UA MATH564 概率論VI 數理統計基礎3 卡方分布中

• 卡方分布的基本性質

上一講介紹了卡方分布的定義：假設$X_1,?,X_n$互相獨立，并且$X_i～N(a_i,1)$，則稱
$$\sum _{i=1}^n{X}_i^2～{\chi }^2(n,\delta )$$
其中$n$代表樣本數，$\delta$是非中心化參數
$$\delta =\sqrt{\sum _{i=1}^n{a}_i^2}$$
如果樣本來自標準正態總體，則$\delta =0$，稱之為中心化的卡方分布。并推導了它的概率密度為：
$$k(x|n,\delta )=e^{?\frac{{\delta }^2+x}{2}}\sum _{i=0}^{\infty }\frac{{\delta }^{2i}}{2^{i}i!}\frac{x^{i+n/2?1}}{2^{i+n/2}\Gamma (i+n/2)}$$
當$\delta =0$時，
$$k(x|n,0)=K^{\prime }(x|n,0)=\frac{(1/2{)}^{n/2}}{\Gamma (n/2)}{x}^{\frac{n}{2}?1}{e}^{?x/2}{=}_d\Gamma (\frac{n}{2},\frac{1}{2})$$
下面介紹卡方分布的一些常用性質：

卡方分布的基本性質

$X～{\chi }^2(n)$，則$EX=n,Var(X)=2n$

$X_n～{\chi }^2(n),n=1,2,?$，則$n\to \infty$，$$\frac{X_n?n}{\sqrt{2n}}{\to }_{d}N(0,1),\sqrt{2X_n}?\sqrt{2n}{～}_{d}N(0,1)$$

$Y_1,?,Y_m$互相獨立，$Y_i～{\chi }_{n_i,{\delta }_i}^2$，則$$\sum _{i=1}^m{Y}_i～{\chi }_{n,\delta }^2,n=\sum _{i=1}^m{n}_i,{\delta }^2=\sum _{i=1}^n{\delta }_i^2$$

用一般的正態分布構造卡方分布的方法在數理統計基礎1中已經介紹過了，這里不再重復，性質1可以用gamma分布的規律直接得到，性質2的前半部分就是Classical CLT，性質3描述的是卡方分布的可加性。下面給出性質2的后半部分和性質3的證明。
證明
性質2第二個式子，考慮
$$P(\sqrt{2X_n}?\sqrt{2n}\le x)=P(X_n\le \frac{x^2+2\sqrt{2n}x+2n}{2})=P(\frac{X_n?n}{\sqrt{2n}}\le x+\frac{x^2}{2\sqrt{2n}})$$
當$n\to \infty$時，$\frac{X_n?n}{\sqrt{2n}}{\to }_{d}N(0,1)$，$\frac{x^2}{2\sqrt{2n}}\to 0$，因此$$\sqrt{2X_n}?\sqrt{2n}{\to }_{d}N(0,1)$$

性質3，中心化的卡方分布的可加性根據gamma分布的可加性可以直接得到，下面考慮非中心化的卡方分布的可加性，兩兩可加推廣到有限可加是非常平凡的，這里證明兩兩可加的情況：因為$Y_1,Y_2$是互相獨立的，因此
$$f_{Y_1+Y_2}(y)=f_{Y_1}?f_{Y_2}(y)={\int }_{z=0}^y{f}_{Y_1}(y?z)f_{Y_2}(z)dz$$

經過上一講對非中心化卡方分布的介紹，相信大家對它的密度函數已經駕輕就熟了，我們把被積函數寫出來
$$f_{Y_1}(y?z)f_{Y_2}(z)=\left(e^{?\frac{{\delta }_1^2+y?z}{2}}\sum _{i=0}^{\infty }\frac{{\delta }_1^{2i}}{2^{i}i!}\frac{(y?z{)}^{i+n_1/2?1}}{2^{i+n_1/2}\Gamma (i+n_1/2)}\right)\left(e^{?\frac{{\delta }_2^2+z}{2}}\sum _{j=0}^{\infty }\frac{{\delta }_2^{2j}}{2^{j}j!}\frac{z^{j+n_2/2?1}}{2^{j+n_2/2}\Gamma (j+n_2/2)}\right)$$
雖然看上去很嚇人但不要慌，需要的技巧我們在上一講已經學會了——構造beta函數求積。先把上面的式子展開，
$$\begin{gathered} RHS=e^{?\frac{({\delta }_1^2+{\delta }_2^2)+y}{2}}\sum _{i,j=0}^{\infty }\frac{{\delta }_1^{2i}{\delta }_2^{2j}}{2^{i+j}i!j!}\frac{(y?z{)}^{i+n_1/2?1}{z}^{j+n_2/2?1}}{2^{i+j+(n_1+n_2)/2}\Gamma (i+n_1/2)\Gamma (j+n_2/2)} \\ {f}_{Y_1+Y_2}(y)=e^{?\frac{({\delta }_1^2+{\delta }_2^2)+y}{2}}\sum _{i,j=0}^{\infty }\frac{{\delta }_1^{2i}{\delta }_2^{2j}}{2^{i+j}i!j!}\frac{{\int }_0^y(y?z{)}^{i+n_1/2?1}{z}^{j+n_2/2?1}dz}{2^{i+j+(n_1+n_2)/2}\Gamma (i+n_1/2)\Gamma (j+n_2/2)} \end{gathered}$$

令$t=z/y$，則
$$\begin{gathered} {\int }_0^y(y?z{)}^{i+n_1/2?1}{z}^{j+n_2/2?1}dz=y^{i+j+(n_1+n_2)/2?1}{\int }_0^1(1?t{)}^{i+n_1/2?1}{t}^{j+n_2/2?1}dz \\ =y^{i+j+(n_1+n_2)/2?1}B(i+n_1/2,j+n_2/2)=y^{i+j+(n_1+n_2)/2?1}\frac{\Gamma (i+n_1/2)\Gamma (j+n_2/3)}{\Gamma (i+j+(n_1+n_2)/2)} \end{gathered}$$

帶回到$f_{Y_1+Y_2}(y)$的表達式中，
$$\begin{gathered} f_{Y_1+Y_2}(y)=e^{?\frac{({\delta }_1^2+{\delta }_2^2)+y}{2}}\sum _{i,j=0}^{\infty }\frac{{\delta }_1^{2i}{\delta }_2^{2j}}{2^{i+j}i!j!}\frac{{\int }_0^y(y?z{)}^{i+n_1/2?1}{z}^{j+n_2/2?1}dz}{2^{i+j+(n_1+n_2)/2}\Gamma (i+n_1/2)\Gamma (j+n_2/2)} \\ =e^{?\frac{({\delta }_1^2+{\delta }_2^2)+y}{2}}\sum _{i,j=0}^{\infty }\frac{{\delta }_1^{2i}{\delta }_2^{2j}}{2^{i+j}i!j!}\frac{y^{i+j+(n_1+n_2)/2?1}}{2^{i+j+(n_1+n_2)/2}\Gamma (i+j+(n_1+n_2)/2)} \end{gathered}$$

接下來重新安排一下求和的指標，因為$\{(i,j):i,j=0,1,?\}$的勢和$\{k=0,1,?\}$是一樣的，不妨記$i+j=k$，而$\frac{{\delta }_1^{2i}{\delta }_2^{2j}}{i!j!}$正好是多項式$({\delta }_1^2+{\delta }_2^2{)}^k$展開的第$i,j$項，定義
$$n=\sum _{i=1}^m{n}_i,{\delta }^2=\sum _{i=1}^n{\delta }_i^2$$

上式可以化簡為
$$\begin{gathered} f_{Y_1+Y_2}(y)=e^{?\frac{({\delta }_1^2+{\delta }_2^2)+y}{2}}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{({\delta }_1^2+{\delta }_2^2{)}^k}{2^{k}k!}\frac{y^{k+(n_1+n_2)/2?1}}{2^{k+(n_1+n_2)/2}\Gamma (k+(n_1+n_2)/2)} \\ =e^{?\frac{{\delta }^2+y}{2}}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\delta }^{2k}}{2^{k}k!}\frac{y^{k+n/2?1}}{2^{k+n/2}\Gamma (k+n/2)} \end{gathered}$$

顯然$Y_1+Y_2～{\chi }_{n,\delta }^2$

總結

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