简单证明吗？

令为独立的标准正态随机变量。有很多（冗长的）证明，表明 $Z_1,\cdots,Z_n$

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

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

许多证明都很长，其中一些证明使用归纳法（例如Casella Statistics Inference）。我想知道是否有任何容易证明这一结果的证据。

mathematical-statistics sampling

— 3x89克
source

对于一种直观的几何（无坐标）方法，请参阅出色的文章《 Michael J. Wichura的线性模型的无坐标方法》（技术原理见定理8.2）中的第1.2节，作者在此将传统方法与传统方法进行了比较。矩阵证明（由whuber的答案提供）和他的投影方法，表明他的几何方法更自然且不那么模糊。我个人认为，这一证明是有见地和简洁的。

— 詹雄

Answers:

对于，定义 $k=1, 2, \ldots, n-1$

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

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

的，是线性multinormally分布的随机变量的变换，也有一个multinormal分布。注意 $X_k$ $Z_i$

的方差-协方差矩阵是恒等矩阵。 $(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$ $n-1\times n-1$
$X_1^2 + X_2^2 + \cdots + X_{n-1}^2 = \sum_{i=1}^n (Z_i-\bar Z)^2.$

，这是很容易检查，直接意味着在观察所有的与不相关所有的计算都归结为的事实，这里有个。 $(1)$ $(2)$ $X_k$ $\bar Z.$ $1+1+\cdots+1 - k = 0$ $k$

总之，这些结果表明，具有的总和的分布不相关单位方差普通变量。 根据定义，这是在分配，QED。 $\sum_{i=1}^n(Z_i-\bar Z)^2$ $n-1$ $\chi^2(n-1)$

参考文献

有关的构造来源的说明，请参见我的答案的开头，该答案来自如何执行有关Helmert矩阵的等距对数比变换。 $X_k$
这是ocram答案在RSS为什么分布卡方平方np中给出的一般演示的简化。这个答案断言“存在一个矩阵”来构造；在这里，我展示了这样一个矩阵。 $X_k$

— ub
source

这种构造具有简单的几何解释。（1）变量

分布在n维球对称分布上（因此我们可以按照自己喜欢的方式旋转它）。（2）

被发现作为解决线性问题

，这是有效的向量的投影

到

。（3）如果我们旋转坐标空间以使其中一个坐标与此投影矢量

相重合，则余数是表示剩余空间的（n-1）多项式分布。

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

您证明

彼此不相关。但据我了解，说方标准正态分布变量的总和

，我们需要的独立性，这比不相关更强的要求？编辑：哦，等等，如果我们知道两个变量是正态分布的，那么不相关就意味着独立。

X_{i}

$X_i$

χ^{2}

$\chi^2$

— user56834 '17

另外，我不明白你是如何从一个事实，即去

的是用不相关

（我不明白），（2）。您能详细说明一下吗？

X_{i}

$X_i$

\bar{Z}

$\bar Z$

— user56834 '17

@程序员抱歉；我并不是要暗示这是一个逻辑推论-（1）和（2）是两个单独的观察结果。（2）仅仅是（直接）代数恒等式。

— ub

程序员，注意链接到对方的回答即Whuber得到（stats.stackexchange.com/questions/259208/...的）

是基于矩阵，构建

，使用正交的行。因此可以在一个更抽象的（较少犯错误的）的方式评估

作为

X_{k}

$X_k$

H

$H$

\sum K_{i}^{2}

$\sum K_i^2$

，（注意我们通过载体1111延长K可使其N乘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

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

— 塞克图斯经验派

注意在说的IID与标准正常，用和 $Z_is$ $N(0,1)$ $\mu=0$ $\sigma=1$

然后 $Z_i^2\sim \chi^2_{(1)}$

那么

\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}

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

注意的左手侧（1），和在右手侧的第二项

\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} .

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

Furthermore $\operatorname{Cov}(Z_i-\bar Z,\bar Z)=0$ such that $Z_i-\bar Z$ and $\bar Z$ are independent. Therefore the two last terms in (1) (functions of $Z_i-\bar Z$ and $Z_i$ ) are also independent. Their mgfs are therefore related to the mgf of the left hand side of (1) through

M_{n} (t) = M_{n - 1} (t) M_{1} (t)

$M_n(t) = M_{n-1}(t)M_1(t)$ where

M_{n} (t) = (1 - 2 t)^{- n / 2}

$M_n(t)=(1-2t)^{-n/2}$ and

M_{1} (t) = (1 - 2 t)^{- 1 / 2}

$M_1(t)=(1-2t)^{-1/2}$ . The mgf of

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

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

M_{n - 1} (t) = M_{n} (t) / M_{1} (t) = (1 - 2 t)^{- (n - 1) / 2}

$M_{n-1}(t)=M_n(t)/M_1(t)=(1-2t)^{-(n-1)/2}$ . Thus,

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

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

n - 1

$n-1$ degrees of freedom.

— Deep North
source

The last "Therefore" is too careless

— Zhanxiong

The independent can be seen from standard deivation is in dependent of

\bar{X}

$\bar{X}$

— Deep North

"standard deviation independent of

\bar{X}

$\bar{X}$ "? Maybe what you wanted to say is

\sum Z_{i}^{2}

$\sum Z_i^2$ is independent of

\bar{Z}

$\bar{Z}$ . Unfortunately, this is not true. What really holds is

\sum (Z_{i} - \bar{Z})^{2}

$\sum (Z_i - \bar{Z})^2$ is independent of

\bar{Z}

$\bar{Z}$ , which is also a part of the proof we need to complete (instead of using it when showing this proposition).

— Zhanxiong

I think I used Cochran’s Theorem

— Deep North

@DeepNorth If filled in some missing pieces in your proof

— Jarle Tufto