Los problemas estadísticos que involucran intervalos de confianza para una media poblacional se pueden enmarcar en términos de la siguiente función de ponderación :

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

Por ejemplo, el clásico clásico $1-\alpha$ El intervalo de confianza de nivel para la media de una superpoblación infinita se puede escribir como:

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

Es trivial establecer los límites. $\lim_{\alpha \downarrow 0} w(\alpha, n) = \infty$y usando la función cuantil de la distribución T. En el contexto de los intervalos de confianza, esto nos dice que el intervalo se reduce a un solo punto a medida que disminuimos el nivel de confianza, y aumenta a toda la línea real a medida que aumentamos el nivel de confianza. Otra propiedad intuitiva que debería mantenerse es que el intervalo se reduce a un solo punto a medida que obtenemos más y más datos, lo que significa que:$\lim_{\alpha \uparrow 1} w(\alpha, n) = 0$

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

Pregunta: Proporcione una prueba de esta última propiedad de la función de ponderación.

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Más información: Para cualquier lector matemático que no esté familiarizado con los puntos críticos de la distribución T , el valor es una función de definida por la ecuación implícita:$t_{n-1, \alpha/2}$$n$

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

Prueba de la desigualdad de Chebyshev

Aquí hay una prueba usando la desigualdad de Chebyshev .$Pr(|T|\geq k\sigma) \leq \frac{1}{k^2}$

Si rellenamos $\sigma_{t_\nu} = \frac{\nu}{\nu-2}$ y establecemos entonces tenemos un límite$1/k^2=\alpha = Pr\left(|T|\geq t_{\nu,\alpha/2}\right)$

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

por lo tanto, estará limitado anteriormente por$t_{\nu,\alpha/2}$

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

agregando el límite inferior obvio y 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 exprime a cero para$t_{n-1,\alpha/2} / \sqrt{n}$$n \to \infty$

Estoy seguro de que hay una manera más fácil de hacer esto, pero el resultado es inmediato de lo siguiente:

Proposición: Sea una función de distribución continua y una secuencia de funciones de distribución tal que débilmente (es decir, en distribución). Entonces uniformemente en$F$$F_n$$F_n \to F$$F_n(x) \to F(x)$$x$ .

Prueba: Usando continuidad y monotonicidad, para cualquier número natural podemos seleccionar modo que (tomando y ). Por convergencia débil y el hecho de que es continua, . Para cualquier , encuentre un intervalo contenga y observe que . Por lo tanto, porque$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}]$$y$$|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}$$\varlimsup_{n \to \infty} \sup_y |F_n(y) - F(y)| \le \frac 1 m$$m$fue arbitrario obtenemos .$\sup_y |F_n(y) - F(y)| \to 0$

A continuación, es una aplicación bien conocida del teorema de Slutsky que la converge en distribución a una distribución normal estándar. El resultado anterior implica que , es decir, . Aplicando la función de cuantil normal a ambos lados, obtenemos .$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}$

Por lo tanto, implica para cualquier (en particular, ).$t_{n-1,\alpha} \to z_{\alpha}$$\frac{t_{n-1,\alpha}}{g(n)} \to 0$$g(n) \to \infty$$g(n) = \sqrt n$

Prueba geométrica

Vista geométrica

Considere la muestra observada como un punto en el espacio euclidiano n-dimensional y la estimación de la media como la proyección de una observación en la línea del modelo .$x_1,x_2,...,x_n$$x_1=x_2= ... = x_n = \bar{x}$

La puntuación t se puede expresar como la relación de dos distancias en este espacio

• la distancia entre el punto proyectado y la población significa $$\sqrt{n}(\bar{x}-\mu)$$
• la distancia entre este punto y la observación $$\sqrt{\sum_{i=1}^n(\hat{x}-x_i)^2}$$

Esto está relacionado con la tangente del ángulo entre la observación y la línea en la que se proyecta.

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

Equivalencia de distribución t y distribución angular

En esta vista geométrica, la probabilidad de que la puntuación t sea mayor que algún valor es equivalente a la probabilidad de que el ángulo sea menor que algún valor:

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

O

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

Se podría decir que la puntuación t se relaciona con el ángulo de observación con la línea del modelo teórico. Para puntos fuera del intervalo de confianza (entonces está más lejos de y el ángulo será más pequeño) el ángulo estará por debajo de algún límite . Este límite cambiará con más observaciones. Si el límite de este ángulo va a 90 grados para grande (la forma del cono se vuelve más plana, es decir, menos puntiaguda y larga), entonces esto significa que el tamaño del intervalo de confianza se vuelve más pequeño y se acerca cero.$\mu$$\bar{x}$$\theta_{\nu,\alpha}$$\theta_{\nu,\alpha}$$n$

Distribución angular como área relativa de la tapa de una esfera n

Debido a la simetría de la distribución de probabilidad conjunta de variables independientes distribuidas normales, cada dirección es igualmente probable y la probabilidad de que el ángulo esté dentro de una determinada región es igual al área relativa de la tapa de una esfera n.

El área relativa de este n-cap se encuentra integrando el área de un n-frustum :

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

donde es la función beta incompleta regularizada superior.$I_x(\cdot,\cdot)$

Límite de ángulo

Si va a 90 grados para entonces va a cero.$\theta_{n,\alpha}$$n \to \infty$$t_{n-1,\alpha/2}/\sqrt{n}$

O una declaración inversa: para cualquier ángulo menor de 90 grados, el área relativa de ese ángulo en una esfera n, disminuye a cero cuando va al infinito.$n$

Intuitivamente, esto significa que toda el área de una esfera n se concentra en el ecuador a medida que la dimensión aumenta hasta el infinito.$n$

Cuantitativamente podemos mostrar esto usando la expresión

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

y considere la diferencia entre y .$L(n+2)$$L(n)$

En algún momento, la disminución en el denominador se hará cargo de la disminución en el numerador y la función disminuye a cero para hasta el 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$

Tenemos

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

lo que implica que el segundo término entre paréntesis puede ser como máximo ya que el máximo puede ser . Tenga en cuenta que es el pdf de distribución normal. Esta aproximación también se basa en esto .$\frac{1}{2}$$\alpha$$1$$\varphi(x)$

Entonces

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