卡方因变量的比例分布

假设，其中是独立的。 $X = X_1 + X_2+\cdots+ X_n$ $X_i \sim N(0,\sigma^2)$

我的问题是，什么分布

Z = \frac{X^{2}}{X_{1}^{2} + X_{2}^{2} + \dots + X_{n}^{2}}

$Z = \frac{X^2}{X_1^2 + X_2^2 + \cdots + X_n^2}$

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。 $\frac{W}{W + Y}$ $W$ $Y$ $Z$ $X$

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。 $Z$

— x0dros
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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

$X$ 为等于

\sqrt{n} X_{1}

$\sqrt{n}X_1$ ，这使您的问题简化为熟悉的:-)。

— ub

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

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

，这是

：这是其中

X

$X$

X

$X$

1 + 1 + \dots + 1 = n

$1+1+\cdots+1=n$

项来自。

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

— ub

@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

$X$

，这基本上意味着我可以将

的分子重写为

，因此

本身变成

\sqrt{n} X_{1}

$\sqrt nX_1$

Z

$Z$

n X_{1}^{2}

$nX_1^2$

Z

$Z$

。现在，如果我假设

和

并且由于

和

是独立的，那么我可以假设

n \frac{X_{1}^{2}}{X_{1}^{2} + X_{2}^{2} + \dots + X_{n}^{2}}

$n\frac{X_1^2}{X_1^2+X_2^2+\cdots+X_n^2}$

W = X_{1}^{2}

$W=X_1^2$

Y = X_{2}^{2} + \dots + X_{n}^{2}

$Y=X_2^2+\cdots+X_n^2$

W

$W$

Y

$Y$

具有

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

Z = n \frac{W}{W + Y}

$Z=n\frac{W}{W+Y}$

β

$\beta$

— ssah 2014年

@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

任意旋转而不变

因此结论不再成立。

X_{1}^{2}

$X_1^2$

(X_{1}, \dots, X_{n}),

$(X_1,\ldots, X_n),$

— ub

这篇文章详细阐述了问题评论中的答案。

令。修复任何单位长度的。这样的向量可以总是在正交基础上完成（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， $X = (X_1, X_2, \ldots, X_n)$ $\mathbf{e}_1\in\mathbb{R}^n$ $(\mathbf{e}_1, \mathbf{e}_2, \ldots, \mathbf{e}_n)$

\frac{(e_{1} \cdot X)^{2}}{| | X | |^{2}} = \frac{(e_{1} \cdot X)^{2}}{X_{1}^{2} + X_{2}^{2} + \dots + X_{n}^{2}}

$\frac{(\mathbf{e}_1\cdot X)^2}{||X||^2}=\frac{(\mathbf{e}_1\cdot X)^2}{X_1^2 + X_2^2 + \cdots + X_n^2}$

不依赖于。取示出了该具有分布相同 $\mathbf{e}_1$ $\mathbf{e}_1 = (1,0,0,\ldots, 0)$

\begin{matrix} (1) & \frac{X_{1}^{2}}{X_{1}^{2} + X_{2}^{2} + \dots + X_{n}^{2}} . \end{matrix}

$\frac{X_1^2}{X_1^2 + X_2^2 + \cdots + X_n^2}.\tag{1}$

由于被IID正常，它们可被写为倍IID标准正常变量和它们的平方是倍分布。由于的总和独立的分布是 $X_i$ $\sigma$ $Y_1, \ldots, Y_n$ $\sigma^2$ $\Gamma(1/2)$ $n-1$ $\Gamma(1/2)$ $\Gamma((n-1)/2)$ ，我们已经确定的分布是 $(1)$

\frac{σ^{2} U}{σ^{2} U + σ^{2} V} = \frac{U}{U + V}

$\frac{\sigma^2 U}{\sigma^2 U + \sigma^2 V} = \frac{U}{U+V}$

其中和是独立的。据公知的，这比具有贝塔 $U = X_1^2/\sigma^2 \sim \Gamma(1/2)$ $V = (X_2^2 + \cdots + X_n^2)/\sigma^2 \sim \Gamma((n-1)/2)$ 分布。（另见密切相关的线程分配如果贝塔和卡方与度。） $(1/2, (n-1)/2)$ $XY$ $X \sim$ $(1,K-1)$ $Y \sim$ $2K$

由于

X_{1} + \dots + X_{n} = (1, 1, \dots, 1) \cdot (X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}) = \sqrt{n} e_{1} \cdot X

$X_1 + \cdots + X_n = (1,1,\ldots,1)\cdot (X_1, X_2, \cdots, X_n) = \sqrt{n}\,\mathbf{e}_1\cdot X$

为单位矢量，我们得出是 $\mathbf{e}_1=(1,1,\ldots,1)/\sqrt{n}$ $Z$ 倍一个测试变量。 $(\sqrt{n})^2 = n$ $(1/2, (n-1)/2)$ 对于它因此具有密度函数 $n\ge 2$

f_{Z} (z) = \frac{n^{1 - n / 2}}{B (\frac{1}{2}, \frac{n - 1}{2})} \sqrt{\frac{(n - z)^{n - 3}}{z}}

$f_Z(z) = \frac{n^{1-n/2}}{B\left(\frac{1}{2}, \frac{n-1}{2}\right)} \sqrt{\frac{(n-z)^{n-3}}{z}}$

在时间间隔（否则为零）。 $(0,n)$

作为检查，我模拟的独立的实现为和，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。 $100,000$ $Z$ $\sigma=1$ $n=2,3,10$

这是R代码。它通过的公式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（，）。 $Z$ xnrnormforapplyhistcurve

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)
}

— ub
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