Dễ dàng chứng minh

Hãy $Z_1,\cdots,Z_n$ được tiêu chuẩn độc lập biến ngẫu nhiên bình thường. Có nhiều bằng chứng (dài) ngoài kia, cho thấy rằng

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

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

Nhiều bằng chứng khá dài và một số trong số chúng sử dụng cảm ứng (ví dụ suy luận thống kê Casella). Tôi tự hỏi nếu có bất kỳ bằng chứng dễ dàng về kết quả này.

mathematical-statistics sampling

— 3x89g2
nguồn

Đối với cách tiếp cận hình học trực quan (không phối hợp), hãy xem Phần 1.2 của văn bản xuất sắc Phương pháp tiếp cận không phối hợp với mô hình tuyến tính của Michael J. Doesura (các chi tiết kỹ thuật được điền vào Định lý 8.2), trong đó tác giả thực sự so sánh truyền thống bằng chứng ma trận (được cung cấp bởi câu trả lời của người đánh bóng) và phương pháp chiếu của anh ta, cho thấy cách tiếp cận hình học của anh ta tự nhiên hơn và ít tối nghĩa hơn. Cá nhân, tôi nghĩ rằng bằng chứng này là sâu sắc và cô đọng.

— Zhanxiong

Câu trả lời:

Với , xác định $k=1, 2, \ldots, n-1$

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

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

Các , là tuyến tính biến đổi của phân phối multinormally biến ngẫu nhiên , cũng có một phân phối multinormal. Lưu ý rằng $X_k$ $Z_i$

Ma trận sai-hiệp phương sai của là nhận dạng ma trận. $(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$ $n-1\times n-1$
$X_1^2 + X_2^2 + \cdots + X_{n-1}^2 = \sum_{i=1}^n (Z_i-\bar Z)^2.$

, đó là dễ dàng để kiểm tra, trực tiếp ám chỉ khi quan sát tất cả các được không tương quan với Các tính toán tất cả đi xuống thực tế là , nơi có người. $(1)$ $(2)$ $X_k$ $\bar Z.$ $1+1+\cdots+1 - k = 0$ $k$

Cùng các chương trình đó có sự phân bố của tổng của không tương quan đơn vị sai biến bình thường. Theo định nghĩa, đây là phân phối , QED . $\sum_{i=1}^n(Z_i-\bar Z)^2$ $n-1$ $\chi^2(n-1)$

Người giới thiệu

Để biết giải thích về việc xây dựng đến từ đâu, hãy xem phần đầu câu trả lời của tôi tại Cách thực hiện chuyển đổi tỷ lệ log-isometric liên quan đến ma trận Helmert . $X_k$
Đây là một sự đơn giản hóa của trình diễn chung được đưa ra trong câu trả lời của ocram tại Tại sao RSS được phân phối chi bình phương lần np . Câu trả lời đó khẳng định "tồn tại ma trận" để xây dựng ; Ở đây, tôi trưng bày một ma trận như vậy. $X_k$

— whuber
nguồn

Cấu trúc này có một giải thích hình học đơn giản. (1) Các biến

được phân phối trên phân bố đối xứng hình cầu n chiều (do đó chúng ta có thể xoay nó theo bất kỳ cách nào chúng ta muốn). (2) Các

được tìm thấy như một giải pháp cho vấn đề tuyến tính

, đó là một cách hiệu quả một chiếu của vector

lên

. (3) Nếu chúng ta xoay tọa độ không gian như vậy mà một trong những tọa độ trùng với vector chiếu này,

, sau đó phần còn lại là một (n-1) phân phối -multinomial đại diện cho các không gian còn lại.

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 Empiricus

Bạn cho thấy rằng

không tương quan với nhau. Nhưng theo như tôi hiểu, để nói rằng một tổng các biến bình thường tiêu chuẩn bình phương là

, chúng ta cần sự độc lập, đó là một yêu cầu mạnh mẽ hơn nhiều so với không tương quan? EDIT: oh chờ đã, nếu chúng ta biết rằng hai biến được phân phối bình thường, thì không tương thích ngụ ý độc lập.

X_{i}

$X_i$

χ^{2}

$\chi^2$

— dùng56834

Ngoài ra, tôi không hiểu làm thế nào bạn đi từ thực tế là

không tương thích với

(mà tôi hiểu), đến (2). Bạn có thể giải thích?

X_{i}

$X_i$

\bar{Z}

$\bar Z$

— dùng56834

@ Trình lập trình Xin lỗi; Tôi không có ý ám chỉ đó là một suy luận hợp lý - (1) và (2) là hai quan sát riêng biệt. (2) chỉ là một bản sắc đại số (đơn giản).

— whuber

Lập trình viên, lưu ý liên kết đến câu trả lời khác mà Whuber đã đưa ra ( stats.stackexchange.com/questions/259208/ ))

được xây dựng dựa trên ma trận,

, với các hàng trực giao. Vì vậy, bạn có thể đánh giá trong một trừu tượng hơn (ít sai lầm) cách

như

X_{k}

$X_k$

H

$H$

\sum K_{i}^{2}

$\sum K_i^2$

, (lưu ý chúng ta phải mở rộng K theo vectơ 1111 để làm cho nó bằng 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

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

— Sextus Empiricus

Lưu ý bạn nói được IID với tiêu chuẩn bình thường , với và $Z_is$ $N(0,1)$ $\mu=0$ $\sigma=1$

Sau đó $Z_i^2\sim \chi^2_{(1)}$

Khi đó

\begin{aligned} Σ_{Tôi = = 1}^{n} Z_{Tôi}^{2} & = = Σ_{Tôi = = 1}^{n} (Z_{Tôi} - \bar{Z} + \bar{Z})^{2} = = Σ_{Tôi = = 1}^{n} (Z_{Tôi} - \bar{Z})^{2} + n {\bar{Z}}^{2} \\ (1) & = = Σ_{Tôi = = 1}^{n} (Z_{Tôi} - \bar{Z})^{2} + {[\frac{\sqrt{n} (\bar{Z} - 0)}{1}]}^{2} \end{aligned}

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

Lưu ý rằng ở phía bên trái tay (1), và rằng nhiệm kỳ thứ hai ở phía bên tay phải

Σ_{Tôi = = 1}^{n} Z_{Tôi}^{2} ~ χ_{(n)}^{2}

$\sum_{i=1}^n Z_i^2\sim\chi^2_{(n)}$

{[\frac{\sqrt{n} (\bar{Z} - 0)}{1}]}^{2} ~ χ_{(1)}^{2} .

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

Hơn nữa mà và là độc lập. Do đó, hai số hạng cuối cùng trong (1) (các hàm của và ) cũng độc lập. Do đó, mgfs của họ có liên quan đến mgf của phía bên trái của (1) đến $\operatorname{Cov}(Z_i-\bar Z,\bar Z)=0$ $Z_i-\bar Z$ $\bar Z$ $Z_i-\bar Z$ $Z_i$ nơi và . Các MGF của do đó

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}

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

. Như vậy,

là chi-vuông với

bậc tự do.

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

$n-1$

— Bắc sâu
nguồn

"Do đó" cuối cùng là quá bất cẩn

— Zhanxiong

\bar{X}

$\bar{X}$

\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}

$\bar{Z}$

Tôi nghĩ rằng tôi đã sử dụng Định lý của Cochran

— Deep North

@DeepNorth Nếu điền vào một số phần còn thiếu trong bằng chứng của bạn

— Jarle Tufto