Prove que como

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Os problemas estatísticos que envolvem intervalos de confiança para uma média da população podem ser enquadrados em termos da seguinte função de ponderação :

w(α,n)tn1,α/2nfor 0<α<1 and n>1.

Por exemplo, o intervalo de confiança de nível clássico padrão 1α para a média de uma superpopulação infinita pode ser escrito como:

CI(1α)=[x¯n±w(α,n)sn].

É trivial estabelecer os limites limα0w(α,n)= e limα1w(α,n)=0 usando a função quantil de a distribuição T. No contexto de intervalos de confiança, isso nos diz que o intervalo diminui para um único ponto à medida que diminuímos o nível de confiança e aumenta para toda a linha real à medida que aumentamos o nível de confiança. Outra propriedade intuitiva que deve ser mantida é que o intervalo diminui para um único ponto à medida que obtemos mais e mais dados, o que significa que:

limnW(α,n)=0

Pergunta: forneça uma prova para esta última propriedade da função de ponderação.


Mais informações: Para qualquer leitor de matemática que não esteja familiarizado com os pontos críticos da distribuição T , o valor é uma função de definida pela equação implícita: ntn-1,α/2n

α2=1(n-1)πΓ(n2)Γ(n-12)tn-1,α/2(1+r2n-1)-n/2dr.
Ben - Restabelecer Monica
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2
Isso não é trivial devido ao fato de os alunos t convergirem para um normal na variação total? O numerador vai para a constante . zα/2
cara
1
@ cara: O que constitui "trivial" depende do nível da pessoa que você está perguntando. O motivo pelo qual faço essa pergunta é que esse é um problema que eu coloquei para alguns alunos de pós-graduação em meus ensinamentos e quero ver que tipos de provas as pessoas neste site apresentam (para que eu possa comparar isso com o tipos de respostas dadas pelos alunos). Os estudantes de pós-graduação geralmente têm uma idéia aproximada de como abordar a prova, mas lutam com os detalhes. A maioria tenta mostrar e vai a partir daí, mas outros tentam resolvê-lo estabelecendo um limite na integral. tn-1,α/2zα/2<
Ben - Restabelece Monica
(Também espero ver a prova mais elegante, como uma boa maneira de apresentar o resultado.)
Ben - Restabelece Monica
2
Eu estaria interessado em ver o quão elegante alguém pode conseguir isso. Opinião pessoal, mas eu argumentaria que o uso das densidades não é elegante porque está trazendo uma estrutura adicional que não é necessária. A prova na minha resposta tem duas lições importantes. Primeiro, a proposição é um pouco útil da teoria das probabilidades e pode dar uma idéia de como os DFs se comportam. Segundo, a técnica de prova (que pode ser corrigida em termos de cobertura de números) é muito útil para provar muitas coisas.
guy

Respostas:

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Prova da desigualdade de Chebyshev

Aqui está uma prova usando a desigualdade de Chebyshev, .Pr(|T|kσ)1k2

Se preenchermos e definirmos então temos um limiteσtν=νν-21/k2=α=Pr(|T|tν,α/2)

Pr(|T|νν-21α)Pr(|T|tν,α/2)

assim será delimitado acima portν,α/2

tν,α/2νν-21α

adicionando o limite inferior óbvio e dividido porν+1

0 0tn-1,α/2ν+1νν+1(ν-2)1α

que espreme para zero para ntn-1,α/2/nn

Sextus Empiricus
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Normalmente evito comentários de "resposta legal", mas este é realmente elegante! (+1 obviamente!)
usεr11852 01/09/18
1
@ usεr11852 você pode gostar da minha prova geométrica em que a distribuição da estatística t está relacionada à distribuição de um ângulo no espaço n.
Sextus Empiricus
4

Tenho certeza de que existe uma maneira mais fácil de fazer isso, mas o resultado é imediato a partir do seguinte:

Proposição: Seja uma função de distribuição contínua e uma sequência de funções de distribuição de modo que seja fraco (isto é, na distribuição). Então uniformemente em .F n F nF F n ( x ) F ( x ) xFFnFnFFn(x)F(x)x

Prova: Usando continuidade e monotonicidade, para qualquer número natural , podemos selecionar modo que (considerando e ). Pela fraca convergência e pelo fato de que é contínuo, . Para qualquer , encontre um intervalo contendo e observe que . Portanto, porquex 0 , x 1 , , x m F ( x j ) = j / m x 0 = - x m = F F n ( x j ) F ( x j ) y [ x j - 1 , x j ] y | F n ( y ) - Fmx0,x1,,xmF(xj)=j/mx0=xm=FFn(xj)F(xj)y[xj1,xj]y¯ lim nsupy| Fn(y)-F(y)| 1|Fn(y)F(y)|supj|Fn(xj)F(xj)|+|F(xj)F(xj1)|1m msupy| Fn(y)-F(y)| 0lim¯nsupy|Fn(y)F(y)|1mmfoi arbitrário, obtemos .supy|Fn(y)F(y)|0

A seguir, é uma aplicação bem conhecida do teorema de Slutsky que converge em distribuição para uma distribuição normal padrão. O resultado anterior implica que , ou seja, . Aplicando a função quantil normal a ambos os lados, obtemos . F n ( t n - 1 , α ) - F ( t n - 1 , α ) 0 F ( t n - 1 , α ) α t n - 1 , αz αtn1Fn(tn1,α)F(tn1,α)0F(tn1,α)αtn1,αzα

Portanto, implica para qualquer (em particular, ).t n - 1 , αtn1,αzαg(n)g(n)=tn1,αg(n)0g(n)g(n)=n

cara
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Prova geométrica

Vista geométrica

Considere a amostra observada como um ponto no espaço euclidiano n-dimensional e a estimativa da média como a projeção de uma observação na linha do modelo .x 1 = x 2 = . . . = x n = ˉ xx1,x2,...,xnx1=x2=...=xn=x¯

O escore t pode ser expresso como razão de duas distâncias neste espaço

  • a distância entre o ponto projetado e a população significa
    n(x¯μ)
  • a distância entre este ponto e a observação
    i=1n(x^xi)2

Isso está relacionado à tangente do ângulo entre a observação e a linha na qual ela é projetada.

tn-1=n(x¯-μ)Eu=1n(x^-xEu)2=1bronzeadoθ

Desenho geométrico

Equivalência distribuição t e distribuição angular

Nesta visão geométrica, a probabilidade do escore t ser maior que algum valor é equivalente à probabilidade do ângulo ser menor que algum valor:

Pr(|T|>tn-1,α/2)=2Pr(θθν,α)=α

Ou

tn-1,α/2n-1=1bronzeadoθν,α

Você poderia dizer que o escore t está relacionado ao ângulo da observação com a linha do modelo teórico. Para pontos fora do intervalo de confiança (então está mais longe de e o ângulo será menor), o ângulo estará abaixo de algum limite . Esse limite será alterado com mais observações. Se o limite desse ângulo for de 90 graus para o grande (a forma do cone fica mais plana, ou seja, menos pontuda e longa), isso significa que o tamanho do intervalo de confiança se torna menor e se aproxima. zero.ˉ x θ ν , α θ ν , α nμx¯θν,αθν,αn

ângulo vs t

Distribuição de ângulos como área relativa da tampa de uma n-esfera

Devido à simetria da distribuição de probabilidade conjunta de variáveis ​​independentes distribuídas normais, todas as direções são igualmente prováveis ​​e a probabilidade de o ângulo estar dentro de uma determinada região é igual à área relativa do limite de uma n-esfera.

A área relativa deste n-cap é encontrada integrando a área de um n-frustum :

2Pr(θθc)=211+bronzeado(θc)21(1-x2)n-32B(12,n-12)dx=11+bronzeado(θc)21t-0,5(1-t)n-32B(12,n-12)dt=Eu11+bronzeado(θc)2(12,n-12)

onde é a função beta incompleta regularizada superior.Ix(,)

Limite de ângulo

Se for 90 graus para então será zero. n t n - 1 , α / 2 / θn,αntn1,α/2/n

Ou uma afirmação inversa: para qualquer ângulo menor que 90 graus, a área relativa desse ângulo em uma esfera n diminui para zero quando vai para o infinito.n

Intuitivamente, isso significa que toda a área de uma n-esfera se concentra no equador à medida que a dimensão aumenta para o infinito.n

Quantitativamente, podemos mostrar isso usando a expressão

a1t0.5(1t)n32B(12,n12)dt<a1(1a)n32B(12,n12)dt=(1a)n12B(12,n12)=L(n)

e considere a diferença entre e .L(n+2)L(n)

Em algum momento, a diminuição no denominador será assumido pela diminuição do numerador a função diminui para zero para para infinito.

B(12,x+1)B(12,x)=xx+12
(1a)n+12(1a)n12=1a
L(n)n
Sextus Empiricus
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1

Nós temos

α2=tn-1,α/2limn1(n-1)πΓ(n2)Γ(n-12)(1+r2n-1)-n/2dr=tn-1,α/212πe-12r2dr=1-Φ(tn-1,α/2)1-[12+φ(tn-1,α/2)(tn-1,α/2+(tn-1,α/2)33+(tn-1,α/2)515+)]

o que implica que o segundo termo entre colchetes pode ter no máximo pois o máximo de pode ser . Observe que é o pdf da distribuição normal. Essa aproximação também é baseada nisso .12α1φ(x)

Portanto,

0 0<α1+2φ(tn-1,α/2)(tn-1,α/2+(tn-1,α/2)33+(tn-1,α/2)515+)<1
guerhuerh
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gung - Restabelece Monica
2
Essa é uma abordagem interessante, mas não está claro para mim como você justifica o primeiro passo (onde você adicionou a operação de limite dentro da integral). Isso fornece uma equação implícita para que é falsa. tn-1,α/2
Ben - Restabelece Monica
@ Ben: ? limnα2=α2
PEV
@PEV: Sim, mas o lado direito deve ter o limite fora da integral e não dentro dela. Como os limites na integral dependem de o lado direito é atualmente uma função de , portanto, não é igual a . nnα/2
Ben - Restabelece Monica
@ PEV: Eu acho que o método pode ser modificado pela separação da integral em duas partes, uma que substitui o limite inferior por e uma que fornece o restante. O primeiro convergiria para o que já é mostrado, e teríamos que mostrar que o último converge para zero. Como eu disse, acho que essa é uma abordagem interessante. Pode ter mérito como método e pode ser alterado para estar correto, mas atualmente está incorreto. zα/2
Ben - Restabelece Monica