Einfacher Beweis von ?

Sei unabhängige normale Standard-Zufallsvariablen. Es gibt viele (langwierige) Beweise, die das zeigen $Z_1,\cdots,Z_n$

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

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

Viele Beweise sind ziemlich lang und einige verwenden Induktion (z. B. Casella Statistical Inference). Ich frage mich, ob es einen einfachen Beweis für dieses Ergebnis gibt.

mathematical-statistics sampling

— 3x89g2
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Für einen intuitiven geometrischen (koordinatenfreien) Ansatz siehe Abschnitt 1.2 des hervorragenden Textes Der koordinatenfreie Ansatz für lineare Modelle von Michael J. Wichura (die technischen Details sind in Satz 8.2 aufgeführt), in dem der Autor den traditionellen Ansatz tatsächlich verglichen hat Matrixbeweis (bereitgestellt durch Whubers Antwort) und sein Projektionsansatz zeigen, dass sein geometrischer Ansatz natürlicher und weniger dunkel ist. Persönlich halte ich diesen Beweis für aufschlussreich und prägnant.

— Zhanxiong

Antworten:

Für , definieren $k=1, 2, \ldots, n-1$

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

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

Das , das lineare Transformationen von multinormal verteilten Zufallsvariablen , hat auch eine multinormale Verteilung. Beachten Sie, dass $X_k$ $Z_i$

Die Varianz-Kovarianz-Matrix von ist die Identitätsmatrix. $(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$ $n-1\times n-1$
$X_1^2 + X_2^2 + \cdots + X_{n-1}^2 = \sum_{i=1}^n (Z_i-\bar Z)^2.$

$(1)$ , was leicht zu überprüfen ist, impliziert direkt , dass alle bei Beobachtung nicht mit sind Die Berechnungen alle auf der Tatsache, dass , wobei es gibt . $(2)$ $X_k$ $\bar Z.$ $1+1+\cdots+1 - k = 0$ $k$

Zusammen zeigen diese, dass die Verteilung der Summe von unkorrelierten Einheitsvarianz- hat . Per Definition ist dies die -Verteilung QED . $\sum_{i=1}^n(Z_i-\bar Z)^2$ $n-1$ $\chi^2(n-1)$

Verweise

Eine Erklärung, woher die Konstruktion von stammt, finden Sie am Anfang meiner Antwort unter Wie man eine isometrische Log-Ratio-Transformation für Helmert-Matrizen durchführt . $X_k$
Dies ist eine Vereinfachung der allgemeinen Demonstration in der Antwort von ocram unter Warum RSS Chi-Quadrat-Zeiten np verteilt ist . Diese Antwort , dass "es eine Matrix gibt", um das zu konstruieren ; hier zeige ich eine solche Matrix. $X_k$

— whuber
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Diese Konstruktion hat eine einfache geometrische Interpretation. (1) Die Variablen sind auf einer n-dimensionalen sphärisch symmetrischen Verteilung verteilt (somit können wir sie beliebig drehen). (2) Die wird als Lösung für das lineare Problem , das effektiv eine Projektion des Vektors auf . (3) Wenn wir den Koordinatenraum so drehen, dass eine der Koordinaten mit diesem Projektionsvektor übereinstimmt , ist der Rest eine (n-1) -Multinomverteilung, die den Restraum darstellt.

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

Sie zeigen, dass die nicht miteinander korreliert sind. Aber soweit ich verstehe, brauchen wir Unabhängigkeit, um zu sagen, dass eine Summe der quadratischen Standardnormalvariablen ist, was eine viel stärkere Anforderung ist als unkorreliert? EDIT: Oh, warte, wenn wir wissen, dass zwei Variablen normal verteilt sind, dann impliziert unkorreliert Unabhängigkeit.

X_{i}

$X_i$

χ^{2}

$\chi^2$

— user56834

Ich verstehe auch nicht, wie Sie von der Tatsache, dass die mit (was ich verstehe) sind , zu (2) übergehen. Könnten Sie näher darauf eingehen?

X_{i}

$X_i$

\bar{Z}

$\bar Z$

— user56834

@Programmer Sorry; Ich wollte nicht implizieren, dass es eine logische Folgerung ist - (1) und (2) sind zwei getrennte Beobachtungen. (2) ist lediglich eine (einfache) algebraische Identität.

— whuber

Programmierer, beachten Sie den Link zu der anderen Antwort, die Whuber gegeben hat ( stats.stackexchange.com/questions/259208/… ). Die basieren auf einer Matrix mit orthogonalen Zeilen. Sie können also abstrakter (weniger fehlbar) als bewerten. , (beachten Sie, dass wir K um den Vektor 1111 erweitern müssen, um es n um n zu machen)

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

Beachten Sie, dass Sie sagen, sind iid mit Standardnormal , mit und $Z_is$ $N(0,1)$ $\mu=0$ $\sigma=1$

Dann ist $Z_i^2\sim \chi^2_{(1)}$

Dann

\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}

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

Beachten Sie, dass die linke Seite von (1) und der zweite Term auf der rechten Seite

\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} .

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

Außerdem ist so dass und unabhängig sind. Daher sind auch die beiden letzten Terme in (1) (Funktionen von und ) unabhängig. Ihre mgfs beziehen sich daher auf die mgf der linken Seite von (1) durch wobei und . Die mgf von ist daher . Somit ist ein Chi-Quadrat mit Freiheitsgraden. $\operatorname{Cov}(Z_i-\bar Z,\bar Z)=0$ $Z_i-\bar Z$ $\bar Z$ $Z_i-\bar Z$ $Z_i$

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}

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

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

$n-1$

— Tiefer Norden
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Das letzte "Deshalb" ist zu nachlässig

— Zhanxiong

Die unabhängige Standard-Deivation ist abhängig von

\bar{X}

$\bar{X}$

— Deep North

"Standardabweichung unabhängig von "? Vielleicht wollten Sie sagen, dass unabhängig von . Dies ist leider nicht wahr. Was wirklich gilt, ist ist unabhängig von , was auch ein Teil des Beweises ist, den wir vervollständigen müssen (anstatt ihn zu verwenden, wenn wir diesen Satz zeigen).

\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}

$\bar{Z}$

— Zhanxiong

Ich glaube, ich habe Cochrans Theorem

— Deep North

@DeepNorth Wenn Sie einige fehlende Teile in Ihrem Proof

— ausfüllen