पृष्ठभूमि

मान लें कि हमारे पास एक ऑर्डिनरी लेस्टर स्क्वेयर मॉडल है, जहां हम अपने प्रतिगमन मॉडल में गुणांक रखते हैं, $k$

y = X β + ϵ

$\mathbf{y}=\mathbf{X}\mathbf{\beta} + \mathbf{\epsilon}$

जहां एक है गुणांकों के वेक्टर, है डिजाइन मैट्रिक्स द्वारा परिभाषित किया गया $\mathbf{\beta}$ $(k\times1)$ $\mathbf{X}$

X = (\begin{matrix} 1 & x_{11} & x_{12} & \dots & x_{1 (k - 1)} \\ 1 & x_{21} & \dots & ⋮ \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ 1 & x_{n 1} & \dots & \dots & x_{n (k - 1)} \end{matrix})

$\mathbf{X} = \begin{pmatrix} 1 & x_{11} & x_{12} & \dots & x_{1\;(k-1)} \\ 1 & x_{21} & \dots & & \vdots \\ \vdots & & \ddots & & \vdots \\ 1 & x_{n1} & \dots & \dots & x_{n\;(k-1)} \end{pmatrix}$ और त्रुटियां IID हैं; सामान्य,

ϵ \sim N (0, σ^{2} I) .

$\mathbf{\epsilon} \sim \mathcal{N}\left(\mathbf{0},\sigma^2 \mathbf{I}\right) \;.$

हम को be लिए हमारे अनुमानों को निर्धारित करके, योग-की-चुकता-त्रुटियों को कम करते हैं। $\mathbf{\beta}$

\hat{β} = (X^{T} X)^{- 1} X^{T} y .

$\mathbf{\hat{\beta}}= (\mathbf{X^T X})^{-1}\mathbf{X}^T \mathbf{y}\;.$

का एक निष्पक्ष अनुमानक जहां ( ref )। $\sigma^2$

s^{2} = \frac{{‖ y - \hat{y} ‖}^{2}}{n - p}

$s^2 = \frac{\left\Vert \mathbf{y}-\mathbf{\hat{y}}\right\Vert ^2}{n-p}$

\hat{y} \equiv X \hat{β}

$\mathbf{\hat{y}} \equiv \mathbf{X} \mathbf{\hat{\beta}}$

$\mathbf{\hat{\beta}}$ का सहसंयोजक

Cov (\hat{β}) = σ^{2} C

$\operatorname{Cov}\left(\mathbf{\hat{\beta}}\right) = \sigma^2 \mathbf{C}$ जहां

C \equiv (X^{T} X)^{- 1}

$\mathbf{C}\equiv(\mathbf{X}^T\mathbf{X})^{-1}$ ( रेफरी )।

सवाल

मैं कैसे साबित कर सकते हैं कि के लिए $\hat\beta_i$ ,

\frac{{\hat{β}}_{i} - β_{i}}{s_{{\hat{β}}_{i}}} \sim t_{n - k}

$\frac{\hat{\beta}_i - \beta_i} {s_{\hat{\beta}_i}} \sim t_{n-k}$ जहां

t_{n - k}

$t_{n-k}$ एक है t- वितरण आजादी की

(n - k)

$(n-k)$ डिग्री के साथ , और

की मानक त्रुटि का

{\hat{β}}_{i}

$\hat{\beta}_i$ अनुमान

द्वारा लगाया जाता है

s_{{\hat{β}}_{i}} = s \sqrt{c_{i i}}

$s_{\hat{\beta}_i} = s\sqrt{c_{ii}}$ ।

मेरे प्रयास

मुझे पता है कि के लिए यादृच्छिक परिवर्तनीय से नमूना , आप दिखा सकते हैं कि LHS को रूप में लिखकर। और यह महसूस करते हुए कि अंश एक मानक सामान्य वितरण है, और भाजक df = (n-1) के साथ ची-वर्ग वितरण का वर्गमूल है और (n- से विभाजित) 1) ( रेफ )। और इसलिए यह df = (n-1) ( रेफ ) के साथ एक टी-वितरण का अनुसरण करता है । $n$ $x\sim\mathcal{N}\left(\mu, \sigma^2\right)$

\frac{\bar{x} - μ}{s / \sqrt{n}} \sim t_{n - 1}

$\frac{\bar{x}-\mu}{s/\sqrt{n}} \sim t_{n-1}$

\frac{(\frac{\bar{x} - μ}{σ / \sqrt{n}})}{\sqrt{s^{2} / σ^{2}}}

$\frac{ \left(\frac{\bar x - \mu}{\sigma/\sqrt{n}}\right) } {\sqrt{s^2/\sigma^2}}$

मैं अपने प्रश्न के लिए इस प्रमाण का विस्तार करने में असमर्थ था ...

कोई विचार? मैं इस प्रश्न से अवगत हूं , लेकिन वे स्पष्ट रूप से इसे साबित नहीं करते हैं, वे सिर्फ एक नियम देते हैं, "प्रत्येक भविष्यवक्ता ने आपको स्वतंत्रता की एक डिग्री प्रदान की है"।

— गैरेट
स्रोत

क्योंकि संयुक्त रूप से सामान्य चर का एक रैखिक संयोजन है, इसका एक सामान्य वितरण है। इसलिए आप सभी की जरूरत है (1) उस ; (2) बताते हैं कि के एक निष्पक्ष आकलनकर्ता है ; और (3) में स्वतंत्रता की डिग्री का प्रदर्शन है । बाद वाली इस साइट पर कई स्थानों पर सिद्ध किया गया है, जैसे कि आंकड़े ।stackexchange.com/a/16931 । मुझे संदेह है कि आप पहले से ही जानते हैं कि कैसे करना है (1) और (2)।

{\hat{β}}_{i}

$\hat\beta_i$

E ({\hat{β}}_{i}) = β_{i}

$\mathbb{E}(\hat\beta_i)=\beta_i$

s_{{\hat{β}}_{i}}^{2}

$s_{\hat\beta_i}^2$

Var ({\hat{β}}_{i})

$\text{Var}(\hat\beta_i)$

s_{{\hat{β}}_{i}}

$s_{\hat\beta_i}$

n - k

$n-k$

— whuber

चूँकि हम जानते हैं कि और इस प्रकार हम जानते हैं कि प्रत्येक घटक के लिए , जहां है के विकर्ण तत्व । इस प्रकार, हम जानते हैं कि

\begin{aligned} \hat{β} & = (X^{T} X)^{- 1} X^{T} Y \\ = (X^{T} X)^{- 1} X^{T} (X β + ε) \\ = β + (X^{T} X)^{- 1} X^{T} ε \end{aligned}

$\begin{align*} \hat\beta &= (X^TX)^{-1}X^TY \\ &= (X^TX)^{-1}X^T(X\beta + \varepsilon) \\ &= \beta + (X^TX)^{-1}X^T\varepsilon \end{align*}$

\hat{β} - β \sim N (0, σ^{2} (X^{T} X)^{- 1})

$\hat\beta-\beta \sim \mathcal{N}(0,\sigma^2 (X^TX)^{-1})$

k

$k$

\hat{β}

$\hat\beta$

{\hat{β}}_{k} - β_{k} \sim N (0, σ^{2} S_{k k})

$\hat\beta_k -\beta_k \sim \mathcal{N}(0, \sigma^2 S_{kk})$

S_{k k}

$S_{kk}$

k^{th}

$k^\text{th}$

(X^{T} X)^{- 1}

$(X^TX)^{-1}$

z_{k} = \frac{{\hat{β}}_{k} - β_{k}}{\sqrt{σ^{2} S_{k k}}} \sim N (0, 1) .

$z_k = \frac{\hat\beta_k -\beta_k}{\sqrt{\sigma^2 S_{kk}}} \sim \mathcal{N}(0,1).$

मानक सामान्य वेक्टर (थ्योरीम B.8 इन ग्रीन) में एक अष्टाध्यायी द्विघात फॉर्म के वितरण के लिए प्रमेय के विवरण पर ध्यान दें :

यदि और सममित और है , तो को वितरित किया जाता है, जहां की रैंक है । $x\sim\mathcal{N}(0,I)$ $A$ $x^TAx$ $\chi^2_{\nu}$ $\nu$ $A$

Let प्रतिगमन अवशिष्ट सदिश को निरूपित करते हैं और जो अवशिष्ट निर्माता मैट्रिक्स है (यानी ) । यह सत्यापित करना आसान है कि सममित और सुस्पष्ट है । $\hat\varepsilon$

M = I_{n} - X (X^{T} X)^{- 1} X^{T},

$M=I_n - X(X^TX)^{-1}X^T \text{,}$

M y = \hat{ε}

$My=\hat\varepsilon$ $M$

चलो लिए एक अनुमानक हो ।

s^{2} = \frac{{\hat{ε}}^{T} \hat{ε}}{n - p}

$s^2 = \frac{\hat\varepsilon^T \hat\varepsilon}{n-p}$

σ^{2}

$\sigma^2$

हमें फिर कुछ रैखिक बीजगणित करने की आवश्यकता है। इन तीन रैखिक बीजगणित गुणों पर ध्यान दें:

एक आदर्श मैट्रिक्स की रैंक इसका ट्रेस है।
$\operatorname{Tr}(A_1+A_2) = \operatorname{Tr}(A_1) + \operatorname{Tr}(A_2)$
$\operatorname{Tr}(A_1A_2) = \operatorname{Tr}(A_2A_1)$ यदि है और है ( इस संपत्ति काम करने के लिए नीचे के लिए महत्वपूर्ण है ) $A_1$ $n_1 \times n_2$ $A_2$ $n_2 \times n_1$

\begin{aligned} rank (M) = Tr (M) & = Tr (I_{n} - X (X^{T} X)^{- 1} X^{T}) \\ = Tr (I_{n}) - Tr (X (X^{T} X)^{- 1} X^{T})) \\ = Tr (I_{n}) - Tr ((X^{T} X)^{- 1} X^{T} X)) \\ = Tr (I_{n}) - Tr (I_{p}) \\ = n - p \end{aligned}

$\begin{align*} \operatorname{rank}(M) = \operatorname{Tr}(M) &= \operatorname{Tr}(I_n - X(X^TX)^{-1}X^T) \\ &= \operatorname{Tr}(I_n) - \operatorname{Tr}\left( X(X^TX)^{-1}X^T) \right) \\ &= \operatorname{Tr}(I_n) - \operatorname{Tr}\left( (X^TX)^{-1}X^TX) \right) \\ &= \operatorname{Tr}(I_n) - \operatorname{Tr}(I_p) \\ &=n-p \end{align*}$

फिर

\begin{aligned} V = \frac{(n - p) s^{2}}{σ^{2}} = \frac{{\hat{ε}}^{T} \hat{ε}}{σ^{2}} = {(\frac{ε}{σ})}^{T} M (\frac{ε}{σ}) . \end{aligned}

$\begin{align*} V = \frac{(n-p)s^2}{\sigma^2} = \frac{\hat\varepsilon^T\hat\varepsilon}{\sigma^2} = \left(\frac{\varepsilon}{\sigma}\right)^T M \left(\frac{\varepsilon}{\sigma}\right). \end{align*}$

एक मानक सामान्य वेक्टर (ऊपर कहा गया है) में एक आदर्श द्विघात के वितरण के लिए प्रमेय को लागू करते हुए, हम जानते हैं कि । $V \sim \chi^2_{n-p}$

जब से आपने माना कि सामान्य रूप से वितरित है, तब से स्वतंत्र है , और चूंकि का एक कार्य है , तो भी स्वतंत्र है । इस प्रकार, और एक दूसरे से स्वतंत्र हैं। $\varepsilon$ $\hat\beta$ $\hat\varepsilon$ $s^2$ $\hat\varepsilon$ $s^2$ $\hat\beta$ $z_k$ $V$

फिर, एक मानक का अनुपात है, जो एक ची-स्क्विट वितरण के वर्गमूल के साथ सामान्य वितरण का अनुपात है। स्वतंत्रता (यानी ) की समान डिग्री के साथ , जो वितरण का एक लक्षण वर्णन है । इसलिए, सांख्यिकीय में स्वतंत्रता के डिग्री के साथ एक वितरण है ।

\begin{aligned} t_{k} = \frac{z_{k}}{\sqrt{V / (n - p)}} \end{aligned}

$\begin{align*} t_k = \frac{z_k}{\sqrt{V/(n-p)}} \end{align*}$

n - p

$n-p$

t

$t$ $t_k$ $t$ $n-p$

यह फिर बीजगणितीय रूप से अधिक परिचित रूप में हेरफेर किया जा सकता है।

\begin{aligned} t_{k} & = \frac{\frac{{\hat{β}}_{k} - β_{k}}{\sqrt{σ^{2} S_{k k}}}}{\sqrt{\frac{(n - p) s^{2}}{σ^{2}} / (n - p)}} \\ = \frac{\frac{{\hat{β}}_{k} - β_{k}}{\sqrt{S_{k k}}}}{\sqrt{s^{2}}} = \frac{{\hat{β}}_{k} - β_{k}}{\sqrt{s^{2} S_{k k}}} \\ = \frac{{\hat{β}}_{k} - β_{k}}{se ({\hat{β}}_{k})} \end{aligned}

$\begin{align*} t_k &= \frac{\frac{\hat\beta_k -\beta_k}{\sqrt{\sigma^2 S_{kk}}}}{\sqrt{\frac{(n-p)s^2}{\sigma^2}/(n-p)}} \\ &= \frac{\frac{\hat\beta_k -\beta_k}{\sqrt{S_{kk}}}}{\sqrt{s^2}} = \frac{\hat\beta_k -\beta_k}{\sqrt{s^2 S_{kk}}} \\ &= \frac{\hat\beta_k -\beta_k}{\operatorname{se}\left(\hat\beta_k \right)} \end{align*}$

— ब्लू मार्कर
स्रोत

इसके अलावा, एक पक्ष का सवाल: Theorem for the Distribution of an Idempotent Quadratic Form in a Standard Normal Vectorक्या हमें सममित होने के लिए भी आवश्यकता नहीं है ? दुर्भाग्य से, मेरे पास ग्रीन नहीं है, इसलिए मैं प्रमाण नहीं देख सकता, हालांकि मैंने देखा कि विकिपीडिया का आपके जैसा ही रूप था । हालाँकि, एक काउंटर उदाहरण के लिए ऐसा प्रतीत होता है कि यह सबसे अच्छा मैट्रिक्स है। जो ओर जाता है जो कि नकारात्मक मूल्यों को लेने के बाद से ची- नहीं है। ..

A

$A$

A = (\begin{matrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{matrix})

$A=\begin{pmatrix}1&1\\0&0\end{pmatrix}$

x_{1}^{2} + x_{1} x_{2}

$x_1^2+x_1 x_2$

— गैरेट

@ मेरे माफ़ कीजिये, को सममित और आलंबन दोनों होना चाहिए। इस दस्तावेज़ में प्रमेय 3 के रूप में एक प्रमाण प्रदान किया गया है: www2.econ.iastate.edu/classes/econ671/hallam/documents/… सौभाग्य से, सममित है और साथ ही उदासीन भी है।

A

$A$

M

$M$

— ब्लू मार्कर

A

$A$ मात्र है एक एक द्विघात फार्म के मैट्रिक्स प्रतिनिधित्व। प्रत्येक द्विघात रूप में एक सममितीय निरूपण होता है, इसलिए के समरूपता की आवश्यकता प्रमेय के कथन में निहित है। (लोग द्विघात रूपों का प्रतिनिधित्व करने के लिए असममित उपयोग नहीं करते हैं।) इस प्रकार द्विघात रूप मैट्रिक्स को विशिष्ट रूप से दर्शाया गया है। जो कि नहीं है ।

A

$A$

(x_{1}, x_{2}) \to x_{1}^{2} + x_{1} x_{2}

$(x_1,x_2)\to x_1^2+x_1x_2$

A = (\begin{matrix} 1 & 1 / 2 \\ 1 / 2 & 0 \end{matrix})

$A=\begin{pmatrix}1&1/2\\1/2&0\end{pmatrix}$

— whuber

क्यों imply से स्वतंत्र है ? काफी पीछा नहीं किया।

ϵ \sim N (0, σ^{2})

$\epsilon\sim N(0,\sigma^2)$

\hat{β}

$\hat{\beta}$

\hat{ϵ}

$\hat{\epsilon}$

— ग्लासजॉव

@Glassjawed दोनों _ और में बहुभिन्नरूपी सामान्य रूप से वितरित कर रहे हैं, तो असंबद्धता स्वतंत्रता का अर्थ है। अभिव्यक्तियों का उपयोग करके और से ऊपर, हम उस को दिखा सकते हैं ।

\hat{β}

$\hat{\beta}$

\hat{ε}

$\hat{\varepsilon}$

\hat{β} = β + {(X^{⊤} X)}^{- 1} X^{⊤} ε

$\hat{\beta} = \beta + \left(X^{\top}X\right)^{-1}X^{\top}\varepsilon$

\hat{ε} = M ε

$\hat{\varepsilon} = M\varepsilon$

Cov (\hat{β}, \hat{ε}) = 0_{p \times n}

$\operatorname{Cov}\left(\hat{\beta}, \hat{\varepsilon}\right) = \mathbf{0}_{p\times n}$

— दोपहर

सबूत है कि एक OLS मॉडल में गुणांक स्वतंत्रता के साथ (एनके) डिग्री के साथ एक टी-वितरण का पालन करते हैं

पृष्ठभूमि

सवाल

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