow d m = 2 x d x \Rightarrow d x = \frac{d m}{2 x}, x = m^{\frac{1}{2}}

$m \equiv x^2 \Rightarrow dm = 2xdx \Rightarrow dx = \frac {dm}{2x}, \; x = m^{\frac 12}$

\begin{matrix} (4) & I_{3} = \int_{0}^{\infty} x^{n} \exp {- \frac{1}{2} (n + t^{2}) m} \frac{d m}{2 x} = \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} m^{\frac{n - 1}{2}} \exp {- \frac{1}{2} (n + t^{2}) m} d m \end{matrix}

$I_3=\int_{0}^{\infty} x^n \exp \Big \{-\frac 12 (n+t^2) m\Big\} \frac {dm}{2x} \\ = \frac 12\int_{0}^{\infty} m^{\frac {n-1}{2}} \exp \Big \{-\frac 12 (n+t^2) m\Big \} dm \tag{4}$

Mật độ Gamma có thể được viết

G a m m a (m; k, θ) = \frac{m^{k - 1} \exp {- \frac{m}{θ}}}{θ^{k} Γ (k)}

$Gamma(m;k,\theta) = \frac {m^{k-1} \exp\Big\{-\frac{m}{\theta}\Big \}}{\theta^k\Gamma(k)}$

Phù hợp với các hệ số, chúng ta phải có

k - 1 = \frac{n - 1}{2} \Rightarrow k^{*} = \frac{n + 1}{2}, \frac{1}{θ} = \frac{1}{2} (n + t^{2}) \Rightarrow θ^{*} = \frac{2}{(n + t^{2})}

$k-1 = \frac {n-1}{2} \Rightarrow k^* = \frac {n+1}{2}, \qquad \frac 1\theta =\frac 12 (n+t^2) \Rightarrow \theta^* = \frac 2 {(n+t^2)}$

Đối với các giá trị của và các điều khoản trong tích phân liên quan đến biến là hạt nhân của một mật độ gamma. Vì vậy, nếu chúng tôi chia tích phân bằng và nhân bên ngoài không thể thiếu bởi tầm quan trọng đó, không thể thiếu sẽ là Distr gamma. chức năng và sẽ thống nhất như nhau. Vì vậy, chúng tôi đã đến $k^*$ $\theta^*$ $(\theta^*)^{k^*}\Gamma(k^*)$

I_{3} = \frac{1}{2} (θ^{*})^{k^{*}} Γ (k^{*}) = \frac{1}{2} (\frac{2}{n + t^{2}})^{\frac{n + 1}{2}} Γ (\frac{n + 1}{2}) = 2^{\frac{n - 1}{2}} n^{- \frac{n + 1}{2}} Γ (\frac{n + 1}{2}) {(1 + \frac{t^{2}}{n})}^{- \frac{1}{2} (n + 1)}

$I_3 = \frac12(\theta^*)^{k^*}\Gamma(k^*) = \frac12 \Big (\frac 2 {n+t^2}\Big ) ^{\frac {n+1}{2}}\Gamma\left(\frac {n+1}{2}\right) = 2^ {\frac {n-1}{2}}n^{-\frac {n+1}{2}}\Gamma\left(\frac {n+1}{2}\right)\left(1+\frac {t^2}{n}\right)^{-\frac 12 (n+1)}$

Chèn ở trên vào eq. chúng tôi nhận được $(3)$

f_{T} (t) = \frac{1}{\sqrt{2 π}} \frac{2^{1 - \frac{n}{2}}}{Γ (\frac{n}{2})} n^{\frac{n}{2}} 2^{\frac{n - 1}{2}} n^{- \frac{n + 1}{2}} Γ (\frac{n + 1}{2}) {(1 + \frac{t^{2}}{n})}^{- \frac{1}{2} (n + 1)}

$f_T(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac {2^{1-\frac n2}}{\Gamma\left(\frac {n}{2}\right)} n^{\frac n2}2^ {\frac {n-1}{2}}n^{-\frac {n+1}{2}}\Gamma\left(\frac {n+1}{2}\right)\left(1+\frac {t^2}{n}\right)^{-\frac 12 (n+1)}$

= \frac{Γ [(n + 1) / 2]}{\sqrt{n π} Γ (n / 2)} {(1 + \frac{t^{2}}{n})}^{- \frac{1}{2} (n + 1)}

$=\frac{\Gamma[(n+1)/2]}{\sqrt{n\pi}\,\Gamma(n/2)}\left(1+\frac {t^2}{n}\right)^{-\frac 12 (n+1)}$

... đó là cái được gọi là (hàm mật độ) của phân phối t của Học sinh, với bậc tự do. $n$

— Alecos Papadopoulos
nguồn

Mặc dù ES Pearson không thích nó, nhưng lập luận ban đầu của Fisher là hình học, đơn giản, thuyết phục và nghiêm ngặt. Nó dựa vào một số lượng nhỏ các sự kiện trực quan và dễ dàng thiết lập. Chúng dễ dàng được hình dung khi $s=1$ hoặc $s=2$ , trong đó hình học có thể được hình dung theo hai hoặc ba chiều. Trong thực tế, nó sử dụng tọa độ hình trụ trong $\mathbb{R}^s\times\mathbb{R}$ để phân tích $s+1$ iid Các biến thông thường.

$s+1$ độc lập và phân phối hệt Thường variates $X_1, \ldots, X_{s+1}$ là hình cầu đối xứng. Điều này có nghĩa là hình chiếu xuyên tâm của điểm $(X_1, \ldots, X_{s+1})$ lên quả cầu đơn vị $S^s \subset \mathbb{R}^{s+1}$ cóphân bốđồng đềutrên $S^s$ .
Phân phối $\chi^2(s)$ là tổng bình phương của $s$ chuẩn độc lập .
Do đó, việc thiết $Z=X_{s+1}$ và $W = X_1^2 + \cdots + X_s^2$ , tỷ lệ $Z/\sqrt{W}$ là tiếp tuyến của vĩ độ $\theta$ của điểm $(X_1, \ldots, X_s, X_{s+1})$ trong $\mathbb{R}^{s+1}$ .
$\tan\theta$ không thay đổi bởi phép chiếu xuyên tâm lên $S^s$ .
Tập xác định bởi tất cả các điểm vĩ độ $\theta$ trên $S^s$ là một $s-1$ quả cầu chiều bán kính $\cos \theta$ . Nó $s-1$ biện pháp chiều do đó tỷ lệ với
$\cos^{s - 1} θ = (1 + \tan^{2} θ)^{- (s - 1) / 2} .$ $\cos^{s-1}\theta = (1 + \tan^2\theta)^{-(s-1)/2}.$
Yếu tố khác biệt là $\mathrm{d}(\tan\theta) = \cos^{-2}\theta \,\mathrm{d}\theta = (1 + \tan^2\theta) \,\mathrm{d}\theta$ .
Viết $t = Z/\sqrt{W/s} = \sqrt{s}\tan\theta$ cho $\tan\theta = t/\sqrt{s}$ , từ đâu
$1 + t^{2} / s = 1 + \tan^{2} θ$ $1+t^2/s = 1+\tan^2\theta$ và $d t = \sqrt{s} d \tan θ = \sqrt{s} (1 + \tan^{2} θ) d θ .$ $\mathrm{d}t = \sqrt{s}\,\mathrm{d}\tan\theta = \sqrt{s}(1+\tan^2\theta)\,\mathrm{d}\theta.$ Các phương trình này cùng ngụ ý $d θ = \frac{1}{\sqrt{s}} {(1 + t^{2} / s)}^{- 1} d t .$ $\mathrm{d}\theta = \frac{1}{\sqrt{s}} \left(1+t^2/s\right)^{-1}\mathrm{d}t.$ Kết hợp các yếu tố của $1/\sqrt{s}$ thành hằng số chuẩn hóa $C(s)$ cho thấy mật độ củatỷ lệ với

$(1 + \tan^{2} θ)^{- (s - 1) / 2} d θ = (1 + t^{2} / s)^{- (s - 1) / 2} (1 + t^{2} / s)^{- 1} d t = (1 + t^{2} / s)^{- (s + 1) / 2} d t .$ $(1 + \tan^2\theta)^{-(s-1)/2}\,\mathrm{d}\theta = (1 + t^2/s)^{-(s-1)/2}\ (1 + t^2/s)^{-1}\,\mathrm{d}t = (1 + t^2/s)^{-(s+1)/2}\,\mathrm{d}t.$

Đó là mật độ t Sinh viên.

Nhân vật

$Z \ge 0$ $S^s$ $\mathbb{R}^{s+1}$ $W$ $s+1$ $\theta$ $s-1$ $S^{s-1}$ $\theta$ $\tan \theta$ $\sqrt{s}$ $s$ $S^s$

$1/\sqrt{s}$

\begin{aligned} C (s) & = \frac{1}{\sqrt{s}} \frac{| S^{s - 1} |}{| S^{s} |} = \frac{1}{\sqrt{s}} \frac{s π^{s / 2} Γ (\frac{s + 1}{2} + 1)}{(s + 1) π^{(s + 1) / 2} Γ (\frac{s}{2} + 1)} \\ = \frac{1}{\sqrt{s}} \frac{s π^{s / 2} (s + 1) / 2 Γ (\frac{s + 1}{2})}{(s + 1) π^{(s + 1) / 2} (s / 2) Γ (\frac{s}{2})} \\ = \frac{Γ (\frac{s + 1}{2})}{\sqrt{s π} Γ (\frac{s}{2})} . \end{aligned}

$\eqalign{ C(s) &= \frac{1}{\sqrt{s}} \frac{|S^{s-1}|}{|S^s|} = \frac{1}{\sqrt{s}} \frac{s \pi^{s/2} \Gamma(\frac{s+1}{2} + 1)}{(s+1)\pi^{(s+1)/2} \Gamma(\frac{s}{2}+1)} \\ &=\frac{1}{\sqrt{s}} \frac{s \pi^{s/2} (s+1)/2\Gamma(\frac{s+1}{2})}{(s+1)\pi^{(s+1)/2} (s/2)\Gamma(\frac{s}{2})} \\ &= \frac{\Gamma(\frac{s+1}{2})}{\sqrt{s\pi}\Gamma(\frac{s}{2})}. }$

$C(s)$

Fisher đã giải thích sự phát sinh này cho WS Gosset ("Học sinh" ban đầu) trong một lá thư. Gosset đã cố gắng xuất bản nó, mang lại cho Fisher toàn bộ tín dụng, nhưng Pearson đã từ chối bài báo. Phương pháp của Fisher, như được áp dụng cho vấn đề cơ bản tương tự nhưng khó khăn hơn trong việc tìm phân phối hệ số tương quan mẫu, cuối cùng đã được công bố.

Người giới thiệu

RA Fisher, Phân phối tần số của các giá trị của hệ số tương quan trong các mẫu từ một dân số lớn vô hạn. Biometrika Tập. 10, số 4 (tháng 5 năm 1915), trang 507-521. Có sẵn trên Web tại https://stat.duke.edu/cifts/Spring05/sta215/lec/Fish1915.pdf (và tại nhiều nơi khác thông qua tìm kiếm, một khi liên kết này biến mất).

Joan Fisher Box, Gosset, Fisher và phân phối t. Thống kê người Mỹ , Tập. 35, số 2 (tháng 5 năm 1981), trang 61-66. Có sẵn trên web tại http://social.rollins.edu/wpsites/bio342spr13/files/2015/03/Studentttest.pdf .

EL Lehmann, Fisher, Neyman và Sáng tạo Thống kê Cổ điển. Springer (2011), Chương 2.

— whuber
nguồn

Đây là một bằng chứng tuyệt vời! Tôi chân thành hy vọng bạn tìm thấy tin nhắn này, mặc dù nó đã được vài năm nay. Trong bước thứ sáu của bằng chứng này, tôi tin rằng có một lỗi. Cos ^ -2 (theta) = (1 + tan ^ 2 (theta)), không nghịch đảo. Cầu nguyện có một sửa chữa dễ dàng?

— Người say mê toán học

\cos^{- 2} (θ)

$\cos^{-2}(\theta)$

- 2

$-2$

\cos (θ)

$\cos(\theta)$

{(ArcCos (θ))}^{2}

$\left(\operatorname{ArcCos}(\theta)\right)^{2}$

s e c^{2} θ = t a n^{2} θ + 1

$sec^{2}\theta = tan^{2}\theta + 1$

c o s θ = (t a n^{2} θ + 1)^{- 1 / 2}

$cos\theta=(tan^{2}\theta+1)^{-1/2}$

c o s^{- 2} θ = s e c^{2} θ = (t a n^{2} θ + 1)

$cos^{-2}\theta = sec^{2}\theta = (tan^{2}\theta + 1)$

(t a n^{2} θ + 1)^{- 1}

$(tan^{2}\theta + 1)^{-1}$

@Math Cảm ơn bạn - tất nhiên là bạn đúng. Tôi đã chỉnh sửa các điểm (6) và (7) để sửa đại số.

— whuber

Whew, thật là nhẹ nhõm! Chúc bạn ngày lễ vui vẻ

— Người say mê toán học

$Y=\frac{Z}{\sqrt{\frac{W}{s}}}$ $X=Z$ $Z=X$ $W=\frac{sX^2}{Y^2}$ $f_{X,Y}(x,y)=f_{Z,W}(x,\frac{sx^2}{y^2})|\det(J)|$ $J$ $Z$ $W$ $X$ $Y$ $x$ $\frac{\partial Z}{\partial X}=1$ $\frac{\partial Z}{\partial Y}=0$ $\frac{\partial W}{\partial X}=\frac{2sX}{Y^2}$ $\frac{\partial W}{\partial Y}=\frac{-2sX^2}{Y^3}$

J = (\begin{matrix} 1 & 0 \\ * & \frac{- 2 s X^{2}}{Y^{3}} \end{matrix})

$J= \begin{pmatrix} 1&0\\ *&\frac{-2sX^2}{Y^3} \end{pmatrix}$

$|\det(J)|=\frac{2sx^2}{y^3}$ $X=W$ $X=Z$

Nhưng tôi không muốn làm phép tính.

— năm mươi
nguồn

Tôi đã không đánh giá cao bạn, trên thực tế tôi chỉ đánh giá cao bạn. Nhưng tôi nghĩ có lẽ downvote đã đến trước khi chỉnh sửa của bạn.

— Monolite

Xin lỗi về điều đó, tôi sẽ cẩn thận từ bây giờ.

— ztyh