Os problemas estatísticos que envolvem intervalos de confiança para uma média da população podem ser enquadrados em termos da seguinte função de ponderação :

$$w(\alpha, n) \equiv \frac{t_{n-1,\alpha/2}}{\sqrt{n}} \quad \quad \quad \quad \text{for } 0<\alpha<1 \text{ and } n > 1.$$

Por exemplo, o intervalo de confiança de nível clássico padrão $1-\alpha$ para a média de uma superpopulação infinita pode ser escrito como:

$$\text{CI}(1-\alpha) = \Bigg[ \bar{x}_n \pm w(\alpha, n) \cdot s_n \Bigg].$$

É trivial estabelecer os limites $\lim_{\alpha \downarrow 0} w(\alpha, n) = \infty$ e $\lim_{\alpha \uparrow 1} w(\alpha, n) = 0$ usando a função quantil de a distribuição T. No contexto de intervalos de confiança, isso nos diz que o intervalo diminui para um único ponto à medida que diminuímos o nível de confiança e aumenta para toda a linha real à medida que aumentamos o nível de confiança. Outra propriedade intuitiva que deve ser mantida é que o intervalo diminui para um único ponto à medida que obtemos mais e mais dados, o que significa que:

$$\lim_{n \rightarrow \infty} w(\alpha, n) = 0.$$

Pergunta: forneça uma prova para esta última propriedade da função de ponderação.

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Mais informações: Para qualquer leitor de matemática que não esteja familiarizado com os pontos críticos da distribuição T , o valor é uma função de definida pela equação implícita:$t_{n-1, \alpha/2}$$n$

$$\frac{\alpha}{2} = \frac{1}{\sqrt{(n-1) \pi}} \cdot \frac{\Gamma(\tfrac{n}{2})}{\Gamma(\tfrac{n-1}{2})} \int \limits_{t_{n-1, \alpha/2}}^\infty \Big( 1+ \frac{r^2}{n-1} \Big)^{-n/2} dr.$$

Prova da desigualdade de Chebyshev

Aqui está uma prova usando a desigualdade de Chebyshev, .$Pr(|T|\geq k\sigma) \leq \frac{1}{k^2}$

Se preenchermos e definirmos então temos um limite$\sigma_{t_\nu} = \frac{\nu}{\nu-2}$$1/k^2=\alpha = Pr\left(|T|\geq t_{\nu,\alpha/2}\right)$

$$Pr\left(|T|\geq \frac{\nu}{\nu-2}\frac{1}{\sqrt{\alpha}}\right) \leq Pr\left(|T|\geq t_{\nu,\alpha/2}\right)$$

assim será delimitado acima por$t_{\nu,\alpha/2}$

$$t_{\nu,\alpha/2} \leq \frac{\nu}{\nu-2}\frac{1}{\sqrt{\alpha}}$$

adicionando o limite inferior óbvio e dividido por$\sqrt{\nu+1}$

$$0 \leq \frac{t_{n-1,\alpha/2}}{\sqrt{\nu+1}} \leq \frac{\nu}{\sqrt{\nu+1}\left(\nu-2\right)}\frac{1}{\sqrt{\alpha}}$$

que espreme para zero para n→$t_{n-1,\alpha/2} / \sqrt{n}$$n \to \infty$

Tenho certeza de que existe uma maneira mais fácil de fazer isso, mas o resultado é imediato a partir do seguinte:

Proposição: Seja uma função de distribuição contínua e uma sequência de funções de distribuição de modo que seja fraco (isto é, na distribuição). Então uniformemente em .F n F n → F F n ( x ) → F ( x ) $F$$F_n$$F_n \to F$$F_n(x) \to F(x)$$x$

Prova: Usando continuidade e monotonicidade, para qualquer número natural , podemos selecionar modo que (considerando e ). Pela fraca convergência e pelo fato de que é contínuo, . Para qualquer , encontre um intervalo contendo e observe que . Portanto, porquex 0 , x 1 , … , x m F ( x j ) = j / m x 0 = - ∞ x m = ∞ F F n ( x j ) → F ( x j ) y [ x j - 1 , x j ] y | F n ( y ) - $m$$x_0, x_1, \ldots, x_m$$F(x_j) = j/m$$x_0 = -\infty$$x_m = \infty$$F$$F_n(x_j) \to F(x_j)$$y$$[x_{j-1}, x_{j}]$$y$¯ lim n→∞supy| Fn(y)-F(y)| ≤$|F_n(y) - F(y)| \le \sup_j |F_n(x_j) - F(x_j)| + |F(x_j) - F(x_{j-1})| \to \frac{1}{m}$ msupy| Fn(y)-F(y)| →$\varlimsup_{n \to \infty} \sup_y |F_n(y) - F(y)| \le \frac 1 m$$m$foi arbitrário, obtemos .$\sup_y |F_n(y) - F(y)| \to 0$

A seguir, é uma aplicação bem conhecida do teorema de Slutsky que converge em distribuição para uma distribuição normal padrão. O resultado anterior implica que , ou seja, . Aplicando a função quantil normal a ambos os lados, obtemos . F n ( t n - 1 , α ) - F ( t n - 1 , α ) → 0 F ( t n - 1 , α ) → α t n - 1 , α → z $t_{n-1}$$F_n(t_{n-1,\alpha}) - F(t_{n-1,\alpha}) \to 0$$F(t_{n-1,\alpha}) \to \alpha$$t_{n-1,\alpha} \to z_{\alpha}$

Portanto, implica para qualquer (em particular, ).t n - 1 , $t_{n-1,\alpha} \to z_{\alpha}$g(n)→∞g(n)=$\frac{t_{n-1,\alpha}}{g(n)} \to 0$$g(n) \to \infty$$g(n) = \sqrt n$

Prova geométrica

Vista geométrica

Considere a amostra observada como um ponto no espaço euclidiano n-dimensional e a estimativa da média como a projeção de uma observação na linha do modelo .x 1 = x 2 = . . . = x n = ˉ $x_1,x_2,...,x_n$$x_1=x_2= ... = x_n = \bar{x}$

O escore t pode ser expresso como razão de duas distâncias neste espaço

• a distância entre o ponto projetado e a população significa $$\sqrt{n}(\bar{x}-\mu)$$
• a distância entre este ponto e a observação $$\sqrt{\sum_{i=1}^n(\hat{x}-x_i)^2}$$

Isso está relacionado à tangente do ângulo entre a observação e a linha na qual ela é projetada.

$$\frac{t}{\sqrt{n-1} } =\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\mu)}{\sqrt{\sum_{i=1}^n(\hat{x}-x_i)^2}} = \frac{1}{\tan{\theta}}$$

Equivalência distribuição t e distribuição angular

Nesta visão geométrica, a probabilidade do escore t ser maior que algum valor é equivalente à probabilidade do ângulo ser menor que algum valor:

$$Pr(|T|>t_{n-1,\alpha/2}) = 2 Pr(\theta \leq \theta_{\nu,\alpha}) = \alpha$$

Ou

$$\frac{t_{n-1,\alpha/2}}{\sqrt{n-1}} = \frac{1}{\tan \theta_{\nu,\alpha}}$$

Você poderia dizer que o escore t está relacionado ao ângulo da observação com a linha do modelo teórico. Para pontos fora do intervalo de confiança (então está mais longe de e o ângulo será menor), o ângulo estará abaixo de algum limite . Esse limite será alterado com mais observações. Se o limite desse ângulo for de 90 graus para o grande (a forma do cone fica mais plana, ou seja, menos pontuda e longa), isso significa que o tamanho do intervalo de confiança se torna menor e se aproxima. zero.ˉ x θ ν , α θ ν , α$\mu$$\bar{x}$$\theta_{\nu,\alpha}$$\theta_{\nu,\alpha}$$n$

Distribuição de ângulos como área relativa da tampa de uma n-esfera

Devido à simetria da distribuição de probabilidade conjunta de variáveis ​​independentes distribuídas normais, todas as direções são igualmente prováveis ​​e a probabilidade de o ângulo estar dentro de uma determinada região é igual à área relativa do limite de uma n-esfera.

A área relativa deste n-cap é encontrada integrando a área de um n-frustum :

$$\begin{array}{rcl} 2 Pr(\theta \leq \theta_c)& =& 2 \int_{\frac{1}{\sqrt{1+\tan(\theta_c)^2}}}^1 \frac{(1-x^2)^{\frac{n-3}{2}}}{B(\frac{1}{2},\frac{n-1}{2})} dx \\ &=& \int_{\frac{1}{{1+\tan(\theta_c)^2}}}^1 \frac{t^{-0.5}(1-t)^{\frac{n-3}{2}}}{B(\frac{1}{2},\frac{n-1}{2})} dt \\ &=& I_{\frac{1}{{1+\tan(\theta_c)^2}}}\left(\frac{1}{2},\frac{n-1}{2} \right) \end{array}$$

onde é a função beta incompleta regularizada superior.$I_x(\cdot,\cdot)$

Limite de ângulo

Se for 90 graus para então será zero. n → ∞ t n - 1 , α / 2 / $\theta_{n,\alpha}$$n \to \infty$$t_{n-1,\alpha/2}/\sqrt{n}$

Ou uma afirmação inversa: para qualquer ângulo menor que 90 graus, a área relativa desse ângulo em uma esfera n diminui para zero quando vai para o infinito.$n$

Intuitivamente, isso significa que toda a área de uma n-esfera se concentra no equador à medida que a dimensão aumenta para o infinito.$n$

Quantitativamente, podemos mostrar isso usando a expressão

$$\int_{a}^1 \frac{t^{-0.5}(1-t)^{\frac{n-3}{2}}}{B(\frac{1}{2},\frac{n-1}{2})} dt < \int_{a}^1 \frac{(1-a)^{\frac{n-3}{2}}}{B(\frac{1}{2},\frac{n-1}{2})} dt = \frac{(1-a)^{\frac{n-1}{2}}}{B(\frac{1}{2},\frac{n-1}{2})} = L(n)$$

e considere a diferença entre e .$L(n+2)$$L(n)$

Em algum momento, a diminuição no denominador será assumido pela diminuição do numerador a função diminui para zero para para infinito.

$$\frac{B(\frac{1}{2},x+1)}{B(\frac{1}{2},x)} = \frac{x}{x+\frac{1}{2}}$$ $$\frac{(1-a)^{\frac{n+1}{2}}}{(1-a)^{\frac{n-1}{2}}} = 1-a$$ $L(n)$$n$

Nós temos

$$\begin{align} \frac{\alpha}{2} &= \int \limits_{t_{n-1, \alpha/2}}^\infty \lim_{n \to \infty}\frac{1}{\sqrt{(n-1) \pi}} \cdot \frac{\Gamma(\tfrac{n}{2})}{\Gamma(\tfrac{n-1}{2})} \Big( 1+ \frac{r^2}{n-1} \Big)^{-n/2} dr \\[10pt] &= \int \limits_{t_{n-1, \alpha/2}}^\infty \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{1}{2}r^2} dr \\[10pt] &= 1-\Phi(t_{n-1, \alpha/2}) \\[10pt] &\approx 1-\left[\frac{1}{2}+\varphi(t_{n-1, \alpha/2}) \left(t_{n-1, \alpha/2}+\frac{(t_{n-1, \alpha/2})^3}{3}+\frac{(t_{n-1, \alpha/2})^5}{15} + \dots \right) \right] \end{align}$$

o que implica que o segundo termo entre colchetes pode ter no máximo pois o máximo de pode ser . Observe que é o pdf da distribuição normal. Essa aproximação também é baseada nisso .$\frac{1}{2}$$\alpha$$1$$\varphi(x)$

Portanto,

$$0 < \alpha \approx 1+2\varphi(t_{n-1, \alpha/2}) \left(t_{n-1, \alpha/2}+\frac{(t_{n-1, \alpha/2})^3}{3}+\frac{(t_{n-1, \alpha/2})^5}{15} + \dots \right) <1$$