Два зразка тесту чи квадрату

Це питання з книги Асимптотичної статистики Ван дер Ваарта, стор. 253. # 3:

Припустимо, що $\mathbf{X}_m$ і $\mathbf{Y}_n$ є незалежними мультиноміальними векторами з параметрами $(m,a_1,\ldots,a_k)$ і $(n,b_1,\ldots,b_k)$ . Під нульовою гіпотезою, що $a_i=b_i$ показую це

маю розподіл. де.

\sum_{i = 1}^{к} \frac{(Х_{м, i} - м {\hat{c}}_{i})^{2}}{м {\hat{c}}_{i}} + \sum_{i = 1}^{к} \frac{(Y_{н, i} - н {\hat{c}}_{i})^{2}}{н {\hat{c}}_{i}}

$\sum_{i=1}^k \dfrac{(X_{m,i} - m\hat{c}_i)^2}{m\hat{c}_i} + \sum_{i=1}^k \dfrac{(Y_{n,i} - n\hat{c}_i)^2}{n\hat{c}_i}$

χ_{k - 1}^{2}

$\chi^2_{k-1}$

{\hat{c}}_{i} = (X_{m, i} + Y_{n, i}) / (m + n)

$\hat{c}_i = (X_{m,i} + Y_{n,i})/(m+n)$

Мені потрібна допомога для початку роботи. Що тут стратегія? Мені вдалося об'єднати дві звіти в:

\sum_{i = 1}^{к} \frac{(м Y_{н, i} - н Х_{м, i})^{2}}{м н (м + н) {\hat{c}}_{i}}

$\sum_{i=1}^k \dfrac{(mY_{n,i} - nX_{m,i})^2}{mn(m+n)\hat{c}_i}$

але це не буде працювати з CLT, оскільки його зважене поєднання і . Не впевнений, чи це правильний шлях. Будь-які пропозиції? $X_m$ $Y_n$

EDIT: якщо то це досить легко, тому що ми отримуємо $m=n$

\begin{aligned} \frac{м Y_{н} - н Х_{м}}{\sqrt{м н (м + н)}} & = \frac{Y_{н} - Х_{м}}{\sqrt{(м + н)}} \end{aligned}

$\begin{align*} \dfrac{mY_{n} - nX_{m}}{\sqrt{mn(m+n)}} &= \dfrac{Y_{n} - X_{m}}{\sqrt{(m+n)}} \end{align*}$

де чисельник можна розглядати як суму різниць поліноміальний змінних , тому ми можемо застосувати ЦПТ , а потім закінчити його з теоремою 17.2 з тієї ж глави. Однак я не можу зрозуміти, як змусити це вирішити в цій ситуації з різними розмірами вибірки. Будь-яка допомога? $(1,a_1,\ldots,a_k)$

Посилання на розділ 17 книги "Книги Google" від van der Vaart

— бдеонович
джерело

Спочатку деякі позначення. Нехай і позначає категоричну послідовність, пов'язану з і , тобто . Нехай $\left\{X_t\right\}_{1,\ldots,m}$ $\left\{Y_t\right\}_{1,\ldots,n}$ $\mathbf{X}_m$ $\mathbf{Y}_n$ $\text{Pr}\left\{X_t = i\right\} = a_i, \text{Pr}\left\{Y_t = i\right\} = b_i$ $N=n+m$ . Розглянемо бінеризацію де- Кронекера Дельта. Отже, маємо

\begin{aligned} Х_{i}^{*} & = (Х_{1, i}^{*}, \dots, Х_{N, i}^{*}) = (δ_{i, Х_{1}}, \dots, δ_{i, Х_{н}}, 0, \dots, 0) \\ Y_{i}^{*} & = (Y_{1, i}^{*}, \dots, Y_{N, i}^{*}) = (0, \dots, 0, δ_{i, Y_{1}}, \dots, δ_{i, Y_{н}}) \end{aligned}

$\begin{align*} \mathbf{X}_{i}^* &= (X^*_{1,i},\ldots,X_{N,i}^*) = (\delta_{i,X_1},\ldots,\delta_{i,X_n},0,\ldots,0)\\ \mathbf{Y}_{i}^* &= (Y^*_{1,i},\ldots,Y_{N,i}^*)= (0,\ldots,0,\delta_{i,Y_1},\ldots,\delta_{i,Y_n})\\ \end{align*}$

δ_{i, j} \equiv 1_{i = j}

$\delta_{i,j}\equiv \mathbf{1}_{i=j}$

Х_{м, i} = \sum_{т = 1}^{N} Х_{т, i}^{*} = \sum_{т = 1}^{м} δ_{i, Х_{т}} Y_{н, i} = \sum_{т = 1}^{N} Y_{т, i}^{*} = \sum_{т = 1}^{н} δ_{i, Y_{т}}

$X_{m,i} = \sum_{t=1}^{N} X_{t,i}^* = \sum_{t=1}^m \delta_{i,X_t} \qquad Y_{n,i} = \sum_{t=1}^{N} Y_{t,i}^* = \sum_{t=1}^n \delta_{i,Y_t}$

Тепер ми починаємо доведення. Спочатку ми поєднуємо дві суми тестової статистики. Зверніть увагу , що Отже, ми можемо записати статистику тесту як

\begin{aligned} Х_{м, i} - м {\hat{c}}_{i} & = \frac{(н + м) Х_{м, i} - м (Х_{м, i} + Y_{н, i})}{н + м} \\ = \frac{н Х_{м, i} - м Y_{н, i}}{н + м} \\ Y_{н, i} - н {\hat{c}}_{i} & = \frac{(н + м) Y_{н, i} - н (Х_{м, i} + Y_{н, i})}{н + м} \\ = \frac{м Y_{н, i} - н Х_{м, i}}{н + м} \end{aligned}

$\begin{align*} X_{m,i} - m\hat{c}_i &= \dfrac{(n+m)X_{m,i} - m(X_{m,i} + Y_{n,i})}{n+m}\\ &= \dfrac{nX_{m,i} - mY_{n,i}}{n+m}\\ Y_{n,i} - n\hat{c}_i &= \dfrac{(n+m)Y_{n,i} - n(X_{m,i} + Y_{n,i})}{n+m}\\ &= \dfrac{mY_{n,i} - nX_{m,i}}{n+m} \end{align*}$

\begin{aligned} S & = \sum_{i = 1}^{к} \frac{(Х_{м, i} - м {\hat{c}}_{i})^{2}}{м {\hat{c}}_{i}} + \sum_{i = 1}^{к} \frac{(Y_{н, i} - н {\hat{c}}_{i})^{2}}{н {\hat{c}}_{i}} \\ = \sum_{i = 1}^{к} \frac{(н Х_{м, i} - м Y_{н, i})^{2}}{(н + м)^{2} м {\hat{c}}_{i}} + \sum_{i = 1}^{к} \frac{(н Х_{м, i} - м Y_{н, i})^{2}}{(н + м)^{2} н {\hat{c}}_{i}} \\ = \sum_{i = 1}^{к} \frac{(н Х_{м, i} - м Y_{н, i})^{2}}{н м (н + м) {\hat{c}}_{i}} \end{aligned}

$\begin{align*} S &= \sum_{i=1}^k \dfrac{(X_{m,i} - m\hat{c}_i)^2}{m\hat{c}_i} + \sum_{i=1}^k \dfrac{(Y_{n,i} - n\hat{c}_i)^2}{n\hat{c}_i}\\ &= \sum_{i=1}^k \dfrac{(nX_{m,i} - mY_{n,i})^2}{(n+m)^2m\hat{c}_i} + \sum_{i=1}^k \dfrac{(nX_{m,i} - mY_{n,i})^2}{(n+m)^2n\hat{c}_i}\\ &= \sum_{i=1}^k \dfrac{(nX_{m,i} - mY_{n,i})^2}{nm(n+m)\hat{c}_i} \end{align*}$

Далі зауважимо, що з такими властивостями

н Х_{м, i} - м Y_{н, i} = \sum_{т = 1}^{N} н Х_{т, i}^{*} - м Y_{т, i}^{*} = Z_{i}

$nX_{m,i} - mY_{n,i} = \sum_{t=1}^N nX_{t,i}^* - mY_{t,i}^* = Z_{i}$

\begin{aligned} Е [Z_{i}] & = н Е [Х_{м, i}] - м Е [Y_{н, i}] \\ = н м а_{i} - н м а_{i} = 0 \\ Вар [Z_{i}] & = Вар [н Х_{м, i} - м Y_{н, i}] \\ = н^{2} Вар [Х_{м, i}] - м^{2} Вар [Y_{н, i}] Примітка Х_{м, i} і Y_{н, i} є незалежними \\ = н^{2} м а_{i} (1 - а_{i}) + м^{2} н а_{i} (1 - а_{i}) \\ = н м (н + м) а_{i} (1 - а_{i}) \\ Ков [Z_{i}, Z_{j}] & = Е [Z_{i} Z_{j}] - Е [Z_{i}] Е [Z_{j}] \\ = Е [(н Х_{м, i} - м Y_{н, i}) (н Х_{м, j} - м Y_{н, j})] \\ = н^{2} (- м а_{i} а_{j} + м^{2} а_{i} а_{j}) - 2 н^{2} м^{2} а_{i} а_{j} + м^{2} (- н а_{i} а_{j} + н^{2} а_{i} а_{j}) \\ = - н м (н + м) а_{i} а_{j} \end{aligned}

$\begin{align*} \text{E}[Z_{i}] &= n\text{E}[X_{m,i}] - m\text{E}[Y_{n,i}]\\ &= nma_i - nma_i = 0\\ \text{Var}[Z_{i}] &= \text{Var}[nX_{m,i} - mY_{n,i}]\\ &= n^2\text{Var}[X_{m,i}] - m^2\text{Var}[Y_{n,i}] \qquad\text{Note $X_{m,i}$ and $Y_{n,i}$ are independent}\\ &= n^2ma_i(1-a_i) + m^2na_i(1-a_i)\\ &= nm(n+m)a_i(1-a_i)\\ \text{Cov}[Z_{i},Z_{j}] &= \text{E}[Z_{i}Z_{j}] - \text{E}[Z_{i}]\text{E}[Z_{j}]\\ &= \text{E}[(nX_{m,i} - mY_{n,i})(nX_{m,j} - mY_{n,j})]\\ &= n^2(-ma_ia_j + m^2a_ia_j) - 2n^2m^2a_ia_j + m^2(-na_ia_j+n^2a_ia_j)\\ &= -nm(n+m)a_ia_j \end{align*}$

\frac{1}{\sqrt{н м (н + м)}} Z = \frac{н Х_{м} - м Y_{н}}{\sqrt{н м (н + м)}} \overset{D}{\to} N (0, Σ)

$\dfrac{1}{\sqrt{nm(n+m)}}\mathbf{Z} = \dfrac{n\mathbf{X}_m - m \mathbf{Y}_n}{\sqrt{nm(n+m)}}\overset{D}{\to} \text{N}(\mathbf{0},\Sigma)$

(i, j)

$(i,j)$

Σ

$\Sigma$

σ_{i j} = a_{i} (δ_{i j} - a_{j})

$\sigma_{ij} = a_i(\delta_{ij} - a_j)$

\hat{c} = ({\hat{c}}_{1}, \dots, {\hat{c}}_{k}) \overset{p}{\to} (a_{1}, \dots, a_{k}) = a

$\hat{\mathbf{c}} = (\hat{c}_1,\ldots,\hat{c}_k) \overset{p}{\to} (a_1,\ldots,a_k)=\mathbf{a}$

\frac{н Х_{м} - м Y_{н}}{\sqrt{н м (н + м)} \hat{c}} \overset{D}{\to} N (0, Я_{к} - \sqrt{а} {\sqrt{а}}^{'})

$\dfrac{n\mathbf{X}_m - m \mathbf{Y}_n}{\sqrt{nm(n+m)}\hat{\mathbf{c}}}\overset{D}{\to} \text{N}(\mathbf{0},\mathbf{I}_k - \sqrt{\mathbf{a}}\sqrt{\mathbf{a}}')$

I_{k}

$\mathbf{I}_k$

k \times k

$k\times k$

\sqrt{a} = (\sqrt{a_{1}}, \dots, \sqrt{a_{k}})

$\sqrt{\mathbf{a}} = (\sqrt{a_1},\ldots,\sqrt{a_k})$

I_{k} - \sqrt{a} {\sqrt{a}}^{'}

$\mathbf{I}_k - \sqrt{\mathbf{a}}\sqrt{\mathbf{a}}'$

k - 1

$k-1$

\sum_{i = 1}^{к} \frac{(н Х_{м, i} - м Y_{н, i})^{2}}{н м (н + м) {\hat{c}}_{i}} \overset{D}{\to} χ_{к - 1}^{2}

$\sum_{i=1}^k \dfrac{(nX_{m,i} - mY_{n,i})^2}{nm(n+m)\hat{c}_i} \overset{D}{\to} \chi^2_{k-1}$

— бдеонович
джерело