Bir OLS modelindeki katsayıların (nk) serbestlik dereceli bir t-dağılımı izlediğinin kanıtı


29

Arka fon

Regresyon modelimizde katsayılarının olduğu Sıradan En Küçük Kareler modelimiz olduğunu varsayalım , k

y=Xβ+ϵ

burada bir olan katsayılarının vektörü, olan tasarım matrisi ile tanımlananβ(k×1)X

X=(1x11x12x1(k1)1x211xn1xn(k1))
ve hatalar IID normal,
ϵN(0,σ2I).

için tahminlerimizi ayarlayarak karelerin toplamını en azaβ

β^=(XTX)1XTy.

öğesinin tarafsız bir tahmincisi burada \ mathbf {\ şapka {y}} \ equiv \ mathbf {X} \ mathbf {\ hat {\ beta}} ( ref ).σ2

s2=yy^2np
y^Xβ^

Kovaryans β^ ile verilir \ operatorname {Cov} \ sol (\ mathbf {\ hat {\ p}} \ sağ) = \ Sigma ^ 2 \ mathbf {C} \ mathbf {C} \ equiv (\ mathbf {X} ^ T \ mathbf {X}) ^ {- 1} ( ref ).

Cov(β^)=σ2C
C(XTX)1

Soru

Nasıl kanıtlayabilirim bunun için β^i ,

β^iβisβ^itnk
nerede tnk olan bir (nk) serbestlik dereceli t-dağılımı ve \ hat {\ beta} _i standart hatası s _ {\ hat {\ beta} _i} = s \ sqrt {c_ {ii}β^i ile tahmin edilir .sβ^i=scii

Girişimlerim

örneklenen rastgele değişken için , şunu biliyorsunuz , olarak yeniden yazarak ve sayıcının standart bir normal dağılım olduğunu ve paydasinin df = (n-1) ile ki-kare dağılımının kare kökü olduğunu fark ederek (n- 1) ( ref ). Ve bu nedenle df = (n-1) ( ref ) ile bir t-dağılımını izler .nxN(μ,σ2)

x¯μs/ntn1
(x¯μσ/n)s2/σ2

Bu kanıtı sorumu uzatamadım ...

Herhangi bir fikir? Bu sorunun farkındayım , ancak açıkça ispatlamıyorlar, sadece “her tahminde bir serbestlik derecesine mal oluyor” diyerek bir kural koyuyorlar.


Çünkü ortaklaşa Normal değişkenlerin doğrusal bir kombinasyonudur, bu normal dağılıma sahiptir. Bu nedenle tek ihtiyacınız olan şey (1) ; (2) in tarafsız bir tahmincisi olduğunu ; ve (3) 'de serbestlik derecesini göstermektedir olan . İkincisi, bu sitede istatistik.stackexchange.com/a/16931 gibi çeşitli yerlerde kanıtlanmıştır . Zaten (1) ve (2) 'nin nasıl yapıldığını bildiğinden şüpheleniyorum. β^iE(β^i)=βisβ^i2Var(β^i)sβ^ink
whuber

Yanıtlar:


32

beri biliyoruz ki ve bu şekilde bizim bildiğimiz her bileşen için ve , burada in köşegen elemanıdır . Böylece,

β^=(XTX)1XTY=(XTX)1XT(Xβ+ε)=β+(XTX)1XTε
β^βN(0,σ2(XTX)1)
kβ^
β^kβkN(0,σ2Skk)
Skkkth(XTX)1
zk=β^kβkσ2SkkN(0,1).

Standart Normal Bir Vektörde Tuhaf Bir Kuadratik Formun Dağılımı Teoreminin ifadesini not edin ( Greene Teoremi B.8):

Eğer ve simetrik ve idempotent ise, dağıtılır burada , rütbesidir .xN(0,I)AxTAxχν2νA

Let göstermektedirler regresyon kalıntı vektörü ve izin kalıntı makinesi matris (yani ) . simetrik ve idempotent olduğunu doğrulamak kolaydır .ε^

M=InX(XTX)1XT,
My=ε^M

Let için bir tahmin edici .

s2=ε^Tε^np
σ2

Daha sonra bazı lineer cebir yapmamız gerekir. Bu üç doğrusal cebir özelliğini not alın:

  • Başarılı bir matrisin sırası, izleridir.
  • Tr(A1+A2)=Tr(A1)+Tr(A2)
  • Tr(A1A2)=Tr(A2A1) halinde olan ve olan ( bu özellik çalışmaları için aşağıdaki için kritik öneme sahiptir )A1n1×n2A2n2×n1

Böylece

rank(M)=Tr(M)=Tr(InX(XTX)1XT)=Tr(In)Tr(X(XTX)1XT))=Tr(In)Tr((XTX)1XTX))=Tr(In)Tr(Ip)=np

Ardından

V=(np)s2σ2=ε^Tε^σ2=(εσ)TM(εσ).

Idempotent Quadratic Formunun Standart Normal Vektörde Dağılımı Teoremini uygulayarak (yukarıda belirtildiği gibi) olduğunu biliyoruz .Vχnp2

Eğer farz yana normalde dağıtılır, daha sonra bağımsızdır , ve o zamandan beri bir fonksiyonudur ardından de bağımsızdır . Böylece, ve birbirlerinden bağımsızdır.εβ^ε^s2ε^s2β^zkV

Sonra, standart bir Normal dağılımın Ki-kare dağılımının karekökü ile oranıdır. dağılımının bir özelliği olan aynı serbestlik derecelerinde ( ) . Bu nedenle, istatistiği serbestlik derecesine sahip bir dağılımına sahiptir .

tk=zkV/(np)
npttktnp

Daha sonra cebirsel olarak daha bilinen bir formda manipüle edilebilir.

tk=β^kβkσ2Skk(np)s2σ2/(np)=β^kβkSkks2=β^kβks2Skk=β^kβkse(β^k)

Ayrıca bir soru: Bunun için simetrik Theorem for the Distribution of an Idempotent Quadratic Form in a Standard Normal Vectorolması için ihtiyacımız yok mu? Ne yazık ki, Greene’im yok, bu yüzden Wikipedia’nın seninle aynı formda olduğunu görsem de kanıtı göremiyorum . Bununla birlikte, bir karşı, örneğin İdempotent matrisi gibi görünüyor olduğu uçları negatif değerler alabilir olabilir çünkü ki-kare değildir. ..AA=(1100)x12+x1x2
Garrett

1
@ Garrett Özür dilerim, hem simetrik hem de idempotif olmalı. Bu belgede Teorem 3 olarak bir kanıt sağlanmıştır: www2.econ.iastate.edu/classes/econ671/hallam/documents/… Neyse ki, idempoten kadar simetriktir. AM
Mavi İşaretçi

1
A sadece olan bir kuadratik bir formda matris temsilidir. Her kuadratik formun simetrik bir temsili vardır, bu nedenle simetri gerekliliği teorem açıklamasında gizlidir. (Kuadratik formları temsil etmek için insanlar asimetrik matris kullanmazlar.) Böylece, ikinci dereceden form , benzersiz şekilde temsil edilir. , idempotent değil . A(x1,x2)x12+x1x2A=(11/21/20)
whuber

1
Neden anlamına bağımsız ? Orada pek takip etmiyoruz. ϵN(0,σ2)β^ϵ^
Glassjawed

1
@Glassjawed Hem hem de normalde çok değişkenli dağıldığından, ilişkisizlik bağımsızlık anlamına gelir. İfadeler kullanarak ve dan yukarıda, olduğunu gösterebiliriz . β^ε^β^=β+(XX)1Xεε^=MεCov(β^,ε^)=0p×n
rzch
Sitemizi kullandığınızda şunları okuyup anladığınızı kabul etmiş olursunuz: Çerez Politikası ve Gizlilik Politikası.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.