これは非常に基本的な質問です。なぜカイ二乗分布を使用するのですか？この分布の意味は何ですか？なぜ分散の信頼区間を作成するためにこの分布が使用されるのですか？

私が説明のためにグーグルで検索するすべての場所は、これを事実として提示し、chiを使用するタイミングを説明しますが、chiを使用する理由と、chiが使用される理由を説明しません。

正しい方向に私を向けることができる人に感謝します-それは、分散の信頼区間を作成するときにchiを使用している理由を本当に理解しています。

variance chi-squared

— ナフリティ
ソース

使用する理由は-データが正常な場合

Q = (n - 1) \frac{s^{2}}{σ^{2}} \sim χ_{n - 1}^{2}

$Q = (n-1)\frac{s^2}{\sigma^2}\sim \chi^2_{n-1}$ 。（これにより、

Q

$Q$ は極めて重要な量になります）

— Glen_b -Reinstate Monica

stats.stackexchange.com/questions/15711/…およびそのリンクも参照してください。

— ニックコックス

またはさらなる研究の用途に興味がある人のために

χ^{2}

$\chi^2$ 、あなたはの区別に注意を払うことになるでしょう

χ^{2}

$\chi^2$ （「カイ二乗」）分布と

χ

$\chi$ ことがある（「カイ」）分布（平方根

χ^{2}

$\chi^2$ 、当然）。

— whuber

素早い回答

その理由は、データがIIDとされていると仮定されるから $X_i\sim N(\mu,\sigma^2)$ 、及び規定

\begin{array}{rcl} \bar{X} & = & \sum^{N} \frac{X_{i}}{N} \\ S^{2} & = & \sum^{N} \frac{(\bar{X} - X_{i})^{2}}{N - 1} \end{array}

$\begin{eqnarray*} \bar{X}&=&\sum^N \frac{X_i}{N}\\ S^2 &=& \sum^{N} \frac{(\bar{X}-X_i)^2}{N-1} \end{eqnarray*}$ 形成信頼区間、標本分散に関連付けられた標本分布（

S^{2}

$S^2$ 、ランダム変数を覚えている！）カイ二乗分布である（

S^{2} (N - 1) / σ^{2} \sim χ_{n - 1}^{2}

$S^2(N-1)/\sigma^2 \sim \chi^2_{n-1}$ ）、サンプル平均値に関連付けられたサンプリング分布は標準正規分布であると同じように（

(\bar{X} - μ) \sqrt{n} / σ \sim Z (0, 1)

$(\bar{X}-\mu)\sqrt{n}/\sigma \sim Z(0,1)$ ）あなたは分散を知っている、としたときにはないT-学生と（

(\bar{X} - μ) \sqrt{n} / S \sim T_{n - 1}

$(\bar{X}-\mu)\sqrt{n}/S \sim T_{n-1}$ ）。

長い答え

まず第一に、私たちは、ことを証明しますのカイ二乗分布は以下の自由度を。その後、分散の信頼区間を導出する際にこの証明がどのように役立つか、カイ二乗分布がどのように現れるか（そしてなぜそれがそんなに役立つのか！）さぁ、始めよう。 $S^2(N-1)/\sigma^2$ $N-1$

の証拠

このためには、このウィキペディアの記事のカイ二乗分布に慣れる必要があります。この分布は、唯一つのパラメータがあります自由度、、によって与えられた瞬間生成関数（MGF）を有することを起こる：我々は、分布することを示すことができればを有するが、このような瞬間生成機能を有し、 $\nu$

m_{χ_{ν}^{2}} （ t ） = （ 1 - 2 t ）^{- ν / 2} 。

$\begin{equation*} m_{\chi^2_\nu}(t)=(1-2t)^{-\nu/2}. \end{equation*}$

S^{2} (N - 1) / σ^{2}

$S^2(N-1)/\sigma^2$

、

ν = N - 1

$\nu=N-1$

S^{2} (N - 1) / σ^{2}

$S^2(N-1)/\sigma^2$ 有するカイ二乗分布以下の

自由度を。これを示すために、2つの事実に注意してください。

N - 1

$N-1$

我々が定義する場合、ここで、、すなわち、標準正規確率変数の積率母関数で与えられる
$Y = \sum \frac{（ {バツ}_{私} - \bar{バツ} ）^{2}}{σ^{2}} = \sum Z_{私}^{2} 、$ $\begin{equation*} Y = \sum \frac{(X_i-\bar{X})^2}{\sigma^2} = \sum Z_i^2, \end{equation*}$ $Z_i\sim N(0,1)$ $Y$ のMGFは、 $\begin{array}{rcl} m_{Y} (t) & = & E [e^{t Y}] \\ = & E [e^{t Z_{1}^{2}}] \times E [e^{t Z_{2}^{2}}] \times . . . E [e^{t Z_{N}^{2}}] \\ = & m_{Z_{i}^{2}} (t) \times m_{Z_{2}^{2}} (t) \times . . . m_{Z_{N}^{2}} (t) . \end{array}$ $\begin{eqnarray*} m_Y(t) &=& \mathbb{E}[e^{tY}]\\ &=&\mathbb{E}[e^{tZ_1^2}]\times \mathbb{E}[e^{tZ_2^2}]\times ...\mathbb{E}[e^{tZ_N^2}]\\ &=&m_{Z_i^2}(t)\times m_{Z_2^2}(t)\times ...m_{Z_N^2}(t). \end{eqnarray*}$ $Z^2$ Iは標準正規のPDF用いた $\begin{array}{rcl} m_{Z^{2}} (t) & = & \int_{- \infty}^{\infty} f (z) \exp (t z^{2}) d z \\ = & (1 - 2 t)^{- 1 / 2}, \end{array}$ $\begin{eqnarray*} m_{Z^2}(t) &=& \int_{-\infty}^{\infty} f(z)\exp(tz^2)dz\\ &=&(1-2t)^{-1/2}, \end{eqnarray*}$ 及び、従って、 ことを意味しでカイ二乗分布に従う自由度。 $f(z)=e^{-z^2/2}/\sqrt{2\pi}$ $m_{Y} (t) = (1 - 2 t)^{- N / 2},$ $\begin{equation*} m_Y(t)=(1-2t)^{-N/2}, \end{equation*}$ $Y$ $N$
場合および独立しており、それぞれは、カイ二乗分布としてではなくと共に配布および次に、自由度のカイ二乗分布を有するが配信度自由の（これはのMGFを取得した結果です;これを実行してください！） $Y_1$ $Y_2$ $\nu_1$ $\nu_2$ $W=Y_1+Y_2$ $\nu_1+\nu_2$ $W$

上記の事実、あなたが乗算することにより、サンプル分散場合ことに注意して、あなたが（いくつかの代数の後）を取得、で割ると、したがって、、 $N-1$

(N - 1) S^{2} = - n (\bar{X} - μ) + \sum (X_{i} - μ)^{2},

$\begin{equation*} (N-1)S^2 = -n(\bar{X}-\mu)+\sum(X_i-\mu)^2, \end{equation*}$

σ^{2}

$\sigma^2$

\frac{(N - 1) S^{2}}{σ^{2}} + \frac{(\bar{X} - μ)^{2}}{σ^{2} / N} = \sum \frac{(X_{i} - μ)^{2}}{σ^{2}} .

$\begin{equation*} \frac{(N-1)S^2}{\sigma^2}+\frac{(\bar{X}-\mu)^2}{\sigma^2/N}=\sum \frac{(X_i-\mu)^2}{\sigma^2}. \end{equation*}$

N

$N$ $S^2(N-1)/\sigma^2$ $N-1$

分散の信頼区間の計算。

分散の信頼区間を探すとき、限界を知りたい $L_1$ そして $L_2$ に

P （ L_{1} \leq σ^{2} \leq L_{2} ） = 1 - α 。

$\begin{equation*} \mathbb{P}\left(L_1\leq \sigma^2 \leq L_2\right) = 1-\alpha. \end{equation*}$ 括弧内の不等式で遊んでみましょう。まず、除算

S^{2} (N - 1)

$S^2(N-1)$ 、

\frac{L_{1}}{S^{2} （ N - 1 ）} \leq \frac{σ^{2}}{S^{2} （ N - 1 ）} \leq \frac{L_{2}}{S^{2} （ N - 1 ）} 。

$\begin{equation*} \frac{L_1}{S^2(N-1)}\leq \frac{\sigma^2}{S^2(N-1)} \leq \frac{L_2}{S^2(N-1)}. \end{equation*}$ そして、2つのことを覚えておいてください：（1）統計

S^{2} (N - 1) / σ^{2}

$S^2(N-1)/\sigma^2$ has a chi-squared distribution with

N - 1

$N-1$ degrees of freedom and (2) the variances is always greather than zero, which implies that you can invert the inequalities, because

\begin{array}{rcl} \frac{L_{1}}{S^{2} (N - 1)} \leq \frac{σ^{2}}{S^{2} (N - 1)} & \Rightarrow & \frac{S^{2} (N - 1)}{σ^{2}} \leq \frac{S^{2} (N - 1)}{L_{1}}, \\ \frac{σ^{2}}{S^{2} (N - 1)} \leq \frac{L_{2}}{S^{2} (N - 1)} & \Rightarrow & \frac{S^{2} (N - 1)}{L_{2}} \leq \frac{S^{2} (N - 1)}{σ^{2}}, \end{array}

$\begin{eqnarray*} \frac{L_1}{S^2(N-1)}\leq \frac{\sigma^2}{S^2(N-1)} &\Rightarrow& \frac{S^2(N-1)}{\sigma^2}\leq \frac{S^2(N-1)}{L_1},\\ \frac{\sigma^2}{S^2(N-1)} \leq \frac{L_2}{S^2(N-1)} &\Rightarrow& \frac{S^2(N-1)}{L_2} \leq \frac{S^2(N-1)}{\sigma^2},\\ \end{eqnarray*}$ hence, the probability we are looking for is:

P (\frac{S^{2} (N - 1)}{L_{2}} \leq \frac{S^{2} (N - 1)}{σ^{2}} \leq \frac{S^{2} (N - 1)}{L_{1}}) = 1 - α .

$\begin{equation*} \mathbb{P}\left(\frac{S^2(N-1)}{L_2} \leq \frac{S^2(N-1)}{\sigma^2}\leq \frac{S^2(N-1)}{L_1}\right) = 1-\alpha. \end{equation*}$ Note that

S^{2} (N - 1) / σ^{2} \sim χ^{2} (N - 1)

$S^2(N-1)/\sigma^2 \sim \chi^2(N-1)$ . We want then,

\begin{array}{rcl} \int_{\frac{S^{2} (N - 1)}{L_{2}}}^{N - 1} p_{χ^{2}} (x) d x & = & (1 - α) / 2, \\ \int_{N - 1}^{\frac{S^{2} (N - 1)}{L_{1}}} p_{χ^{2}} (x) d x & = & (1 - α) / 2 \end{array}

$\begin{eqnarray*} \int_{\frac{S^2(N-1)}{L_2}}^{N-1}p_{\chi^2}(x)dx &=& (1-\alpha)/2\ \ \ ,\\ \int_{N-1}^{\frac{S^2(N-1)}{L_1}}p_{\chi^2}(x)dx &=& (1-\alpha)/2\ \ \, \end{eqnarray*}$ (we integrate up to

N - 1

$N-1$ because the expected value of a chi-squared random variable with

N - 1

$N-1$ degrees of freedom is

N - 1

$N-1$ ) or, equivalently,

\begin{array}{rcl} \int_{0}^{\frac{S^{2} (N - 1)}{L_{2}}} p_{χ^{2}} (x) d x = α / 2, \\ \int_{\frac{S^{2} (N - 1)}{L_{1}}}^{\infty} p_{χ^{2}} (x) d x = α / 2. \end{array}

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\frac{S^2(N-1)}{L_2}}p_{\chi^2}(x)dx=\alpha/2,\\ \int_{\frac{S^2(N-1)}{L_1}}^{\infty}p_{\chi^2}(x)dx=\alpha/2. \end{eqnarray*}$ Calling

χ_{α / 2}^{2} = \frac{S^{2} (N - 1)}{L_{2}}

$\chi^2_{\alpha/2}=\frac{S^2(N-1)}{L_2}$ and

χ_{1 - α / 2}^{2} = \frac{S^{2} (N - 1)}{L_{1}}

$\chi^2_{1-\alpha/2}= \frac{S^2(N-1)}{L_1}$ , where the values

χ_{α / 2}^{2}

$\chi^2_{\alpha/2}$ and

χ_{1 - α / 2}^{2}

$\chi^2_{1-\alpha/2}$ can be found in chi-square tables (in computers mainly!) and solving for

L_{1}

$L_1$ and

L_{2}

$L_2$ ,

\begin{array}{rcl} L_{1} & = & \frac{S^{2} (N - 1)}{χ_{1 - α / 2}^{2}}, \\ L_{2} & = & \frac{S^{2} (N - 1)}{χ_{α / 2}^{2}} . \end{array}

$\begin{eqnarray*} L_1 &=& \frac{S^2(N-1)}{\chi^2_{1-\alpha/2}},\\ L_2 &=& \frac{S^2(N-1)}{\chi^2_{\alpha/2}}. \end{eqnarray*}$ Hence, your confidence interval for the variance is

C . I . = (\frac{S^{2} (N - 1)}{χ_{1 - α / 2}^{2}}, \frac{S^{2} (N - 1)}{χ_{α / 2}^{2}}) .

$\begin{equation*} C.I.=\left(\frac{S^2(N-1)}{\chi^2_{1-\alpha/2}}, \frac{S^2(N-1)}{\chi^2_{\alpha/2}}\right). \end{equation*}$

— Néstor
ソース

Simply because

S^{2}

$S^2$ does not follow a centered chi-square distribution, while

S^{2} (N - 1) / σ^{2}

$S^2(N-1)/\sigma^2$ does and, therefore, its easier to work with. Are you asking for a derivation for that? (i.e., you want someone to show you that

S^{2} (N - 1) / σ^{2}

$S^2(N-1)/\sigma^2$ follows a chi-square distribution with

N - 1

$N-1$ degrees of freedom?)

— Néstor

It would be helpful to modify this answer to include the very strong but unstated assumption that the sample variance follows a chi-squared distribution when the underlying data are independent and follow a normal distribution. Unlike the theory of the distribution of the sample mean, where in practice its sampling distribution will be approximately Normal to reasonable accuracy in many situations, this same asymptotic behavior tends not to happen with the sample variance (until sample sizes become extremely large).

— whuber

Oops. So, so true! This actually came from a problem solution that I handed out to some students, where I state on the question all these assumptions. I edited the answer now.

— Néstor

@user34756 The reason we don't use the distribution of

S^{2}

$S^2$ directly is that its distribution depends on the value of a parameter. You may find it useful to investigate the use of pivotal quantities in constructing confidence intervals.

— Glen_b -Reinstate Monica

Isn't

f (z) = e^{- z^{2} / 2}

$f(z) = e^{-z^2/2}$ instead of

f (z) = e^{- z^{2}}

$f(z) = e^{-z^2}$ ?

— Benoît Legat

分散の信頼区間を作成するときにカイ二乗が使用されるのはなぜですか？

素早い回答

長い答え

の証拠

分散の信頼区間の計算。