Một sẽ khoảng tin cậy cho phương sai được hẹp hơn nếu chúng ta biết một tiên nghiệm trung bình?

Hãy nói rằng chúng ta biết ý nghĩa của một phân phối nhất định. Điều này có ảnh hưởng đến ước tính khoảng của phương sai của một biến ngẫu nhiên (được tính bằng cách sử dụng phương sai mẫu) không? Như trong, chúng ta có thể có được một khoảng nhỏ hơn cho cùng một mức độ tin cậy không?

Tôi không hoàn toàn chắc chắn câu trả lời của tôi là đúng, nhưng tôi sẽ cho rằng không có mối quan hệ chung. Đây là quan điểm của tôi:

Hãy để chúng tôi nghiên cứu trường hợp khoảng tin cậy của phương sai được hiểu rõ, viz. lấy mẫu từ một phân phối bình thường (như bạn chỉ ra trong thẻ câu hỏi, nhưng không thực sự là chính câu hỏi). Xem các cuộc thảo luận ở đây và ở đây .

Một khoảng tin cậy cho sau từ trục T = n σ 2 / σ 2 ~ χ 2 n - 1 , nơi σ 2 = 1 / n Σ i ( X i - ˉ X ) 2 . (Đây chỉ là một cách khác để viết các biểu hiện có thể là quen thuộc hơn T = ( n - 1 ) s 2 / σ 2 ~ $\sigma^2$$T=n\hat{\sigma}^2/\sigma^2\sim\chi^2_{n-1}$$\hat{\sigma}^2=1/n\sum_i(X_i-\bar{X})^2$ , nơis2=1/(n-1)Σi(Xi- ˉ X )2.)$T=(n-1)s^2/\sigma^2\sim\chi^2_{n-1}$$s^2=1/(n-1)\sum_i(X_i-\bar{X})^2$

Do đó, chúng ta có Do đó, một khoảng tin cậy là(nσ2/cn-1u,nσ2/cn-1l). Chúng tôi có thể chọncn-1lvàcn-1unhư quantilescn-1u=χ2n-1,

$$\begin{align*} 1-\alpha&=\Pr\{c_l^{n-1}<T<c_u^{n-1}\}\\ &=\Pr\left\{\frac{c_l^{n-1}}{n\hat{\sigma}^2}<\frac{1}{\sigma^2}<\frac{c_u^{n-1}}{n\hat{\sigma}^2}\right\}\\ &=\Pr\left\{\frac{n\hat{\sigma}^2}{c_u^{n-1}}<\sigma^2<\frac{n\hat{\sigma}^2}{c_l^{n-1}}\right\} \end{align*}$$ $(n\hat{\sigma}^2/c_u^{n-1},n\hat{\sigma}^2/c_l^{n-1})$$c_l^{n-1}$$c_u^{n-1}$ vàc n - 1 l =χ 2 n - 1 , α / 2 .$c_u^{n-1}=\chi^2_{n-1,1-\alpha/2}$$c_l^{n-1}=\chi^2_{n-1,\alpha/2}$

(Lưu ý rằng bất kỳ phương sai nào ước tính rằng, vì phân phối bị lệch, các lượng tử sẽ mang lại một ci với xác suất bao phủ đúng, nhưng không phải là tối ưu, tức là không phải là ngắn nhất có thể. càng ngắn càng tốt, chúng tôi yêu cầu mật độ phải giống hệt nhau ở đầu dưới và trên của ci, với một số điều kiện bổ sung như không đồng nhất. Tôi không biết nếu sử dụng ci tối ưu đó sẽ thay đổi mọi thứ trong câu trả lời này.)$\chi^2$

Như đã giải thích trong các liên kết, , nơi s 2 0 = $T'=ns_0^2/\sigma^2\sim\chi^2_n$sử dụng giá trị trung bình đã biết. Do đó, chúng tôi nhận được khoảng tin cậy hợp lệ 1 - $s_0^2=\frac{1}{n}\sum_i(X_i-\mu)^2$ Ở đây,cnlvàcnusẽ là các lượng tử từphân phốiχ2n.

$$\begin{align*} 1-\alpha&=\Pr\{c_l^{n}<T'<c_u^{n}\}\\ &=\Pr\left\{\frac{ns_0^2}{c_u^{n}}<\sigma^2<\frac{ns_0^2}{c_l^{n}}\right\} \end{align*}$$ $c_l^{n}$$c_u^{n}$$\chi^2_n$

Chiều rộng của khoảng tin cậy là và wT′=ns 2 0 (c n u -c n l

$$w_T=\frac{n\hat{\sigma}^2(c_u^{n-1}-c_l^{n-1})}{c_l^{n-1}c_u^{n-1}}$$ Chiều rộng tương đối là w $$w_{T'}=\frac{ns_0^2(c_u^{n}-c_l^{n})}{c_l^{n}c_u^{n}}$$ Chúng ta biết rằng σ 2/s 2 0 ≤1làmẫuGiảm thiểu trung bình tổng của độ lệch bình phương. Ngoài ra, tôi thấy vài kết quả chung về chiều rộng của khoảng thời gian, như tôi không nhận thức được kết quả rõ ràng cách khác biệt và các sản phẩm của thượng và hạ thấpχ2quantiles cư xử như chúng ta tăng mức độ tự do của một (nhưng xem hình sự phía dưới). $$\frac{w_T}{w_{T'}}=\frac{\hat{\sigma}^2}{s_0^2}\frac{c_u^{n-1}-c_l^{n-1}}{c_u^{n}-c_l^{n}}\frac{c_l^{n}c_u^{n}}{c_l^{n-1}c_u^{n-1}}$$ $\hat{\sigma}^2/s_0^2\leq1$$\chi^2$

Ví dụ: để

chúng ta có

$$r_n:=\frac{c_u^{n-1}-c_l^{n-1}}{c_u^{n}-c_l^{n}}\frac{c_l^{n}c_u^{n}}{c_l^{n-1}c_u^{n-1}},$$

cho α = 0,05 và n = 10 , có nghĩa là ci dựa trên σ 2 sẽ ngắn hơn nếu σ 2 ≤ s 2

$$r_{10}\approx1.226$$ $\alpha=0.05$$n=10$$\hat{\sigma}^2$ $$\hat{\sigma}^2\leq\frac{s_0^2}{1.226}$$

Sử dụng mã dưới đây, tôi đã thực hiện một nghiên cứu mô phỏng nhỏ cho thấy rằng khoảng thời gian dựa trên sẽ giành phần lớn thời gian. (Xem liên kết được đăng trong câu trả lời của Aksakal để biết cách hợp lý hóa mẫu lớn của kết quả này.)$s_0^2$

Xác suất dường như ổn định trong , nhưng tôi không biết về một lời giải thích mẫu hữu hạn phân tích:$n$

    rm(list=ls())

IntervalLengthsSigma2 <- function(n,alpha=0.05,reps=100000,mu=1) {
  cl_a <- qchisq(alpha/2,df = n-1)
  cu_a <- qchisq(1-alpha/2,df = n-1)
  cl_b <- qchisq(alpha/2,df = n)
  cu_b <- qchisq(1-alpha/2,df = n)

  winners02 <- rep(NA,reps)

  for (i in 1:reps) {
    x <- rnorm(n,mean=mu)
    xbar <- mean(x)
    s2 <- 1/n*sum((x-xbar)^2)
    s02 <- 1/n*sum((x-mu)^2)

    ci_a <- c(n*s2/cu_a,n*s2/cl_a)
    ci_b <- c(n*s02/cu_b,n*s02/cl_b)

    winners02[i] <- ifelse(ci_a[2]-ci_a[1]>ci_b[2]-ci_b[1],1,0)  
  }
  mean(winners02)
}

nvalues <- matrix(seq(5,200,by=10)) 
plot(nvalues,apply(nvalues,1,IntervalLengthsSigma2),pch=19,col="lightblue",type="b")

Các lô con số tiếp theo chống lại n , để lộ (như trực giác sẽ đề nghị) rằng tỷ lệ này có xu hướng 1. As, hơn nữa, ˉ X → p μ cho n lớn, sự khác biệt giữa độ rộng của hai cis do đó sẽ tan biến như n → ∞ . (Xem lại liên kết được đăng trong câu trả lời của Aksakal để hợp lý hóa mẫu lớn cho kết quả này.)$r_n$$n$$\bar{X}\to_p\mu$$n$$n\to\infty$

Hãy để tôi đầu tiên thiết lập vấn đề. Chúng tôi biết dân số có nghĩa. Đây là một điểm rất quan trọng để thực hiện ngay từ đầu, bởi vì không có nó, chúng ta sẽ không có câu trả lời có ý nghĩa.

$$\sigma=\frac{1}{n-1}sum_i(x_i-\bar x)^2$$

$\mu$

$$\sigma'=\frac{1}{n}sum_i(x_i-\mu)^2$$

Lưu ý rằng bây giờ nó là một công cụ ước tính khác nhau! Nó có mẫu số khác nhau, vv Nó có một phương sai khác nhau .

$Var[\sigma]$$Var[\sigma']$

$Var[\sigma|E[x_i]=\mu]$$Var[\sigma'|E[x_i]=\mu]$

$E[x_i]=\mu$$Var[\sigma]$$\mu$$\sigma$$\bar x>>\mu$$\sigma$

Do đó, câu trả lời của tôi ở đây tuân theo các thiết lập mà tôi đã mô tả.

Có, khoảng tin cậy sẽ hẹp hơn.

Về mặt triết học, biết trung bình của dân số là một thông tin bổ sung, vì vậy sự không chắc chắn phải nhỏ hơn trong trường hợp này.

Ví dụ: nếu phân phối của bạn là Poisson, thì phương sai là trung bình bằng nhau. Do đó, biết có nghĩa là bạn cũng biết phương sai và khoảng tin cậy co lại thành một điểm. Không có khoảng cách.

$\frac{1}{n-1}\sum_i(x_i-\bar x)^2$$\frac{1}{n}\sum_i(x_i-\mu)^2$

Tôi nghĩ rằng bài viết này là câu trả lời dứt khoát cho câu hỏi của bạn.

Mở rộng câu trả lời của @Cristoph Hanck một chút và điều chỉnh mã của anh ấy

$T$$T'$$w$$w$

$T$$T'$

IntervalLengthsSigma2 <- function(n,alpha=0.05,reps=100000,mu=1) {
  cl_a <- qchisq(alpha/2,df = n-1)
  cu_a <- qchisq(1-alpha/2,df = n-1)
  cl_b <- qchisq(alpha/2,df = n)
  cu_b <- qchisq(1-alpha/2,df = n)

  winners02 <- rep(NA,reps)
  width.a <- rep(NA,reps)
  width.b <- rep(NA,reps)
  sigma2.in.a <- rep(NA,reps)
  sigma2.in.b <- rep(NA,reps)

  for (i in 1:reps) {
    x <- rnorm(n,mean=mu)
    xbar <- mean(x)
    s2 <- 1/n*sum((x-xbar)^2)
    s02 <- 1/n*sum((x-mu)^2)

    ci_a <- c(n*s2/cu_a,n*s2/cl_a)
    ci_b <- c(n*s02/cu_b,n*s02/cl_b)

    winners02[i] <- ifelse(ci_a[2]-ci_a[1]>ci_b[2]-ci_b[1],1,0) 
    ci_a[2]-ci_a[1] -> width.a[i]
    ci_b[2]-ci_b[1] -> width.b[i]
    ifelse(ci_a[1]< 1 & ci_a[2] > 1, 1, 0) -> sigma2.in.a[i]
    ifelse(ci_b[1]< 1 & ci_b[2] > 1, 1, 0) -> sigma2.in.b[i]
  }

 list(n=n, width.a=width.a,width.b=width.b, sigma2.in.a=sigma2.in.a, sigma2.in.b=sigma2.in.b, winner=winners02)
}

# simulate for sample size of 6
IntervalLengthsSigma2(n=6) -> sim

# plot empirical CDFs of CI widths for mean known & mean unknown
plot(ecdf(sim$width.a), xlab="CI width", ylab="empirical CDF", sub=paste("n=",sim$n), main="")
lines(ecdf(sim$width.b), col="red")
legend("bottomright", lty=1, col=c("black", "red"), legend=c("mean unknown (Mr A)", "mean known (Mr B)"))

# coverage with mean unknown:
mean(sim$sigma2.in.a)
# coverage with mean unknown when CI is narrower than with mean known:
mean(sim$sigma2.in.a[sim$winner==0])
# coverage with mean unknown when CI is wider than with mean known:
mean(sim$sigma2.in.a[sim$winner==1])

# coverage with mean known:
mean(sim$sigma2.in.b)
# coverage with mean known when CI is wider than with mean unknown:
mean(sim$sigma2.in.b[sim$winner==0])
# coverage with mean known when CI is narrower than with mean unknown;
mean(sim$sigma2.in.b[sim$winner==1])

Tôi không thể bình luận nhưng tuyên bố sâu rộng của Aksakal "biết ý nghĩa của dân số là một thông tin bổ sung, vì vậy sự không chắc chắn phải nhỏ hơn trong trường hợp này" là không rõ ràng.

$\mu$

$$\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \overline{X})^2$$

có phương sai thấp hơn đồng đều

$$\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \mu)^2$$

$\mu, \sigma$