Pdf

Припустимо, є iid від з невідомими і $X_1, X_2,...,X_n$ $N(\mu,\sigma^2)$ $\mu \in \mathcal R$ $\sigma^2>0$

Нехай $Z=\frac{X_1-\bar{X}}{S},$ S тут стандартне відхилення.

Можна показати, що $Z$ має PDF Lebesgue

f (z) = \frac{\sqrt{n} Γ (\frac{n - 1}{2})}{\sqrt{π} (n - 1) Γ (\frac{n - 2}{2})} {[1 - \frac{n z^{2}}{(n - 1)^{2}}]}^{n / 2 - 2} I_{(0, (n - 1) / \sqrt{n})} (| Z |)

$f(z)=\frac{\sqrt{n} \Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}{\sqrt{\pi}(n-1)\Gamma\left(\frac{n-2}{2}\right)}\left[1-\frac{nz^2}{(n-1)^2}\right]^{n/2-2}I_{(0,(n-1)/\sqrt{n})}(|Z|)$

Тоді моє запитання, як отримати цей pdf?

Питання звідси в прикладі 3.3.4, щоб знайти UMVUE $P(X_1 \le c)$ . Я можу зрозуміти логіку та процедури пошуку UMVUE, але не знаю, як отримати PDF-файл.

Я думаю , це питання також відноситься до цього одному

Дуже дякую за допомогу або вкажіть, що будь-які пов’язані посилання також будуть призначені.

self-study umvue

— Глибока Північ
джерело

Відповіді:

Що настільки інтригує цей результат, наскільки це виглядає розподіл коефіцієнта кореляції. Є причина.

Припустимо, є двовимірною нормальною з нульовою кореляцією та загальною дисперсією для обох змінних. Намалюйте зразок iid . Добре відомо і легко встановлено геометрично (як це робив Фішер століття тому), що розподіл коефіцієнта кореляції вибірки $(X,Y)$ $\sigma^2$ $(x_1,y_1), \ldots, (x_n,y_n)$

r = \frac{\sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - \bar{x}) (y_{i} - \bar{y})}{(n - 1) S_{x} S_{y}}

$r = \frac{\sum_{i=1}^n(x_i - \bar x)(y_i - \bar y)}{(n-1) S_x S_y}$

f (r) = \frac{1}{B (\frac{1}{2}, \frac{n}{2} - 1)} {(1 - r^{2})}^{n / 2 - 2}, - 1 \leq r \leq 1.

$f(r) = \frac{1}{B\left(\frac{1}{2}, \frac{n}{2}-1\right)}\left(1-r^2\right)^{n/2-2},\ -1 \le r \le 1.$

(Тут, як завжди, і це вибіркові засоби, а і - квадратні корені неупереджених оцінок дисперсії.) - функція Beta , для якої $\bar x$ $\bar y$ $S_x$ $S_y$ $B$

\begin{matrix} (1) & \frac{1}{B (\frac{1}{2}, \frac{n}{2} - 1)} = \frac{Γ (\frac{n - 1}{2})}{Γ (\frac{1}{2}) Γ (\frac{n}{2} - 1)} = \frac{Γ (\frac{n - 1}{2})}{\sqrt{π} Γ (\frac{n}{2} - 1)} . \end{matrix}

$\frac{1}{B\left(\frac{1}{2}, \frac{n}{2}-1\right)} = \frac{\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{n}{2}-1\right)} = \frac{\Gamma\left(\frac{n-1}{2}\right)}{\sqrt{\pi}\Gamma\left(\frac{n}{2}-1\right)} . \tag{1}$

Щоб обчислити , ми можемо використовувати його інваріантність при обертаннях в навколо лінії, породженої , а також інваріантності розподілу вибірки за тими ж обертаннями, і виберіть будь-яким одиничним вектором, компоненти якого дорівнюють нулю. Один такий вектор пропорційний . Його стандартне відхилення становить $r$ $\mathbb{R}^n$ $(1,1,\ldots, 1)$ $y_i/S_y$ $v = (n-1, -1, \ldots, -1)$

S_{v} = \sqrt{\frac{1}{n - 1} ((n - 1)^{2} + (- 1)^{2} + \dots + (- 1)^{2})} = \sqrt{n} .

$S_v = \sqrt{\frac{1}{n-1}\left((n-1)^2 + (-1)^2 + \cdots + (-1)^2\right)} = \sqrt{n}.$

Отже, повинен мати той самий розподіл, що і $r$

\frac{\sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - \bar{x}) (v_{i} - \bar{v})}{(n - 1) S_{x} S_{v}} = \frac{(n - 1) x_{1} - x_{2} - \dots - x_{n}}{(n - 1) S_{x} \sqrt{n}} = \frac{n (x_{1} - \bar{x})}{(n - 1) S_{x} \sqrt{n}} = \frac{\sqrt{n}}{n - 1} Z .

$\frac{\sum_{i=1}^n(x_i - \bar x)(v_i - \bar v)}{(n-1) S_x S_v} = \frac{(n-1)x_1 - x_2-\cdots-x_n}{(n-1) S_x \sqrt{n}} = \frac{n(x_1 - \bar x)}{(n-1) S_x \sqrt{n}} = \frac{\sqrt{n}}{n-1}Z.$

Тому потрібно лише змінити масштаб щоб знайти розподіл : $r$ $Z$

f_{Z} (z) = | \frac{\sqrt{n}}{n - 1} | f (\frac{\sqrt{n}}{n - 1} z) = \frac{1}{B (\frac{1}{2}, \frac{n}{2} - 1)} \frac{\sqrt{n}}{n - 1} {(1 - \frac{n}{(n - 1)^{2}} z^{2})}^{n / 2 - 2}

$f_Z(z) = \big|\frac{\sqrt{n}}{n-1}\big| f\left(\frac{\sqrt{n}}{n-1}z\right) = \frac{1}{B\left(\frac{1}{2}, \frac{n}{2}-1\right)} \frac{\sqrt{n}}{n-1}\left(1- \frac{n}{(n-1)^2}z^2\right)^{n/2-2}$

для . Формула (1) показує, що це ідентично питанню. $|z| \le \frac{n-1}{\sqrt{n}}$

Не зовсім переконаний? Ось результат моделювання цієї ситуації в 100 000 разів (при , де розподіл рівномірний). $n=4$

Перша гістограма побудує коефіцієнти кореляції а друга гістограма побудує коефіцієнти кореляції для випадково вибраного вектор який залишається фіксованим для всіх ітерацій. Вони обоє рівномірні. Діаграма QQ праворуч підтверджує, що ці розподіли по суті ідентичні. $(x_i,y_i),i=1,\ldots,4$ $(x_i,v_i),i=1,\ldots,4)$ $v_i$

Ось Rкод, який створив сюжет.

n <- 4
n.sim <- 1e5
set.seed(17)
par(mfrow=c(1,3))
#
# Simulate spherical bivariate normal samples of size n each.
#
x <- matrix(rnorm(n.sim*n), n)
y <- matrix(rnorm(n.sim*n), n)
#
# Look at the distribution of the correlation of `x` and `y`.
#
sim <- sapply(1:n.sim, function(i) cor(x[,i], y[,i]))
hist(sim)
#
# Specify *any* fixed vector in place of `y`.
#
v <- c(n-1, rep(-1, n-1)) # The case in question
v <- rnorm(n)             # Can use anything you want
#
# Look at the distribution of the correlation of `x` with `v`.
#
sim2 <- sapply(1:n.sim, function(i) cor(x[,i], v))
hist(sim2)
#
# Compare the two distributions.
#
qqplot(sim, sim2, main="QQ Plot")

Довідково

Р. А. Фішер, Частотний розподіл значень коефіцієнта кореляції у зразках з невизначено великої сукупності . Біометріка , 10 , 507. Див. Розділ 3. (Цитується в передовій теорії статистики Кендалла , 5-е видання, розділ 16.24.)

— дзижчати
джерело

Посилання на посилання порушено.

— Секст Емпірік

@Martijn Дякую за перевірку. Я бачу, що ви маєте на увазі - посилання працює, але воно не стосується нічого важливого! Я це виправив.

— whuber

Я хотів би запропонувати такий спосіб отримати pdf Z, безпосередньо обчисливши MVUE з використовуючи теорему Байєса, хоча це пригорсько і складно. $P(X\leq c)$

Оскільки і , є спільною повною достатньою статистикою, MVUE з було б так: $E[I_{(-\infty,c)}(X_1)]=P(X_1\leq c)$ $Z_1=\bar X$ $Z_2=S^2$ $P(X\leq c)$

ψ (z_{1}, z_{2}) = E [I_{(- \infty, c)} (X_{1}) | z_{1}, z_{2}] = \int_{- \infty}^{\infty} I_{(- \infty, c)} f_{X | Z_{1}, Z_{2}} (x_{1} | z_{1}, z_{2}) d x_{1}

$\psi(z_1,z_2)=E[I_{(-\infty,c)}(X_1)|z_1,z_2]=\int_{-\infty}^{\infty}I_{(-\infty,c)}f_{X|Z_1,Z_2}(x_1|z_1,z_2)dx_1$

Тепер, використовуючи теорему Байєса, отримуємо

f_{X | Z_{1}, Z_{2}} (x_{1} | z_{1}, z_{2}) = \frac{f_{Z_{1}, Z_{2} | X_{1}} (z_{1}, z_{2} | x_{1}) f_{X_{1}} (x_{1})}{f_{Z_{1}, Z_{2}} (z_{1}, z_{2})}

$f_{X|Z_1,Z_2}(x_1|z_1,z_2)={{f_{Z_1,Z_2|X_1}(z_1,z_2|x_1)f_{X_1}(x_1)}\over{f_{Z_1,Z_2}(z_1,z_2)}}$

Знаменник може бути записаний у закритому вигляді, оскільки , не залежать один від одного. $f_{Z_1,Z_2}(z_1,z_2)=f_{Z_1}(z_1)f_{Z_2}(z_2)$ $Z_1 \sim N(\mu,\frac{\sigma^2}{n})$ $Z_2 \sim \Gamma({n-1\over 2},{2 \sigma^2\over n-1})$

Для отримання закритої форми чисельника ми можемо прийняти таку статистику:

W_{1} = \frac{\sum_{i = 2}^{n} X_{i}}{n - 1}

$W_1 = {\sum_{i=2}^n X_i \over n-1}$

W_{2} = \frac{\sum_{i = 2}^{n} X_{i}^{2} - (n - 1) W_{1}^{2}}{(n - 1) - 1}

$W_2 = {\sum_{i=2}^n X_i^2 -(n-1) W_1^2 \over (n-1)-1}$

що є середньою і дисперсією вибірки і вони незалежні один від одного, а також не залежать від . Ми можемо виразити це через . $X_2, X_3, ..., X_n$ $X_1$ $Z_1, Z_2$

$W_1={n Z_1 - X_1\over n-1}$ , $W_2={(n-1)Z_2+nZ_1^2-X_1^2-(n-1)W_1^2 \over n-2}$

Ми можемо використовувати перетворення, тоді як , $X_1=x_1$

f_{Z_{1}, Z_{2} | X_{1}} (z_{1}, z_{2} | x_{1}) = \frac{n}{n - 2} f_{W_{1}, W_{2}} (w_{1}, w_{2}) = \frac{n}{n - 2} f_{W_{1}} (w_{1}) f_{W_{2}} (w_{2})

$f_{Z_1,Z_2|X_1}(z_1,z_2|x_1)={n \over n-2}f_{W_1,W_2}(w_1,w_2)={n \over n-2}f_{W_1}(w_1)f_{W_2}(w_2)$

Оскільки , ми можемо отримати закриту форму цього. Зауважте, що це справедливо лише для що обмежує до . $W_1 \sim N(\mu,\frac{\sigma^2}{n-1})$ $W_2 \sim \Gamma({n-2\over 2},{2 \sigma^2\over n-2})$ $w_2 \geq 0$ $x_1$ $z_1-{n-1 \over \sqrt n}\sqrt{z_2} \leq x_1 \leq z_1+{n-1 \over \sqrt n}\sqrt{z_2}$

Отже, складіть їх усі разом, експоненціальні терміни зникнуть, і ви отримаєте,

f_{X | Z_{1}, Z_{2}} (x_{1} | z_{1}, z_{2}) = \frac{Γ (\frac{n - 1}{2})}{\sqrt{π} Γ (\frac{n - 2}{2})} \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{z_{2}} (n - 1)} (1 - {(\frac{\sqrt{n} (x_{1} - z_{1})}{\sqrt{z_{2}} (n - 1)})}^{2})

$f_{X|Z_1,Z_2}(x_1|z_1,z_2)={\Gamma({n-1 \over 2}) \over \sqrt{\pi} \Gamma({n-2 \over 2})} {\sqrt{n} \over \sqrt{z_2} (n-1)} (1-{({\sqrt{n} (x_1 -z_1) \over \sqrt{z_2} (n-1) })}^2)$ де і нуль в іншому місці.

z_{1} - \frac{n - 1}{\sqrt{n}} \sqrt{z_{2}} \leq x_{1} \leq z_{1} + \frac{n - 1}{\sqrt{n}} \sqrt{z_{2}}

$z_1-{n-1 \over \sqrt n}\sqrt{z_2} \leq x_1 \leq z_1+{n-1 \over \sqrt n}\sqrt{z_2}$

З цього моменту ми можемо отримати pdf за допомогою перетворення. $Z={X_1- z_1 \over \sqrt{z_2}}$

До речі, MVUE був би таким: під час і було б 1, якщо

ψ (z_{1}, z_{2}) = \frac{Γ (\frac{n - 1}{2})}{\sqrt{π} Γ (\frac{n - 2}{2})} \int_{- \frac{π}{2}}^{θ_{c}} c o s^{n - 3} θ d θ

$\psi(z_1,z_2)={\Gamma({n-1 \over 2}) \over \sqrt{\pi} \Gamma({n-2 \over 2})} \int ^{\theta_c} _{-{\pi \over2}} cos^{n-3} \theta d\theta$

θ_{c} = s i n^{- 1} (\frac{\sqrt{n} (c - z_{1})}{(n - 1) \sqrt{z_{1}}})

$\theta_c = sin^{-1} ({\sqrt{n}(c-z_1)\over(n-1)\sqrt{z_1}})$

c \geq z_{1} + \frac{n - 1}{\sqrt{n} \sqrt{z_{2}}}

$c \geq z_1+{n-1 \over \sqrt{n} \sqrt{z_2} }$

Я не є носієм англійської мови, і можуть бути якісь незручні пропозиції. Я сам вивчаю статистику із введенням підручника в математичну статистику Хогга. Тож можуть бути деякі граматичні чи математичні концептуальні помилки. Було б вдячно, якщо хтось їх виправить.

Дякую за прочитане

— КДГ
джерело