Les problèmes statistiques impliquant des intervalles de confiance pour une moyenne de population peuvent être formulés en fonction de la fonction de pondération suivante :

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

Par exemple, l' intervalle de confiance classique de niveau standard pour la moyenne d'une super-population infinie peut s'écrire:$1-\alpha$

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

Il est trivial de fixer les limites $\lim_{\alpha \downarrow 0} w(\alpha, n) = \infty$et $\lim_{\alpha \uparrow 1} w(\alpha, n) = 0$ utilisant la fonction quantile de la distribution T. Dans le contexte des intervalles de confiance, cela nous indique que l'intervalle se réduit à un seul point lorsque nous diminuons le niveau de confiance, et augmente sur toute la ligne réelle lorsque nous augmentons le niveau de confiance. Une autre propriété intuitive qui devrait tenir est que l'intervalle se réduit à un seul point à mesure que nous obtenons de plus en plus de données, ce qui signifie que:

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

Question: Veuillez fournir une preuve pour cette dernière propriété de la fonction de pondération.

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Plus d'informations: Pour tout lecteur mathématique qui ne connaît pas les points critiques de la distribution T , la valeur est une fonction de définie par l'équation implicite:$t_{n-1, \alpha/2}$$n$

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

Preuve de l'inégalité de Chebyshev

Voici une preuve utilisant l'inégalité de Chebyshev .$Pr(|T|\geq k\sigma) \leq \frac{1}{k^2}$

Si nous remplissons et définissons alors nous avons une limite$\sigma_{t_\nu} = \frac{\nu}{\nu-2}$$1/k^2=\alpha = Pr\left(|T|\geq t_{\nu,\alpha/2}\right)$

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

ainsi sera délimité ci-dessus par$t_{\nu,\alpha/2}$

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

en ajoutant la borne inférieure évidente et en divisant par$\sqrt{\nu+1}$

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

ce qui serre à zéro pour$t_{n-1,\alpha/2} / \sqrt{n}$$n \to \infty$

Je suis sûr qu'il existe un moyen plus facile de le faire, mais le résultat est immédiat de ce qui suit:

Proposition: Soit$F$ être une fonction de distribution continue et $F_n$ une séquence de fonctions de distribution telles que $F_n \to F$faiblement (c.-à-d. dans la distribution). alors$F_n(x) \to F(x)$ uniformément dans $x$.

Preuve: utiliser la continuité et la monotonie, pour tout nombre naturel$m$ nous pouvons sélectionner $x_0, x_1, \ldots, x_m$ tel que $F(x_j) = j/m$ (prise $x_0 = -\infty$ et $x_m = \infty$). Par une faible convergence et le fait que$F$ est continu, $F_n(x_j) \to F(x_j)$. Pour toute$y$, trouver un intervalle $[x_{j-1}, x_{j}]$ contenant $y$ et notez que $|F_n(y) - F(y)| \le \sup_j |F_n(x_j) - F(x_j)| + |F(x_j) - F(x_{j-1})| \to \frac{1}{m}$. Par conséquent$\varlimsup_{n \to \infty} \sup_y |F_n(y) - F(y)| \le \frac 1 m$ et parce que $m$ était arbitraire, nous obtenons $\sup_y |F_n(y) - F(y)| \to 0$.

Ensuite, c'est une application bien connue du théorème de Slutsky que le $t_{n-1}$converge dans la distribution vers une distribution normale standard. Le résultat précédent implique que$F_n(t_{n-1,\alpha}) - F(t_{n-1,\alpha}) \to 0$, c'est à dire, $F(t_{n-1,\alpha}) \to \alpha$. En appliquant la fonction quantile normale des deux côtés, nous obtenons$t_{n-1,\alpha} \to z_{\alpha}$.

Par conséquent $t_{n-1,\alpha} \to z_{\alpha}$ impliquant $\frac{t_{n-1,\alpha}}{g(n)} \to 0$ pour toute $g(n) \to \infty$ (en particulier, $g(n) = \sqrt n$).

Preuve géométrique

Vue géométrique

Considérons l'échantillon observé comme un point dans l'espace euclidien à n dimensions et l'estimation de la moyenne comme la projection d'une observation $x_1,x_2,...,x_n$ sur la ligne de modèle $x_1=x_2= ... = x_n = \bar{x}$.

Le t-score peut être exprimé comme le rapport de deux distances dans cet espace

• la distance entre le point projeté et la moyenne de la population $$\sqrt{n}(\bar{x}-\mu)$$
• la distance entre ce point et l'observation $$\sqrt{\sum_{i=1}^n(\hat{x}-x_i)^2}$$

Ceci est lié à la tangente de l'angle entre l'observation et la ligne sur laquelle elle est projetée.

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

Distribution d'équivalence t et distribution d'angle

Dans cette vue géométrique, la probabilité que le score t soit supérieur à une certaine valeur équivaut à la probabilité que l' angle soit inférieur à une certaine valeur:

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

Ou

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

On pourrait dire que le t-score est lié à l'angle d'observation avec la droite du modèle théorique. Pour les points en dehors de l'intervalle de confiance (alors$\mu$ est plus éloigné $\bar{x}$ et l'angle sera plus petit) l'angle sera en dessous d'une certaine limite $\theta_{\nu,\alpha}$. Cette limite changera avec plus d'observations. Si la limite de cet angle$\theta_{\nu,\alpha}$ va à 90 degrés pour les grands $n$ (la forme du cône devenant plus plate, c'est-à-dire moins pointue et longue), cela signifie que la taille de l'intervalle de confiance devient plus petite et s'approche de zéro.

Distribution angulaire comme aire relative du chapeau d'une sphère n

En raison de la symétrie de la distribution de probabilité conjointe des variables distribuées normales indépendantes, chaque direction est également probable et la probabilité que l'angle soit dans une certaine région est égale à l'aire relative du cap d'une sphère n.

L'aire relative de ce n-cap est trouvée en intégrant l'aire d'un n-tronc :

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

où $I_x(\cdot,\cdot)$ est la fonction bêta incomplète régularisée supérieure.

Limite d'angle

Si $\theta_{n,\alpha}$ passe à 90 degrés pour $n \to \infty$ puis $t_{n-1,\alpha/2}/\sqrt{n}$ va à zéro.

Ou une déclaration inverse: pour tout angle inférieur à 90 degrés, la zone relative de cet angle sur une n-sphère, diminue à zéro lorsque $n$ va à l'infini.

Intuitivement, cela signifie que toute l'aire d'une sphère n se concentre sur l'équateur en tant que dimension $n$ augmente à l'infini.

Quantitativement, nous pouvons le montrer en utilisant l'expression

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

and consider the difference between $L(n+2)$ and $L(n)$.

At some point the decrease in the denominator

$$\frac{B(\frac{1}{2},x+1)}{B(\frac{1}{2},x)} = \frac{x}{x+\frac{1}{2}}$$ will be taken over by the decrease in the numerator $$\frac{(1-a)^{\frac{n+1}{2}}}{(1-a)^{\frac{n-1}{2}}} = 1-a$$ and the function $L(n)$ decreases to zero for $n$ to infinity.

We have

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

which implies that the second term in the boxed brackets can be at most $\frac{1}{2}$ since the maximum $\alpha$ can be is $1$. Note that $\varphi(x)$ is the pdf of normal distribution. This approximation is also based on this.

So

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