다음과 같은 경우 표본 평균 및 표본 분산은 독립적입니다. $X_i$ iid가 아닙니다.

Question

우리는 $X_i$ iid 정규 분포에서 가져옴 $N(\mu,\sigma^2)$, 표본 분산 ($S^2$)는 표본 평균 ($\bar{X}$). 하지만 지금$X_i$ iid가 아니라 $X_i$ 정규 분포에서 $N(\mu, \Sigma)$, 어디 $$\Sigma = \sigma^2 \begin{bmatrix} 1 & \rho & \dots & \rho \\ \rho & 1 & \dots & \rho \\ \vdots \\ \rho & \rho & \dots & 1 \end{bmatrix}. $$ 표본 평균과 표본 분산이 여전히 독립적인지 여부 그것을 어떻게 보여줄 수 있습니까?

Answer 1

가정 $X=(X_1,X_2,\ldots,X_n)^T$ 다변량 정규 분포를 가짐 $N_n(\mu\mathbf1_n,\Sigma)$ 어디 $\Sigma=\sigma^2\left[(1-\rho)I_n+\rho\mathbf1_n\mathbf1_n^T\right]$. 여기$\rho\in \left(-\frac1{n-1},1\right)$ 과 $\mathbf1_n$ 모두 1로 구성된 열 벡터입니다.

독립성을 증명하는 한 가지 방법 $\overline X=\frac1n\sum\limits_{i=1}^n X_i$ 과 $S^2=\frac1{n-1}\sum\limits_{i=1}^n (X_i-\overline X)^2$여기 에서했던 것과 거의 같습니다 .$\rho=0$ (특정한 경우 $X_i$의는 iid입니다 $N(\mu,\sigma^2)$).

다음은 간단한 증명 스케치입니다.

변환 $X\mapsto Y=AX$ 어디 $A$ 이다 $n\times n$ 다음으로 주어진 직교 행렬

$$A= \begin{bmatrix}\frac1{\sqrt n} &\frac1{\sqrt n} & \frac1{\sqrt n}& \frac1{\sqrt n}& \cdots &\frac1{\sqrt n} \\ \frac1{\sqrt 2} & \frac{-1}{\sqrt 2} &0 & 0 & \cdots & 0 \\ \frac1{\sqrt 6} & \frac1{\sqrt 6} &\frac{-2}{\sqrt 6} &0 &\cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \frac1{\sqrt {n(n-1)}} & \frac1{\sqrt {n(n-1)}} & \frac1{\sqrt {n(n-1)}} & \frac1{\sqrt {n(n-1)}} & \cdots & \frac{-(n-1)}{\sqrt {n(n-1)}} \end{bmatrix}$$

그때 $X\sim N_n(\mu\mathbf1_n,\Sigma)$ 암시 할 것이다 $Y\sim N_n(\mu A\mathbf1_n,A\Sigma A^T)$.

확인 $A\Sigma A^T$ 대각 행렬로 밝혀졌습니다.

$$A\Sigma A^T=\sigma^2 \operatorname{diag}\left(1+(n-1)\rho,1-\rho,\ldots,1-\rho\right)$$

그래서 만약 $Y=(Y_1,Y_2,\ldots,Y_n)^T$, 다음 $Y_i$의 독립적 인 정상입니다 $Y_1=\sqrt n\overline X$ 과 $\sum\limits_{i=2}^n Y_i^2=(n-1)S^2$. 따라서 결론을 내립니다.

이것은 또한 당신에게 정확한 분포를 제공합니다 $\overline X$ 과 $S^2$ 이 설정에서.