Математическая статистика (PDF), страница 12

Точно так же как и способность сохранять независимостькоординат после умножения на ортогональную матрицу. Подробнее об этом можно прочестьв замечательной книге В. Феллера [2, т. 2, гл. III, § 4].ОглавлениеJJIIJIНа стр. ... из 179НазадДоказательство основного следствия леммы Фишера.1. Очевидно. доказать, что очевидно!2. Покажем сначала, что можно рассматривать выборку из стандартного нормальногораспределения вместо Na,σ2 :(n − 1)S20 X Xi − X=σ2σnВо весь экран!2i=1nXXi − a X − a=−σσ!2=i=1nX(zi − z)2 ,i=1Xi − aX−a.имеют стандартное нормальное распределение, и z =σσТ.

е. можно с самого начала считать, что Xi имеют стандартное нормальное распределение, и доказывать пункт 2 следствия при a = 0, σ2 = 1.где zi =УйтиПрименим лемму Фишера.Стр. 106T (X) = (n −1)S20=n Xi=12Xi − X=nXi=1X2i2− n(X) =nXi=1X2i − Y12 .Мы обозначили через Y1 величинуY1 =ОглавлениеJJIIJIНа стр. ... из 179НазадВо весь экранУйтиСтр. 107√X1Xnn X = √ + ... + √ .nnЧтобы применить лемму Фишера, нужно найти ортогональную матрицу C такую,что Y1 — перваякоордината вектора Y = C·X. Возьмем матрицу C с первой строкой11√ , . .

. , √ . Так как длина (норма) этого вектора — единица, его можноnnдополнить до ортонормального базиса в IRn (иначе — этот столбец можно дополнить√до ортогональной матрицы). Тогда Y1 = n X и будет первой координатой вектораY = C · X.Осталось применить лемму Фишера. непременно сделайте это!3. Из леммы Фишера сразу следует, что T (X) = (n−1)S20 =√от Y1 = n X, то есть X и S20 независимы.Pn22i=1 Xi −Y1не зависитОчередное следствие из леммы Фишера наконец позволит нам строить доверительные интервалы для параметров нормального распределения — то, ради чего мы идоказали уже так много утверждений. В каждом пункте указано, для какого параметрамы построим доверительный интервал с помощью данного утверждения.Следствие основного следствия леммы Фишера.√ X−a1) nимеет стандартное нормальное распределение (для a при σ известном);σОглавление2)nPi=1JJIIJI3)i=14)На стр.

... из 179nPXi − aσXi − Xσ2имеет распределение Hn (для σ2 при a известном);!2=(n − 1)S20имеет распределение Hn−1 (для σ2 при a неизвестном);σ2√ X−a √ X−aимеет распределение Tn−1 (для a при σ неизвестном).nq= nS0S20НазадВо весь экранУйтиДоказательство следствия.1) и 3) — из леммы Фишера, 2) — из следствия 3. Осталось воспользоваться леммойФишера и определением 17 распределения Стьюдента, чтобы доказать 4).√ X−a √ X−anq= nS20| {zσ }N0,1Стр. 108×1vuu (n − 1)S20t- независ.

%|2σ{z1}n−1=sξ0χ2n−1n−1Hn−1По определению 17, такое отношение имеет распределение Стьюдента Tn−1 ..6.6.ОглавлениеТочные ДИ для параметров нормального распределения1. Для a при известном σ2 . Этот интервал мы уже построили в примере 23:τ1−ε/2 στ1−ε/2 σ= 1 − ε, где Φ0,1 (τ1−ε/2 ) = 1 − ε/2.Pa,σ2 X − √<a<X+ √nn2. Для σ2 при известном a. По п. 2 следствия,nS211Xимеет распределение Hn , где S21 =(Xi − a)2 .2σnnJJIIJIi=1χ2n,ε/2Пусть g1 =и 1 − ε/2. Тогдаи g2 =χ2n,1−ε/2— квантили распределения Hn уровня ε/2На стр. ... из 179НазадВо весь экран1 − ε = Pa,σ2nS2g1 < 21 < g2σ!= Pa,σ2nS21nS21< σ2 <g2g1!.3.

Для σ2 при неизвестном a. По п. 3 следствия,1 X(n−1)S20имеет распределение Hn−1 , где S20 =(Xi − X)2 .2σn−1ni=1УйтиПусть g1 = χ2n−1,ε/2 и g2 = χ2n−1,1−ε/2 — квантили распределения Hn−1 уровня ε/2и 1 − ε/2. ТогдаСтр. 1091 − ε = Pa,σ2(n−1)S20g1 << g2σ2!= Pa,σ2Упражнение. Найти 17 отличий п. 3 от п. 2.(n−1)S20(n − 1)S20< σ2 <g2g1!.4. Для a при неизвестном σ. По п. 4 следствия,n√ X−a1 X2nимеет распределение Tn−1 , где S0 =(Xi − X)2 .S0n−1i=1ОглавлениеПусть a1 = tn−1,ε/2 и a2 = tn−1,1−ε/2 — квантили распределения Tn−1 уровня ε/2и 1 − ε/2.

Распределение Стьюдента симметрично, поэтому a1 = −a2 . Тогда!1 − ε = Pa,σ2JJIIJIНа стр. ... из 179НазадВо весь экранУйтиСтр. 110√ X−a< tn−1,1−ε/2 =−tn−1,1−ε/2 < nS0tn−1,1−ε/2 S0tn−1,1−ε/2 S0√√<a<X+.= Pa,σ2 X −nnУпражнение. Сравнить п. 4 с п. 1.Замечание 15. ДИ, полученные в п. 2 и 3, выглядят странно по сравнению с ДИ изп. 1 и 4: они содержат n в числителе, а не в знаменателе. Но если квантили нормальногораспределения от n не зависят вовсе, квантили распределения Стьюдента асимптотически независят от n по свойству Tn ⇒ N0,1 , то квантили распределения Hn зависят от n существенно.Действительно, пусть g = g(n) таково, что P (χ2n < g) = δ при всех n, в том числе иg−nпри n → ∞. Тогда последовательность g(n) такова, что √→ τδ при n → ∞, где τδ2n— квантиль стандартного нормального распределения. В самом деле: по ЦПТ с ростом n! 2nXχn − ng−n22√P (χn < g) = Pξi < g = P< √→ Φ0,1 (τδ ) = δ.2n2ni=1√√Поэтому квантиль уровня δ распределения Hn ведет себя как g = g(n) = n+τδ 2n+o( n).Упражнение.

Подставить в границы ДИ из п. 2 и 3 асимптотические выражения дляквантилей и выяснить, как ведет себя длина этих ДИ с ростом n.6.7. Вопросы и упражнения1. Величины ξ1 и ξ2 независимы и имеют нормальное распределение N(0, 16). Найти k, прикотором величины ξ1 − 3ξ2 и kξ1 + ξ2 независимы. Можно использовать свойство 9.ОглавлениеJJIIJI2. Доказать, что для величины χ2n с распределением Hn справедлива аппроксимация Фишера:qq2χ2n − 2n ⇒ N0,1 ,и вывести отсюда, что при больших n для вычисления квантилей распределения Hn можнопользоваться аппроксимациейqq√√√√ 222χn − 2n < 2x − 2n ≈ Φ0,12x − 2n .Hn (x) = P χn < x = PНа стр. ... из 179НазадВо весь экранУйтиСтр. 111Указание. Домножить и поделить на сопряженное и воспользоваться ЦПТ и ЗБЧ вместесо свойствами произведения слабо сходящейся и сходящейся по вероятности к постояннойпоследовательностей.3. Изобразить квантили уровня ε/2 и 1−ε/2 на графике плотности распределения Hn и Tn−1 .4.

Вычислить, зная распределение (n−1)S20 /σ2 и пользуясь известным математическим ожиданием и дисперсией распределения χ2 , математическое ожидание и дисперсию длины ДИдля дисперсии нормального распределения при неизвестном среднем.7.ОглавлениеJJIIJIНа стр. ... из 179Проверка гипотезЕсли возможно выдвинуть несколько взаимоисключающих «гипотез» о распределении элементов выборки, то возникает задача выбора одной из этих гипотез на основании выборочных данных. Как правило, по выборке конечного объема безошибочныхвыводов о распределении сделано быть не может, поэтому приходится считаться свозможностью выбрать неверную гипотезу.Пусть дана выборка X = (X1 , .

. . , Xn ) из распределения F. Если не оговоренопротивное, считается, что все наблюдения имеют одно и то же распределение. Вряде случаев это предположение также нуждается в проверке (см., например, ниже:гипотеза об однородности или гипотеза о случайности) — в таких случаях одинаковаяраспределенность наблюдений не предполагается.

То же касается и независимостинаблюдений.НазадВо весь экранУйтиСтр. 112Определение 19. Гипотезой ( H ) называется любое предположение о распределениинаблюдений:^} .H = F = F1илиH = F ∈ {FГипотеза Hпростой, если она однозначно определяет распределение, называетсят. е. H = F = F1 . Иначе H называется сложной гипотезой. Сложная гипотеза^ }.предполагает, что распределение F — одно из некоторого множества распределений { FЕсли гипотез всего две, то одну из них принято называть основной, а другую— альтернативой или отклонением от основной гипотезы.Пример 27 (типичные постановки задач).ОглавлениеJJIIJIНа стр.

... из 179НазадВо весь экранУйти1. Выбор из нескольких простых гипотез: H1 = F = F1 , . . . , Hk = F = Fk (и другие предположения невозможны).2. Простая основнаяальтернатива:H1 = F = F1 , H2 = F 6= F1 . гипотеза и сложнаяНапример, H1 = F = U0,1 , H2 = F 6= U0,1 .Еще вариант: дана выборка из семейства распределений Bp , где 0 < p 6 1/2. Простая гипотезаH1 = p = 1/2 . Сложная односторонняя альтернатива H2 = p < 1/2 .

Случай p > 1/2исключен априори.^ } , H2 = F 6∈ { F^3. Сложная основная гипотеза и сложная альтернатива: H1 = F ∈ {F } .Например, гипотеза о нормальности H1 = F ∈ { Na,σ2 , a ∈ IR, σ > 0 } , H2 = H1 неверна .4. Гипотеза однородности. Заданы несколько выборок:(X11 , . . . , X1n1 ) из распределенияF1 ,(Xk1 , . . . , Xknk ) из распределения Fk .. . . ,Проверяется гипотезаH=F=···=F—сложнаягипотеза — против (сложной) аль1k1тернативы H2 = H1 неверна .5. Гипотеза независимости. Наблюдается пара случайных величин (ξ, η).По выборке (X1 , Y1 ), . .