卡方因变量的比例分布


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假设,其中是独立的。X Ñ 0 σ 2X=X1+X2++XnXiN(0,σ2)

我的问题是,什么分布

Z=X2X12+X22++Xn2

跟随?从这里我知道两个表示为卡方随机变量的比率遵循Beta分布。我认为这假设和之间具有独立性。但是在我的情况下,的分母包含平方的成分。 WYZXWW+YWYZX

我认为也必须遵循Beta分布的变化,但是我不确定。如果这个假设是正确的,我不知道如何证明它。Z


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由于分母的分布在旋转下不变,因此可以将旋转X为等于nX1,这使您的问题简化为熟悉的:-)。
ub

1
我很确定@whuber的意思就是在那里输入的内容。当您说“提名人”时,您是指“分子”吗?
Glen_b-恢复莫妮卡2014年

3
当旋转任何东西时(根据定义),您将保留其长度。因此的任何旋转版本方差必须等于的方差X,这是1 + 1 + + 1 = Ñ:这是其中XX1+1++1=n项来自。n
ub

1
@whuber您的回答确实确实很有趣,但是我对此有些怀疑。当你说我可以旋转等于X,这基本上意味着我可以将Z的分子重写为nX 2 1,因此Z本身变成n X 2 1nX1ZnX12Z。现在,如果我假设W=X 2 1Y=X 2 2 ++X 2 n,并且由于WY是独立的,那么我可以假设Z=nWnX12X12+X22++Xn2W=X12ÿ=X22++Xñ2w ^ÿ具有β分布,依此类推。我现在知道你的意思吗?所以,这是我的困惑。在使用旋转不变性和修改的概念之前ž=ñw ^w ^+ÿβ
ssah 2014年

2
@ssah在应用我的推理时会犯错误:在分母中没有时,其分布不再随X 1X n)的任意旋转而不变因此结论不再成立。X1个2X1个Xñ
ub

Answers:


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这篇文章详细阐述了问题评论中的答案。


。修复任何ë 1[R Ñ单位长度的。这样的向量可以总是在正交基础上完成e 1e 2e n例如借助Gram-Schmidt过程)。这种基础变化(与通常的变化)是正交的:它不会改变长度。因此,X=X1个X2XñË1个[RñË1个Ë2Ëñ

(e1X)2||X||2=(e1X)2X12+X22++Xn2

不依赖于。取ë 1 = 1 0 0 ... 0 示出了该具有分布相同e1e1=(1,0,0,,0)

(1)X12X12+X22++Xn2.

由于被IID正常,它们可被写为σ倍IID标准正常变量ÿ 1... ÿ Ñ和它们的平方是σ 2Γ 1 / 2 分布。由于的总和ñ - 1个独立Γ 1 / 2 的分布Γ ñ - 1 / 2 XiσY1,,Ynσ2Γ(1/2)n1Γ(1/2)Γ((n1)/2),我们已经确定的分布是(1)

σ2Uσ2U+σ2V=UU+V

其中V = X 2 2 + + X 2 Ñ/ σ 2Γ ñ - 1 / 2 是独立的。据公知的,这比具有贝塔1 / 2 Ñ - 1U=X12/σ2Γ(1/2)V=(X22++Xn2)/σ2Γ((n1)/2)分布。(另见密切相关的线程分配 X Ÿ如果 X 贝塔1 ķ - 1 ÿ 卡方与 2 ķ。)(1/2,(n1)/2)XYX(1,K1)Y2K

由于

X1++Xn=(1,1,,1)(X1,X2,,Xn)=ne1X

为单位矢量,我们得出Ze1=(1,1,,1)/nZ倍一个测试1/2Ñ-1/2变量。(n)2=n(1/2,(n1)/2) 对于它因此具有密度函数n2

fZ(z)=n1n/2B(12,n12)(nz)n3z

在时间间隔(否则为零)。(0,n)


作为检查,我模拟的独立的实现žσ = 1Ñ = 2 3 10,其绘制直方图,和叠加在相应的β密度的曲线图(红色)。协议很棒。100,000Zσ=1n=2,3,10

数字

这是R代码。它通过Z的公式sum(x)^2 / sum(x^2)进行仿真,其中是由生成的长度向量。其余的只是循环(,)和绘制(,)。Zxnrnormforapplyhistcurve

for (n in c(2, 3, 10)) {
  z <- apply(matrix(rnorm(n*1e5), nrow=n), 2, function(x) sum(x)^2 / sum(x^2))
  hist(z, freq=FALSE, breaks=seq(0, n, length.out=50), main=paste("n =", n), xlab="Z")
  curve(dbeta(x/n, 1/2, (n-1)/2)/n, add=TRUE, col="Red", lwd=2)
}
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