UA MATH564 概率论VI 数理统计基础3 卡方分布中

• 卡方分布的基本性质

上一讲介绍了卡方分布的定义：假设$X_1,\cdots ,X_n$互相独立，并且$X_i\sim N(a_i,1)$，则称
$$\sum _{i=1}^n{X}_i^2\sim {\chi }^2(n,\delta )$$
其中$n$代表样本数，$\delta$是非中心化参数
$$\delta =\sqrt{\sum _{i=1}^n{a}_i^2}$$
如果样本来自标准正态总体，则$\delta =0$，称之为中心化的卡方分布。并推导了它的概率密度为：
$$k(x|n,\delta )=e^{-\frac{{\delta }^2+x}{2}}\sum _{i=0}^{\infty }\frac{{\delta }^{2i}}{2^{i}i!}\frac{x^{i+n/2-1}}{2^{i+n/2}\Gamma (i+n/2)}$$
当$\delta =0$时，
$$k(x|n,0)=K^{\prime }(x|n,0)=\frac{(1/2{)}^{n/2}}{\Gamma (n/2)}{x}^{\frac{n}{2}-1}{e}^{-x/2}{=}_d\Gamma (\frac{n}{2},\frac{1}{2})$$
下面介绍卡方分布的一些常用性质：

卡方分布的基本性质

$X\sim {\chi }^2(n)$，则$EX=n,Var(X)=2n$

$X_n\sim {\chi }^2(n),n=1,2,\cdots$，则$n\to \infty$，$$\frac{X_n-n}{\sqrt{2n}}{\to }_{d}N(0,1),\sqrt{2X_n}-\sqrt{2n}{\sim }_{d}N(0,1)$$

$Y_1,\cdots ,Y_m$互相独立，$Y_i\sim {\chi }_{n_i,{\delta }_i}^2$，则$$\sum _{i=1}^m{Y}_i\sim {\chi }_{n,\delta }^2,n=\sum _{i=1}^m{n}_i,{\delta }^2=\sum _{i=1}^n{\delta }_i^2$$

用一般的正态分布构造卡方分布的方法在数理统计基础1中已经介绍过了，这里不再重复，性质1可以用gamma分布的规律直接得到，性质2的前半部分就是Classical CLT，性质3描述的是卡方分布的可加性。下面给出性质2的后半部分和性质3的证明。
证明
性质2第二个式子，考虑
$$P(\sqrt{2X_n}-\sqrt{2n}\le x)=P(X_n\le \frac{x^2+2\sqrt{2n}x+2n}{2})=P(\frac{X_n-n}{\sqrt{2n}}\le x+\frac{x^2}{2\sqrt{2n}})$$
当$n\to \infty$时，$\frac{X_n-n}{\sqrt{2n}}{\to }_{d}N(0,1)$，$\frac{x^2}{2\sqrt{2n}}\to 0$，因此$$\sqrt{2X_n}-\sqrt{2n}{\to }_{d}N(0,1)$$

性质3，中心化的卡方分布的可加性根据gamma分布的可加性可以直接得到，下面考虑非中心化的卡方分布的可加性，两两可加推广到有限可加是非常平凡的，这里证明两两可加的情况：因为$Y_1,Y_2$是互相独立的，因此
$$f_{Y_1+Y_2}(y)=f_{Y_1}\ast f_{Y_2}(y)={\int }_{z=0}^y{f}_{Y_1}(y-z)f_{Y_2}(z)dz$$

经过上一讲对非中心化卡方分布的介绍，相信大家对它的密度函数已经驾轻就熟了，我们把被积函数写出来
$$f_{Y_1}(y-z)f_{Y_2}(z)=\left(e^{-\frac{{\delta }_1^2+y-z}{2}}\sum _{i=0}^{\infty }\frac{{\delta }_1^{2i}}{2^{i}i!}\frac{(y-z{)}^{i+n_1/2-1}}{2^{i+n_1/2}\Gamma (i+n_1/2)}\right)\left(e^{-\frac{{\delta }_2^2+z}{2}}\sum _{j=0}^{\infty }\frac{{\delta }_2^{2j}}{2^{j}j!}\frac{z^{j+n_2/2-1}}{2^{j+n_2/2}\Gamma (j+n_2/2)}\right)$$
虽然看上去很吓人但不要慌，需要的技巧我们在上一讲已经学会了——构造beta函数求积。先把上面的式子展开，
$$\begin{gathered} RHS=e^{-\frac{({\delta }_1^2+{\delta }_2^2)+y}{2}}\sum _{i,j=0}^{\infty }\frac{{\delta }_1^{2i}{\delta }_2^{2j}}{2^{i+j}i!j!}\frac{(y-z{)}^{i+n_1/2-1}{z}^{j+n_2/2-1}}{2^{i+j+(n_1+n_2)/2}\Gamma (i+n_1/2)\Gamma (j+n_2/2)} \\ {f}_{Y_1+Y_2}(y)=e^{-\frac{({\delta }_1^2+{\delta }_2^2)+y}{2}}\sum _{i,j=0}^{\infty }\frac{{\delta }_1^{2i}{\delta }_2^{2j}}{2^{i+j}i!j!}\frac{{\int }_0^y(y-z{)}^{i+n_1/2-1}{z}^{j+n_2/2-1}dz}{2^{i+j+(n_1+n_2)/2}\Gamma (i+n_1/2)\Gamma (j+n_2/2)} \end{gathered}$$

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

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

接下来重新安排一下求和的指标，因为$\{(i,j):i,j=0,1,\cdots \}$的势和$\{k=0,1,\cdots \}$是一样的，不妨记$i+j=k$，而$\frac{{\delta }_1^{2i}{\delta }_2^{2j}}{i!j!}$正好是多项式$({\delta }_1^2+{\delta }_2^2{)}^k$展开的第$i,j$项，定义
$$n=\sum _{i=1}^m{n}_i,{\delta }^2=\sum _{i=1}^n{\delta }_i^2$$

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

显然$Y_1+Y_2\sim {\chi }_{n,\delta }^2$

总结

以上是生活随笔为你收集整理的UA MATH564 概率论VI 数理统计基础3 卡方分布中的全部内容，希望文章能够帮你解决所遇到的问题。

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