विचलन के लिए कॉन्फिडेंस इंटरवल ने एक अवलोकन दिया

यह "7 वीं कोलमोगोरोव स्टूडेंट ओलंपियाड इन प्रोबेबिलिटी थ्योरी" से एक समस्या है:

एक ओपरेशन को एक डिस्ट्रीब्यूशन के साथ दोनों पैरामीटर्स के अनजाने में दिए जाने से, कम से कम 99% कॉन्फिडेंस लेवल के साथ लिए एक कॉन्फिडेंस इंटरवल देते हैं । $X$ $\operatorname{Normal}(\mu,\sigma^2)$ $\sigma^2$

यह मुझे लगता है कि यह असंभव होना चाहिए। मेरे पास इसका समाधान है, लेकिन अभी तक इसे नहीं पढ़ा है। कोई विचार?

मैं कुछ दिनों में समाधान पोस्ट करूँगा।

[अनुवर्ती संपादित करें: आधिकारिक समाधान नीचे पोस्ट किया गया है। कार्डिनल का समाधान लंबा है, लेकिन एक बेहतर आत्मविश्वास अंतराल देता है। मैक्स और Glen_b को उनके इनपुट के लिए भी धन्यवाद।]

— जोनाथन क्रिस्टेंसन
स्रोत

मेरे लिए भी असंभव लगता है; मैं जवाब का इंतजार है

— पीटर Flom - को पुनः स्थापित मोनिका

की जाँच करें इस साइट ।

— ग्रहण

यहां बेहतर प्रारूपण के साथ एक पेपर है: पेपर ।

— अस्वभाविक

हे। मुझे याद है कि कई साल पहले इस सामान (एक अवलोकन अंतराल) पर एक पेपर पढ़ रहा था। यह एक हो सकता है ।

— Glen_b -Reinstate Monica

@ मोम, लिंक के लिए धन्यवाद! मेरे पास अभी तक इसे देखने का समय नहीं है, लेकिन मैं करूंगा। मैंने नीचे "आधिकारिक" उत्तर पोस्ट किया।

— जोनाथन क्रिस्टेन्सन

संभावना-असमानताओं के लेंस और कई-अवलोकन मामले के कनेक्शन के माध्यम से देखा गया, यह परिणाम इतना असंभव नहीं लग सकता है, या, कम से कम, यह अधिक प्रशंसनीय लग सकता है।

Let साथ और अज्ञात। हम लिए लिख सकते हैं । $\renewcommand{\Pr}{\mathbb P}\newcommand{\Ind}[1]{\mathbf 1_{(#1)}}X \sim \mathcal N(\mu,\sigma^2)$ $\mu$ $\sigma^2$ $X = \sigma Z + \mu$ $Z \sim \mathcal N(0,1)$

मुख्य दावा : लिए एक विश्वास अंतराल है जहां एक डिग्री के लिए ची-चुकता वितरण का लेवल मात्रात्मक है। आजादी। इसके अलावा, चूँकि इस अंतराल में बिल्कुल कवरेज है जब , यह फॉर्म का सबसे कम संभव अंतराल है कुछ । $[0,X^2/q_\alpha)$ $(1-\alpha)$ $\sigma^2$ $q_\alpha$ $\alpha$ $(1-\alpha)$ $\mu = 0$ $[0,b X^2)$ $b \in \mathbb R$

आशावाद का एक कारण

याद में है कि मामले, साथ , ठेठ आत्मविश्वास के लिए अंतराल है जहां है एक ची-वर्ग के साथ की स्तर quantile स्वतंत्रता की डिग्री। यह निश्चित रूप से, किसी भी । जबकि यह सबसे लोकप्रिय अंतराल है ( स्पष्ट कारणों के लिए समान पूंछ वाले अंतराल कहा जाता है), यह न तो केवल एक है और न ही सबसे छोटी चौड़ाई में से एक है! जैसा कि स्पष्ट होना चाहिए, एक और वैध चयन है $n \geq 2$ $T = \sum_{i=1}^n (X_i - \bar X)^2$ $(1-\alpha)$ $\sigma^2$

(\frac{टी}{{क्ष}_{n - 1, (1 - α) / 2}}, \frac{टी}{{क्ष}_{n - 1, α / 2}}),

$\Big(\frac{T}{q_{n-1,(1-\alpha)/2}}, \frac{T}{q_{n-1,\alpha/2}} \Big) \>,$

q_{k, a}

$q_{k,a}$

a

$a$

k

$k$

μ

$\mu$

(0, \frac{टी}{{क्ष}_{n - 1, α}}) ।

$\Big(0,\frac{T}{q_{n-1,\alpha}}\Big) \>.$

चूँकि, , फिर कम से कम की कवरेज भी है । $T \leq \sum_{i=1}^n X_i^2$

(0, \frac{Σ_{मैं = 1}^{n} {एक्स}_{मैं}^{2}}{{क्ष}_{n - 1, α}}),

$\Big(0,\frac{\sum_{i=1}^n X_i^2}{q_{n-1,\alpha}}\Big) \>,$

(1 - α)

$(1-\alpha)$

इस प्रकाश में देखें, तो हम आशावादी हो सकते हैं कि मुख्य दावे में अंतराल लिए सही है । मुख्य अंतर यह है कि एकल अवलोकन के मामले में कोई शून्य-डिग्री-ऑफ़-फ्री-आज़ादी ची-स्क्वर्ट वितरण नहीं है, इसलिए हमें आशा करनी चाहिए कि एक-डिग्री-ऑफ़-इंडिपेंडेंस क्वांटाइल का उपयोग करने से काम चलेगा। $n = 1$

हमारी मंजिल की ओर एक आधा कदम ( सही पूंछ को छोड़कर )

मुख्य दावे के प्रमाण में गोता लगाने से पहले, आइए पहले एक प्रारंभिक दावे पर गौर करें जो लगभग मजबूत या संतोषजनक नहीं है, लेकिन शायद कुछ अतिरिक्त जानकारी देता है कि क्या चल रहा है। आप नीचे दिए गए मुख्य दावे के प्रमाण को छोड़ सकते हैं, बिना ज्यादा (यदि कोई हो) नुकसान के। इस खंड और अगले में, साक्ष्य-जबकि थोड़ा सूक्ष्म - केवल प्राथमिक तथ्यों पर आधारित हैं: संभाव्यता की एकरूपता, और सामान्य वितरण की समरूपता और एकरूपता।

सहायक दावा : एक है आत्मविश्वास के लिए अंतराल लंबे समय के रूप के रूप में । यहाँ है स्तर एक मानक सामान्य की quantile। $[0,X^2/z^2_\alpha)$ $(1-\alpha)$ $\sigma^2$ $\alpha > 1/2$ $z_\alpha$ $\alpha$

सबूत । औरसमरूपता के द्वारा, इसलिए इस प्रकार हम सामान्यता की हानि के बिना ले सकते हैं । अब, और , और इसलिए , हम देखते हैं कि यह केवल लिए काम करता है , क्योंकि लिए आवश्यक है । $|X| = |-X|$ $|\sigma Z + \mu| \stackrel{d}{=} |-\sigma Z+\mu|$ $\mu \geq 0$ $\theta \geq 0$ $\mu \geq 0$

P (| X | > θ) \geq P (X > θ) = P (σ Z + μ > θ) \geq P (Z > θ / σ),

$\Pr(|X| > \theta) \geq \Pr( X > \theta) = \Pr( \sigma Z + \mu > \theta) \geq \Pr( Z > \theta/\sigma) \>,$

θ = z_{α} σ

$\theta = z_{\alpha} \sigma$

P (0 \leq σ^{2} < X^{2} / z_{α}^{2}) \geq 1 - α ।

$\Pr(0 \leq \sigma^2 < X^2 / z^2_\alpha) \geq 1 - \alpha \>.$

α > 1 / 2

$\alpha > 1/2$

z_{α} > 0

$z_\alpha > 0$

यह सहायक दावा साबित होता है। जबकि उदाहरण के लिए, यह एक सांख्यिकीय परिप्रेक्ष्य से असंतोषजनक है क्योंकि इसे काम करने के लिए एक बेतुके बड़े आवश्यकता होती है । $\alpha$

मुख्य दावे को साबित करना

उपरोक्त तर्क का शोधन एक परिणाम के लिए होता है जो एक मनमाना विश्वास स्तर के लिए काम करेगा। सबसे पहले, ध्यान दें कि सेट करें और । फिर, हम यह दिखा सकते हैं कि में दाएँ हाथ की ओर बढ़ जाती है हर तय के लिए , तो हम एक ऐसी ही तर्क पिछले तर्क में के रूप में काम कर सकते हैं। यह कम से कम प्रशंसनीय है, क्योंकि हम यह मानना चाहते हैं कि यदि मतलब बढ़ता है, तो यह अधिक संभावना है कि हम एक मापांक के साथ एक मान देखते हैं जो कि से अधिक है

पी (| एक्स | > θ) = पी (| जेड + μ / σ | > θ / σ) ।

$\Pr(|X| > \theta) = \Pr(|Z + \mu/\sigma| > \theta / \sigma ) \>.$

a = μ / σ \geq 0

$a = \mu/\sigma \geq 0$

b = θ / σ \geq 0

$b = \theta / \sigma \geq 0$

पी (| जेड + ए | > ख) = Φ (ए - ख) + Φ (- ए - ख) ।

$\Pr(|Z + a| > b) = \Phi(a-b) + \Phi(-a-b) \>.$

a

$a$

b

$b$

b

$b$ । (हालांकि, हमें यह देखना होगा कि बाईं पूंछ में द्रव्यमान कितनी जल्दी घट रहा है!)

सेट । फिर ध्यान दें कि और सकारात्मक के लिए , में कम हो रही है । अब, , उस को देखना आसान है । इन तथ्यों को आसानी से एक साथ लिया गया है कि सभी और किसी भी फिक्स्ड । $f_b(a) = \Phi(a-b) + \Phi(-a-b)$

च_{ख}^{'} (ए) = φ (ए - ख) - φ (- ए - ख) = φ (ए - ख) - φ (ए + ख) ।

$f'_b(a) = \varphi(a-b) - \varphi(-a-b) = \varphi(a-b) - \varphi(a+b) \>.$

f_{b}^{'} (0) = 0

$f'_b(0) = 0$

u

$u$

φ (u)

$\varphi(u)$

u

$u$

a \in (0, 2 b)

$a \in (0,2b)$

φ (a - b) \geq φ (- b) = φ (b)

$\varphi(a-b) \geq \varphi(-b) = \varphi(b)$

च_{ख}^{'} (ए) \geq 0

$f'_b(a) \geq 0$

a \geq 0

$a \geq 0$

b \geq 0

$b \geq 0$

इसलिए, हमने दिखाया है कि और , $a \geq 0$ $b \geq 0$

पी (| जेड + ए | > ख) \geq पी (| जेड | > ख) = 2 Φ (- ख) ।

$\Pr(|Z + a| > b) \geq \Pr(|Z| > b) = 2\Phi(-b) \>.$

इस सब को उजागर करते हुए, यदि हम लेते हैं, तो हमें जो मुख्य दावे को स्थापित करता है। $\theta = \sqrt{q_\alpha} \sigma$

पी ({एक्स}^{2} > {क्ष}_{α} σ^{2}) \geq पी ({जेड}^{2} > {क्ष}_{α}) = 1 - α,

$\Pr(X^2 > q_\alpha \sigma^2) \geq \Pr(Z^2 > q_\alpha) = 1 - \alpha \>,$

समापन टिप्पणी : उपरोक्त तर्क का सावधानीपूर्वक पढ़ने से पता चलता है कि यह सामान्य वितरण के केवल सममित और असमान गुणों का उपयोग करता है। इसलिए, यह दृष्टिकोण किसी भी सममित अनिमॉडल स्थान-स्तरीय परिवार, जैसे, कॉची या लाप्लास वितरण से एकल अवलोकन से आत्मविश्वास अंतराल प्राप्त करने के लिए समान रूप से काम करता है।

— कार्डिनल
स्रोत

वाह! और छात्रों से ओलंपियाड परीक्षा के कम समय में इस प्रकार के तर्क के साथ आने की उम्मीद है?

— दिलीप सरवटे

@Dipip: मुझे कोई पता नहीं है! मैं इस ओलंपियाड के प्रारूप से अपरिचित हूं या समाधान के संदर्भ में क्या अपेक्षित है। शाब्दिक पढ़ने से, मुझे लगता है कि स्कोर्टची का जवाब स्वीकार्य होगा। मुझे यह जानने में दिलचस्पी थी कि कोई "गैर-तुच्छ" समाधान कैसे प्राप्त कर सकता है। मेरे अपने (काफी कम से कम) अन्वेषण ने उत्तर में वर्णित एक विचार की एक ही ट्रेन का अनुसरण किया (एक चक्कर के साथ)। यह काफी संभावना है कि एक बेहतर समाधान मौजूद है। :-)

— कार्डिनल

यह "आधिकारिक" समाधान की तुलना में काफी लंबा है, लेकिन यह विचरण पर एक बेहतर बाध्यता देता है, इसलिए मैं इसे "सही" उत्तर के रूप में चिह्नित कर रहा हूं। मैंने नीचे "आधिकारिक" उत्तर पोस्ट किया है, साथ ही कुछ सिमुलेशन परिणाम और चर्चा की है। धन्यवाद, @cardinal!

— जोनाथन क्रिस्टेन्सन

@ जोनाथन: धन्यवाद। हां, मैं इस प्रमाण को थोड़ा और बेहतर बना सकता था। यहां प्रतिभागियों की पृष्ठभूमि की विस्तृत श्रृंखला के कारण, मैं अक्सर अतिरिक्त (या, शायद, अत्यधिक) विस्तार में लिप्त हो जाता हूं। :-)

— कार्डिनल

समय का पालन करने के लिए! यहाँ समाधान दिया गया है:

$[0,T(X))$ $T(\cdot)$
$(\forall μ \in आर) (\forall σ > 0) {पी}_{μ, σ_{2}} (σ^{2} > टी (एक्स)) < 0.01।$ $(\forall \mu \in \mathbb R )(\forall \sigma > 0)\; \mathbb P_{\mu,\sigma_2}(\sigma^2 > T(X)) < 0.01.$ $\mathcal{N}(\mu,\sigma^2)$ $1/\sigma\sqrt{2\pi}$ $\mathbb{P}(|X| \leq a) \leq a/\sigma$ $a \geq 0$ $टी \geq पी (| एक्स | / σ \leq टी) = पी ({एक्स}^{2} \leq {टी}^{2} σ^{2}) = पी (σ^{2} \geq {एक्स}^{2} / {टी}^{2}) ।$ $t \geq \mathbb P (|X|/\sigma \leq t) = \mathbb P (X^2 \leq t^2\sigma^2) = \mathbb P (\sigma^2 \geq X^2/t^2).$ $t = 0.01$ $T(X) = 10000X^2.$

आत्मविश्वास अंतराल (जो बहुत व्यापक है) सिमुलेशन में थोड़ा रूढ़िवादी है, जिसमें कोई अनुभवजन्य कवरेज नहीं है (100,000 सिमुलेशन में) 99.15% से कम है क्योंकि मैं परिमाण के कई आदेशों पर सीवी को अलग करता हूं।

$6300X^2$ $10000X^2$

$(0,4900X^2)$

— जोनाथन क्रिस्टेंसन
स्रोत

t \geq \dots

$t \geq \cdots$

t \leq \dots

$t \leq \cdots$

P (| X | \leq a) \leq 2 a / σ \sqrt{2 π}

$\mathbb P(|X| \leq a) \leq 2 a / \sigma \sqrt{2\pi}$

(0, 2 X^{2} / π α^{2})

$(0,2X^2/\pi\alpha^2)$

α

$\alpha$

α = 0.01

$\alpha = 0.01$

T (X) \approx 6366.198 X^{2}

$T(X) \approx 6366.198 X^2$

1 / q_{0.01} \approx 6365.864

$1/q_{0.01} \approx 6365.864$

α

$\alpha$

(0, 4900 X^{2})

$(0,4900 X^2)$

(0, b X^{2})

$(0, b X^2)$

b

$b$

μ = 0

$\mu = 0$

X^{2} / σ^{2}

$X^2/\sigma^2$

b

$b$

b = 1 / q_{α}

$b = 1/q_{\alpha}$ । दूसरे शब्दों में, मेरे उत्तर में दिया गया अंतराल बताए गए फॉर्म का सबसे कम संभव है।

— कार्डिनल

pchisq(1/4900,1,lower.tail=F)R0.9886

(0, 4900 X^{2})

$(0,4900X^2)$

सभी टिप्पणियों के लिए धन्यवाद, @cardinal। मुझे लगता है कि आपका परिवर्तन सही है, हालांकि मैंने इसे मूल समाधानों में टाइप किया था - टाइपो वहाँ, मुझे लगता है।

— जोनाथन क्रिस्टेंसेन

$(0,\infty)$

— Scortchi - को पुनः स्थापित मोनिका
स्रोत

मुझे लगता है कि यह कहना आपके लिए मददगार होगा कि आप एक परिमित लंबाई विश्वास अंतराल क्यों नहीं प्राप्त कर सकते हैं।

— 1

@ मोम मैं काफी स्मार्ट नहीं हूँ - लेकिन सवाल एक के लिए नहीं पूछा।

— Scortchi - को पुनः स्थापित मोनिका

इसके लिए +1। प्रश्न ने न्यूनतम कवरेज के साथ एक सीआई नहीं कहा, और वास्तव में इसका तात्पर्य यह है कि इसकी उत्सुक शब्दों के माध्यम से स्वीकार्य हो सकता है, " कम से कम 99% आत्मविश्वास स्तर के साथ एक आत्मविश्वास अंतराल ।"

— अरी बी। फ्रीडमैन