fundo

Suponha que tenhamos um modelo de Mínimos Quadrados Ordinários em que tenhamos coeficientes em nosso modelo de regressão, $k$

y = X β + ϵ

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

onde é um vetor de coeficientes, é a matriz de design definida por $\mathbf{\beta}$ $(k\times1)$ $\mathbf{X}$

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})

$\mathbf{X} = \begin{pmatrix} 1 & x_{11} & x_{12} & \dots & x_{1\;(k-1)} \\ 1 & x_{21} & \dots & & \vdots \\ \vdots & & \ddots & & \vdots \\ 1 & x_{n1} & \dots & \dots & x_{n\;(k-1)} \end{pmatrix}$ e os erros são IID normal,

ϵ \sim N (0, σ^{2} I) .

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

Minimizamos a soma dos erros ao quadrado, definindo nossas estimativas para $\mathbf{\beta}$ como

\hat{β} = (X^{T} X)^{- 1} X^{T} y .

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

Um estimador imparcial de $\sigma^2$ é

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

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

\hat{y} \equiv X \hat{β}

$\mathbf{\hat{y}} \equiv \mathbf{X} \mathbf{\hat{\beta}}$ ( ref ).

A covariância de $\mathbf{\hat{\beta}}$ é dada por

Cov (\hat{β}) = σ^{2} C

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

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

$\mathbf{C}\equiv(\mathbf{X}^T\mathbf{X})^{-1}$ ( ref ).

Questão

Como posso provar que para $\hat\beta_i$ ,

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

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

t_{n - k}

$t_{n-k}$ é um distribuição t com

(n - k)

$(n-k)$ graus de liberdade e o erro padrão de

{\hat{β}}_{i}

$\hat{\beta}_i$ é estimado por

s_{{\hat{β}}_{i}} = s \sqrt{c_{i i}}

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

Minhas tentativas

Eu sei que para variáveis aleatórias amostradas de , você pode mostrar que reescrevendo o LHS como e percebendo que o número é uma distribuição normal padrão e o denominador é raiz quadrada de uma distribuição qui-quadrado com df = (n-1) e dividido por (n- 1) ( ref ) E, portanto, segue uma distribuição t com df = (n-1) ( ref ). $n$ $x\sim\mathcal{N}\left(\mu, \sigma^2\right)$

\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}}}

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

Não consegui estender essa prova à minha pergunta ...

Alguma ideia? Estou ciente dessa questão , mas eles não a provam explicitamente, apenas fornecem uma regra prática, dizendo "cada preditor custa um grau de liberdade".

— Garrett
fonte

Como é uma combinação linear de variáveis normais em conjunto, ele tem uma distribuição normal. Portanto, tudo que você precisa é (1) estabelecer que ; (2) mostre que é um estimador imparcial de ; e (3) demonstrar os graus de liberdade em é . Este último foi comprovado neste site em vários locais, como stats.stackexchange.com/a/16931 . Eu suspeito que você já sabe como fazer (1) e (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

Como sabemos que e, portanto, sabemos que para cada componente de , onde é o elemento diagonal de . Assim, sabemos que

\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) .

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

Observe a declaração do teorema da distribuição de uma forma quadrática idempotente em um vetor normal padrão (teorema B.8 em Greene):

Se e é simétrica e idempotente, então é distribuído onde é o posto de . $x\sim\mathcal{N}(0,I)$ $A$ $x^TAx$ $\chi^2_{\nu}$ $\nu$ $A$

Let denota o vetor residual de regressão e deixe que é a matriz fabricante residual (ou seja, ) . É fácil verificar se é simétrico e idempotente . $\hat\varepsilon$

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

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

M y = \hat{ε}

$My=\hat\varepsilon$ $M$

Seja um estimador de .

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

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

σ^{2}

$\sigma^2$

Precisamos, então, fazer uma álgebra linear. Observe estas três propriedades da álgebra linear:

A classificação de uma matriz idempotente é seu rastreio.
$\operatorname{Tr}(A_1+A_2) = \operatorname{Tr}(A_1) + \operatorname{Tr}(A_2)$
$\operatorname{Tr}(A_1A_2) = \operatorname{Tr}(A_2A_1)$ se for e for ( essa propriedade é essencial para o funcionamento abaixo ) $A_1$ $n_1 \times n_2$ $A_2$ $n_2 \times n_1$

Portanto,

\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}

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

Então

\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}

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

Aplicando o Teorema para a Distribuição de uma Forma Quadrática Idempotente em um Vetor Normal Padrão (declarado acima), sabemos que . $V \sim \chi^2_{n-p}$

Como você supôs que é normalmente distribuído, então é independente de e como é uma função de , então também é independente de . Assim, e são independentes um do outro. $\varepsilon$ $\hat\beta$ $\hat\varepsilon$ $s^2$ $\hat\varepsilon$ $s^2$ $\hat\beta$ $z_k$ $V$

Então, é a razão de uma distribuição normal padrão com a raiz quadrada de uma distribuição qui-quadrado com os mesmos graus de liberdade (isto é, ), que é uma caracterização da distribuição . Portanto, a estatística tem uma distribuição com graus de liberdade.

\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

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

Em seguida, ele pode ser manipulado algebricamente em uma forma mais familiar.

\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}

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

— Marcador azul
fonte

Também uma questão paralela: para o Theorem for the Distribution of an Idempotent Quadratic Form in a Standard Normal Vector, não precisamos também que seja simétrico? Infelizmente, eu não tenho Greene, então não consigo ver a prova, embora tenha visto que a Wikipedia tinha a mesma forma que você . No entanto, um exemplo de contador parece ser a matriz idempotente que leva a que não é qui-quadrado, pois pode assumir valores negativos. ..

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}

$x_1^2+x_1 x_2$

— Garrett

@ Garrett Minhas desculpas, deve ser simétrica e idempotente. Uma prova é fornecida como o Teorema 3 neste documento: www2.econ.iastate.edu/classes/econ671/hallam/documents/ ... Felizmente, é simétrico e idempotente.

A

$A$

M

$M$

— Blue Marker

A

$A$ é meramente uma representação matricial de uma forma quadrática. Como toda forma quadrática tem uma representação simétrica, o requisito de simetria de está implícito na declaração do teorema. (As pessoas não usam matrizes assimétricas para representar formas quadráticas.) Portanto, a forma quadrática é representada exclusivamente pela matriz que não é idempotente.

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

Por que implica que é independente de ? Não é bem assim.

ϵ \sim N (0, σ^{2})

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

\hat{β}

$\hat{\beta}$

\hat{ϵ}

$\hat{\epsilon}$

— Glassjawed

@Glassjawed Como e são multivariados normalmente distribuídos, então a não correlação implica independência. Usando expressões e de acima, podemos mostrar que .

\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}

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

— rzch

Prova de que os coeficientes em um modelo OLS seguem uma distribuição t com (nk) graus de liberdade

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Minhas tentativas