背景

假设我们有一个普通的最小二乘模型，其中我们的回归模型中有系数， $k$

y = X β + ϵ

$\mathbf{y}=\mathbf{X}\mathbf{\beta} + \mathbf{\epsilon}$

其中是系数的向量，是由定义的设计矩阵 $\mathbf{\beta}$ $(k\times1)$ $\mathbf{X}$

X = (\begin{matrix} 1 & x_{11} & x_{12} & \dots & x_{1 (k - 1)} \\ 1 & x_{21} & \dots & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ 1 & x_{n 1} & \dots & \dots & x_{n (k - 1)} \end{matrix})

$\mathbf{X} = \begin{pmatrix} 1 & x_{11} & x_{12} & \dots & x_{1\;(k-1)} \\ 1 & x_{21} & \dots & & \vdots \\ \vdots & & \ddots & & \vdots \\ 1 & x_{n1} & \dots & \dots & x_{n\;(k-1)} \end{pmatrix}$ ，错误是IID正常，

ϵ \sim N (0, σ^{2} I) .

$\mathbf{\epsilon} \sim \mathcal{N}\left(\mathbf{0},\sigma^2 \mathbf{I}\right) \;.$

我们通过设置我们的估计减少加总平方错误是 $\mathbf{\beta}$

\hat{β} = (X^{T} X)^{- 1} X^{T} y .

$\mathbf{\hat{\beta}}= (\mathbf{X^T X})^{-1}\mathbf{X}^T \mathbf{y}\;.$

的无偏估计量为其中（ref）。 $\sigma^2$

s^{2} = \frac{{‖ y - \hat{y} ‖}^{2}}{n - p}

$s^2 = \frac{\left\Vert \mathbf{y}-\mathbf{\hat{y}}\right\Vert ^2}{n-p}$

\hat{y} \equiv X \hat{β}

$\mathbf{\hat{y}} \equiv \mathbf{X} \mathbf{\hat{\beta}}$

的协方差 $\mathbf{\hat{\beta}}$ 由

Cov (\hat{β}) = σ^{2} C

$\operatorname{Cov}\left(\mathbf{\hat{\beta}}\right) = \sigma^2 \mathbf{C}$ ，其中

C \equiv (X^{T} X)^{- 1}

$\mathbf{C}\equiv(\mathbf{X}^T\mathbf{X})^{-1}$ （ref）。

题

对于 $\hat\beta_i$ ，我如何证明

\frac{{\hat{β}}_{i} - β_{i}}{s_{{\hat{β}}_{i}}} \sim t_{n - k}

$\frac{\hat{\beta}_i - \beta_i} {s_{\hat{\beta}_i}} \sim t_{n-k}$ 其中

t_{n - k}

$t_{n-k}$ 是t分布具有

(n - k)

$(n-k)$ 个自由度，并且

的标准误差

{\hat{β}}_{i}

$\hat{\beta}_i$ 由

估算

s_{{\hat{β}}_{i}} = s \sqrt{c_{i i}}

$s_{\hat{\beta}_i} = s\sqrt{c_{ii}}$ 。

我的尝试

我知道，对于从采样的随机变量，您可以显示通过将LHS重写为并意识到分子是标准正态分布，分母是卡方分布的平方根，且df =（n-1）并除以（n- 1）（参考）。因此，它遵循df =（n-1）（ref）的t分布。 $n$ $x\sim\mathcal{N}\left(\mu, \sigma^2\right)$

\frac{\bar{x} - μ}{s / \sqrt{n}} \sim t_{n - 1}

$\frac{\bar{x}-\mu}{s/\sqrt{n}} \sim t_{n-1}$

\frac{(\frac{\bar{x} - μ}{σ / \sqrt{n}})}{\sqrt{s^{2} / σ^{2}}}

$\frac{ \left(\frac{\bar x - \mu}{\sigma/\sqrt{n}}\right) } {\sqrt{s^2/\sigma^2}}$

我无法将此证明扩展到我的问题...

有任何想法吗？我知道这个问题，但是他们没有明确证明，只是给出了一个经验法则，说：“每个预测变量都会给您带来一定程度的自由度”。

— 加勒特
source

由于是联合正态变量的线性组合，因此具有正态分布。因此，所有你需要做的是：（1）建立 ; （2）证明是的无偏估计量；（3）证明的自由度为。后者已在此站点的多个地方得到证明，例如stats.stackexchange.com/a/16931。我怀疑您已经知道该怎么做（1）和（2）。

{\hat{β}}_{i}

$\hat\beta_i$

E ({\hat{β}}_{i}) = β_{i}

$\mathbb{E}(\hat\beta_i)=\beta_i$

s_{{\hat{β}}_{i}}^{2}

$s_{\hat\beta_i}^2$

Var ({\hat{β}}_{i})

$\text{Var}(\hat\beta_i)$

s_{{\hat{β}}_{i}}

$s_{\hat\beta_i}$

n - k

$n-k$

— ub

由于我们知道，因此，我们知道，对于每个组件的，，其中是的对角元素。因此，我们知道

\begin{aligned} \hat{β} & = (X^{T} X)^{- 1} X^{T} Y \\ = (X^{T} X)^{- 1} X^{T} (X β + ε) \\ = β + (X^{T} X)^{- 1} X^{T} ε \end{aligned}

$\begin{align*} \hat\beta &= (X^TX)^{-1}X^TY \\ &= (X^TX)^{-1}X^T(X\beta + \varepsilon) \\ &= \beta + (X^TX)^{-1}X^T\varepsilon \end{align*}$

\hat{β} - β \sim N (0, σ^{2} (X^{T} X)^{- 1})

$\hat\beta-\beta \sim \mathcal{N}(0,\sigma^2 (X^TX)^{-1})$

k

$k$

\hat{β}

$\hat\beta$

{\hat{β}}_{k} - β_{k} \sim N (0, σ^{2} S_{k k})

$\hat\beta_k -\beta_k \sim \mathcal{N}(0, \sigma^2 S_{kk})$

S_{k k}

$S_{kk}$

k^{th}

$k^\text{th}$

(X^{T} X)^{- 1}

$(X^TX)^{-1}$

z_{k} = \frac{{\hat{β}}_{k} - β_{k}}{\sqrt{σ^{2} S_{k k}}} \sim N (0, 1) .

$z_k = \frac{\hat\beta_k -\beta_k}{\sqrt{\sigma^2 S_{kk}}} \sim \mathcal{N}(0,1).$

注意关于标准法向量中幂等二次型分布的定理的陈述（格林定理B.8）：

如果且是对称且幂等的，则分布其中是的秩。 $x\sim\mathcal{N}(0,I)$ $A$ $x^TAx$ $\chi^2_{\nu}$ $\nu$ $A$

令表示回归残差矢量，令是残差制造者矩阵（即）。容易验证是对称且幂等的。 $\hat\varepsilon$

M = I_{n} - X (X^{T} X)^{- 1} X^{T},

$M=I_n - X(X^TX)^{-1}X^T \text{,}$

M y = \hat{ε}

$My=\hat\varepsilon$ $M$

令是的估计量。

s^{2} = \frac{{\hat{ε}}^{T} \hat{ε}}{n - p}

$s^2 = \frac{\hat\varepsilon^T \hat\varepsilon}{n-p}$

σ^{2}

$\sigma^2$

然后，我们需要做一些线性代数。请注意以下三个线性代数属性：

幂等矩阵的秩是其迹线。
$\operatorname{Tr}(A_1+A_2) = \operatorname{Tr}(A_1) + \operatorname{Tr}(A_2)$
$\operatorname{Tr}(A_1A_2) = \operatorname{Tr}(A_2A_1)$ 如果为而为（此属性对于下面的工作至关重要） $A_1$ $n_1 \times n_2$ $A_2$ $n_2 \times n_1$

因此，

\begin{aligned} rank (M) = Tr (M) & = Tr (I_{n} - X (X^{T} X)^{- 1} X^{T}) \\ = Tr (I_{n}) - Tr (X (X^{T} X)^{- 1} X^{T})) \\ = Tr (I_{n}) - Tr ((X^{T} X)^{- 1} X^{T} X)) \\ = Tr (I_{n}) - Tr (I_{p}) \\ = n - p \end{aligned}

$\begin{align*} \operatorname{rank}(M) = \operatorname{Tr}(M) &= \operatorname{Tr}(I_n - X(X^TX)^{-1}X^T) \\ &= \operatorname{Tr}(I_n) - \operatorname{Tr}\left( X(X^TX)^{-1}X^T) \right) \\ &= \operatorname{Tr}(I_n) - \operatorname{Tr}\left( (X^TX)^{-1}X^TX) \right) \\ &= \operatorname{Tr}(I_n) - \operatorname{Tr}(I_p) \\ &=n-p \end{align*}$

然后

\begin{aligned} V = \frac{(n - p) s^{2}}{σ^{2}} = \frac{{\hat{ε}}^{T} \hat{ε}}{σ^{2}} = {(\frac{ε}{σ})}^{T} M (\frac{ε}{σ}) . \end{aligned}

$\begin{align*} V = \frac{(n-p)s^2}{\sigma^2} = \frac{\hat\varepsilon^T\hat\varepsilon}{\sigma^2} = \left(\frac{\varepsilon}{\sigma}\right)^T M \left(\frac{\varepsilon}{\sigma}\right). \end{align*}$

将定理应用于标准法向量中的幂等二次型的分布（如上所述），我们知道。 $V \sim \chi^2_{n-p}$

由于您假设是正态分布的，因此独立于，并且由于是的函数，因此也独立于。因此，和彼此独立。 $\varepsilon$ $\hat\beta$ $\hat\varepsilon$ $s^2$ $\hat\varepsilon$ $s^2$ $\hat\beta$ $z_k$ $V$

然后，是标准正态分布与卡方分布的平方根的比率具有相同的自由度（即），这是分布的特征。因此，统计量具有自由度的分布。

\begin{aligned} t_{k} = \frac{z_{k}}{\sqrt{V / (n - p)}} \end{aligned}

$\begin{align*} t_k = \frac{z_k}{\sqrt{V/(n-p)}} \end{align*}$

n - p

$n-p$

t

$t$ $t_k$ $t$ $n-p$

然后可以将其代数化为更熟悉的形式。

\begin{aligned} t_{k} & = \frac{\frac{{\hat{β}}_{k} - β_{k}}{\sqrt{σ^{2} S_{k k}}}}{\sqrt{\frac{(n - p) s^{2}}{σ^{2}} / (n - p)}} \\ = \frac{\frac{{\hat{β}}_{k} - β_{k}}{\sqrt{S_{k k}}}}{\sqrt{s^{2}}} = \frac{{\hat{β}}_{k} - β_{k}}{\sqrt{s^{2} S_{k k}}} \\ = \frac{{\hat{β}}_{k} - β_{k}}{se ({\hat{β}}_{k})} \end{aligned}

$\begin{align*} t_k &= \frac{\frac{\hat\beta_k -\beta_k}{\sqrt{\sigma^2 S_{kk}}}}{\sqrt{\frac{(n-p)s^2}{\sigma^2}/(n-p)}} \\ &= \frac{\frac{\hat\beta_k -\beta_k}{\sqrt{S_{kk}}}}{\sqrt{s^2}} = \frac{\hat\beta_k -\beta_k}{\sqrt{s^2 S_{kk}}} \\ &= \frac{\hat\beta_k -\beta_k}{\operatorname{se}\left(\hat\beta_k \right)} \end{align*}$

— 蓝色标记
source

还有一个侧面的问题：对于Theorem for the Distribution of an Idempotent Quadratic Form in a Standard Normal Vector，我们是否还需要对称？不幸的是，我没有Greene，尽管我看到Wikipedia与您的表单相同，但我看不到证据。但是，一个反例似乎是幂等矩阵，这导致不是Chi-Squared的，因为它可以取负值。 ..

A

$A$

A = (\begin{matrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix})

$A=\begin{pmatrix}1&1\\0&0\end{pmatrix}$

x_{1}^{2} + x_{1} x_{2}

$x_1^2+x_1 x_2$

— 加勒特2014年

@Garrett，我很抱歉，应该既对称又幂等。本文提供了一个定理3的证明：www2.econ.iastate.edu/classes/econ671/hallam/documents / ...幸运的是，是对称的而且是幂等的。

A

$A$

M

$M$

— 蓝色标记2014年

A

$A$ 仅仅是二次形式的矩阵表示。每个二次形式都有一个对称表示，因此定理陈述中隐含了对称性的要求。（人们不使用非对称矩阵来表示二次形式。）因此，二次形式由矩阵唯一表示这是不幂等的。

A

$A$

(x_{1}, x_{2}) \to x_{1}^{2} + x_{1} x_{2}

$(x_1,x_2)\to x_1^2+x_1x_2$

A = (\begin{matrix} 1 & 1 / 2 \\ 1 / 2 & 0 \end{matrix})

$A=\begin{pmatrix}1&1/2\\1/2&0\end{pmatrix}$

— ub

为什么暗示独立于？那里不是很关注。

ϵ \sim N (0, σ^{2})

$\epsilon\sim N(0,\sigma^2)$

\hat{β}

$\hat{\beta}$

\hat{ϵ}

$\hat{\epsilon}$

— Glassjawed

@Glassjawed由于和都是多元正态分布的，因此不相关意味着独立。使用表达式和来自上方，我们可以证明。

\hat{β}

$\hat{\beta}$

\hat{ε}

$\hat{\varepsilon}$

\hat{β} = β + {(X^{⊤} X)}^{- 1} X^{⊤} ε

$\hat{\beta} = \beta + \left(X^{\top}X\right)^{-1}X^{\top}\varepsilon$

\hat{ε} = M ε

$\hat{\varepsilon} = M\varepsilon$

Cov (\hat{β}, \hat{ε}) = 0_{p \times n}

$\operatorname{Cov}\left(\hat{\beta}, \hat{\varepsilon}\right) = \mathbf{0}_{p\times n}$

— rzch

证明OLS模型中的系数服从（nk）自由度的t分布

背景

题

我的尝试