Jaka jest suma kwadratowych zmiennych t?

20

Niech zostanie narysowany na podstawie rozkładu t Studenta z stopniami swobody, dla średniej wielkości (powiedzmy mniej niż 100). Zdefiniuj Czy rozłożone prawie jak chi-kwadrat o stopniach swobody? Czy istnieje coś takiego jak Centralne Twierdzenie Graniczne dla sumy kwadratowych zmiennych losowych? $t_i$ $n$ $n$

T = \sum_{1 \leq i \leq k} t_{i}^{2}

$T = \sum_{1\le i \le k} t_i^2$

T

$T$

k

$k$

chi-squared central-limit-theorem t-distribution

— shabbychef
źródło

@suncoolsu: mówi „prawie” ...

— shabbychef

przepraszam. nie widziałem tego.

— suncoolsu,

14

Odpowiadając na pierwsze pytanie.

Możemy zacząć od faktu odnotowanego przez mpiktas, że . A potem spróbuj najpierw prostszego kroku - poszukaj rozkładu sumy dwóch zmiennych losowych dystrybuowanych przez . Można tego dokonać albo przez obliczenie splotu dwóch zmiennych losowych, albo przez obliczenie iloczynu ich charakterystycznych funkcji. $t^2 \sim F(1, n)$ $F(1,n)$

Artykuł pokazy PCB Phillips, że moje pierwsze przypuszczenie o „[confluent] hipergeometryczny funkcji” zaangażowanych było prawdą. Oznacza to, że rozwiązanie nie będzie trywialne, a brutalna siła jest skomplikowana, ale jest warunkiem koniecznym do udzielenia odpowiedzi na twoje pytanie. Ponieważ jest stałe, a podsumowując rozkłady t, nie jesteśmy pewni, jaki będzie ostateczny wynik. Chyba że ktoś ma dobrą umiejętność zabawy z produktami zlewających się funkcji hipergeometrycznych. $n$

— Dmitrij Celov
źródło

2

+1 dla linku, nie wiedziałem, że charakterystyczna funkcja rozkładu F jest tak skomplikowana.

— mpiktas

14

To nie jest nawet bliskie zbliżenie. Dla małego oczekiwanie równe jest $n$ $T$ podczas gdy oczekiwaniejest równe. Kiedyjest małe (powiedzmy mniej niż 10), histogramyinawet nie mają tego samego kształtu, co wskazuje, że przesuwanie i przeskalowanienadal nie będzie działać. $\frac{k n}{n-2}$ $\chi^2(k)$ $k$ $k$ $\log(T)$ $\log(\chi^2(k))$ $T$

Intuicyjnie, dla małych stopni swobody, Studenta jest gruboogoniasty. Kwadrat to podkreśla tę ciężkość. Sumy będą zatem bardziej wypaczone - zwykle znacznie bardziej wypaczone - niż sumy kwadratów normalnych ( rozkład ). Potwierdzają to obliczenia i symulacje. $t$ $\chi^2$

Ilustracja (zgodnie z życzeniem)

alternatywny tekst

Każdy histogram przedstawia niezależną symulację 100 000 prób z określonymi stopniami swobody ( ) i sumami ( ), standaryzowanymi zgodnie z opisem @mpiktas. Wartość w dolnym rzędzie jest zbliżona do przypadku . W ten sposób można porównać do , skanując każdą kolumnę. $n$ $k$ $n=9999$ $\chi^2$ $T$ $\chi^2$

Zauważ, że standaryzacja nie jest możliwa dla ponieważ odpowiednie momenty nawet nie istnieją. Brak stabilności kształtu (podczas skanowania od lewej do prawej w dowolnym rzędzie lub od góry do dołu w dół dowolnej kolumny) jest jeszcze bardziej zaznaczony dla . $n \lt 5$ $n \le 4$

— Whuber
źródło

Bałem się tego, ale myślałem, że sumowanie przyniesie nieco ogony.

— shabbychef

Pomyślałem też o stworzeniu pewnego rodzaju eksperymentów Monte Carlo, próbując sprawdzić, dla jakich wartości

i

mogą być wystarczająco zbliżone do

n

$n$

k

$k$

, prawdopodobnie

, których potrzebujemy tutaj. Ale dla małego

a zwłaszcza

, będzie to naprawdę bardzo gruby ogon. Czy mógłbyś dodać tutaj te dwa histogramy, tylko dla leniwych ludzi takich jak ja?

χ^{2} (k)

$\chi^2(k)$

k (n)

$k(n)$

k

$k$

n

$n$

— Dmitrij Celov

@Dmitrij Symulacje są szybkie (narysowanie histogramów zajmuje więcej czasu), więc dodałem 12 z nich.

— whuber

+1 za figurę. Ilustracje są zawsze przyjemne do zobaczenia.

— Dmitrij Celov,

7

Odpowiem na drugie pytanie. Twierdzenie o granicy centralnej dotyczy dowolnej sekwencji iid, kwadratowej lub kwadratowej. Więc w twoim przypadku, jeśli jest wystarczająco duże, mamy $k$

$\dfrac{T-kE(t_1)^2}{\sqrt{kVar(t_1^2)}}\sim N(0,1)$

gdzie i jest odpowiednio średnią i wariancją kwadratowego rozkładu t Studenta z $Et_1^2$ $Var(t_1^2)$ stopni swobody. Zauważ, że jest podzielony jako rozkład F z i stopniami swobody. Możemy więc pobrać wzory na średnią i wariancję zestrony wikipedii. Ostateczny wynik to: $n$ $t_1^2$ $1$ $n$

$\dfrac{T-k\frac{n}{n-2}}{\sqrt{k\frac{2n^2(n-1)}{(n-2)^2(n-4)}}}\sim N(0,1)$

— mpiktas
źródło

1

Hotelling's T ^ 2: (f - d + 1) / fd T ^ 2 ∼ F (d, f + 1 - d)

— DW

1

T^{2}

$T^2$

T

$T$

T^{2}

$T^2$

F (1, n) + F (1, n)

$F(1,n)+F(1,n)$

Uważam, że sprowadza się to do twojej sytuacji, gdy macierz wariancji jest diagonalna. Elementy nie przekątne z próbki powinny być bliskie zeru, jeśli próbki pochodziły z normalnego, ale mogą nie być dokładnie zerowe, jeśli z t. Niemniej jednak poprosiłeś o coś przybliżonego, więc myślę, że odpowiedź jest prawdopodobnie F pod tym zastrzeżeniem.

— DW

F (1, n)

$F(1,n)$

F

$F$