6.3. (⋆) 相关定理的证明

定理 6.2.3 的证明

令 $Y_i=(X_i-\mu )/\sigma$, 则有 $Y_i\sim \mathcal{N}(0,1)$ 且 $Y_1,\dots ,Y_n$ 相互独立. 记 $\mathbf{Y}=(Y_1,\dots ,Y_n)$, 则随机向量 $\mathbf{Y}$ 的联合概率密度函数为$$\begin{array}{rl}{f}_{\mathbf{Y}}(\mathbf{y})=& \prod _{i=1}^n\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\exp \left(-\frac{y_i^2}{2}\right)\\ =& \frac{1}{(2\pi {)}^{n/2}}\exp \left(-\frac{{\mathbf{y}}^{\mathsf{T}}\mathbf{y}}{2}\right),\mathbf{y}=(y_1,\dots ,y_n)\in {\mathbb{R}}^n.\end{array}$$下面用 $1$ 表示分量均为 $1$ 的 $n$ 维 (列) 向量, $\mathbf{I}$ 表示 $n$ 维单位矩阵, 则有$$\begin{array}{rl}\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}=& \sum _{i=1}^n{\left(Y_i-\frac{1}{n}\sum _{j=1}^n{Y}_j\right)}^2={\left(\mathbf{Y}-\frac{1}{n}11^{\mathsf{T}}\mathbf{Y}\right)}^{\mathsf{T}}\left(\mathbf{Y}-\frac{1}{n}11^{\mathsf{T}}\mathbf{Y}\right)\\ =& {\mathbf{Y}}^{\mathsf{T}}\left(\mathbf{I}-\frac{1}{n}11^{\mathsf{T}}\right)\mathbf{Y}.\end{array}$$(6.3.1)为了进一步对上式右端进行化简, 考虑对实对称矩阵 $\mathbf{I}-\frac{1}{n}11^{\mathsf{T}}$ 进行正交对角化. 不难看出该矩阵的一个特征值为 $0$, 相应的归一化的特征向量为 $\frac{1}{\sqrt{n}}1$, 而其它的 $n-1$ 个特征值均为 $1$. 故有$$\mathbf{I}-\frac{1}{n}11^{\mathsf{T}}=\mathbf{Q}\left[\begin{array}{cccc}0& & & \\ & 1& & \\ & & \ddots & \\ & & & 1\end{array}\right]{\mathbf{Q}}^{\mathsf{T}},\mathbf{Q}=\left[\begin{array}{cc}\frac{1}{\sqrt{n}}1& \tilde{\mathbf{Q}}\end{array}\right],$$其中 $\tilde{\mathbf{Q}}\in {\mathbb{R}}^{n\times (n-1)}$ 的各列正交归一且均为矩阵 $\mathbf{I}-\frac{1}{n}11^{\mathsf{T}}$ 特征值 $1$ 的特征向量. 令$$\mathbf{Z}={\mathbf{Q}}^{\mathsf{T}}\mathbf{Y}={\left[\begin{array}{cc}\frac{1}{\sqrt{n}}1& \tilde{\mathbf{Q}}\end{array}\right]}^{\mathsf{T}}\mathbf{Y}=\left[\begin{array}{c}\sqrt{n}\cdot \overline{X}\\ {\tilde{\mathbf{Q}}}^{\mathsf{T}}\mathbf{Y}\end{array}\right],$$并将正交对角化的结果代入式 (6.3.1), 可得$$\begin{array}{rl}\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}=& {\left({\mathbf{Q}}^{\mathsf{T}}\mathbf{Y}\right)}^{\mathsf{T}}\left[\begin{array}{cccc}0& & & \\ & 1& & \\ & & \ddots & \\ & & & 1\end{array}\right]{\mathbf{Q}}^{\mathsf{T}}\mathbf{Y}={\mathbf{Z}}^{\mathsf{T}}\left[\begin{array}{cccc}0& & & \\ & 1& & \\ & & \ddots & \\ & & & 1\end{array}\right]\mathbf{Z}\\ =& \sum _{i=2}^n{Z}_i^2.\end{array}$$接下来我们需要考察随机向量 $\mathbf{Z}$ 的分布. 由于 ${\mathbf{Q}}^{\mathsf{T}}$ 为正交矩阵, 利用推论 4.1.10 可得 $\mathbf{Z}={\mathbf{Q}}^{\mathsf{T}}\mathbf{Y}$ 的联合概率密度函数为$$\begin{array}{rl}{f}_{\mathbf{Z}}(\mathbf{z})=& f_{\mathbf{Y}}(\mathbf{Q}\mathbf{z})\cdot \frac{1}{|\det {\mathbf{Q}}^{\mathsf{T}}|}=\frac{1}{(2\pi {)}^{n/2}}\exp \left(-\frac{{\mathbf{z}}^{\mathsf{T}}{\mathbf{Q}}^{\mathsf{T}}\mathbf{Q}\mathbf{z}}{2}\right)\\ =& \frac{1}{(2\pi {)}^{n/2}}\exp \left(-\frac{{\mathbf{z}}^{\mathsf{T}}\mathbf{z}}{2}\right)=\prod _{i=1}^n\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\exp \left(-\frac{z_i^2}{2}\right),\mathbf{z}=(z_1,\dots ,z_n)\in {\mathbb{R}}^n.\end{array}$$故 $\mathbf{Z}$ 的各个分量 $Z_1,\dots ,Z_n$ 相互独立且均服从标准正态分布 $\mathcal{N}(0,1)$. 由此可立即看出 $\overline{X}=Z_1/\sqrt{n}$ 与 $(n-1)S^2/{\sigma }^2=Z_2^2+\cdots +Z_n^2$ 相互独立, 再由推论 6.2.2 可得 $(n-1)S^2/{\sigma }^2$ 服从自由度为 $n-1$ 的 ${\chi }^2$ 分布.

定理 6.2.4 的证明

首先需要分析 $Z=\sqrt{Y/n}$ 的分布. 不难看出, 对任意 $z\le 0$ 有 $F_Z(z)=\mathbb{P}\left(Z\le z\right)=0$. 而对任意 $z>0$, 有$$\begin{array}{rl}{F}_Z(z)=& \mathbb{P}\left(Y\le n{z}^2\right)={\int }_0^{n{z}^2}\frac{1}{2^{n/2}\Gamma (n/2)}{x}^{n/2-1}{\mathrm{e}}^{-x/2}\mathrm{d}x,\end{array}$$利用导数的链式法则可看出上式右端对任意 $z>0$ 可导, 其导函数为$$\frac{1}{2^{n/2}\Gamma (n/2)}(n{z}^2{)}^{n/2-1}{\mathrm{e}}^{-n{z}^2/2}\cdot 2nz=2\frac{(n/2{)}^{n/2}}{\Gamma (n/2)}{z}^{n-1}\exp \left(-\frac{n{z}^2}{2}\right).$$故$$f_Z(z)=\{\begin{array}{ll}2\frac{(n/2{)}^{n/2}}{\Gamma (n/2)}{z}^{n-1}\exp \left(-\frac{n{z}^2}{2}\right),& z>0,\\ 0,& z\le 0.\end{array}$$接下来利用习题 4.6.6 的第二条结论, 可得 $\frac{X}{\sqrt{Y/n}}=X/Z$ 为连续型随机变量, 且其概率密度函数为$$\begin{array}{rl}{f}_{X/Z}(t)=& {\int }_{-\infty }^{+\infty }|z|f_Z(z)f_X(tz)\mathrm{d}z\\ =& {\int }_0^{+\infty }z\cdot 2\frac{(n/2{)}^{n/2}}{\Gamma (n/2)}{z}^{n-1}\exp \left(-\frac{n{z}^2}{2}\right)\cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi }}\exp \left(-\frac{t^2{z}^2}{2}\right)\mathrm{d}z\\ =& \frac{\sqrt{2}(n/2{)}^{n/2}}{\sqrt{\pi }\Gamma (n/2)}{\int }_0^{+\infty }{z}^n\exp \left[-\frac{(n+t^2)z^2}{2}\right]\mathrm{d}z.\end{array}$$对上式右端做换元 $u=(n+t^2)z^2/2$, 可得$$\begin{array}{rl}{f}_{X/Z}(t)=& \frac{\sqrt{2}(n/2{)}^{n/2}}{\sqrt{\pi }\Gamma (n/2)}{\int }_0^{+\infty }\frac{2^{(n-1)/2}}{(n+t^2{)}^{(n+1)/2}}{u}^{(n-1)/2}{\mathrm{e}}^{-u}\mathrm{d}u\\ =& \frac{1}{\sqrt{\pi n}\Gamma (n/2)}{\left(1+\frac{t^2}{n}\right)}^{-(n+1)/2}\cdot \Gamma \left(\frac{n+1}{2}\right),\end{array}$$其中最后一步利用了 $\Gamma$ 函数的定义. 故 $X/Z=\frac{X}{\sqrt{Y/n}}$ 服从自由度为 $n$ 的 $t$ 分布.

定理 6.2.6 的证明

为证明定理 6.2.6, 只需注意到 $U/n_1$ 与 $V/n_2$ 的概率密度函数分别为$$\begin{array}{rl}{f}_{U/n_1}(x)& =\{\begin{array}{ll}\frac{n_1}{2^{n_1/2}\Gamma (n_1/2)}(n_{1}x{)}^{n_1/2-1}{\mathrm{e}}^{-n_{1}x/2},& \text{若}x>0,\\ 0,& \text{若}x\le 0,\end{array}\\ f_{V/n_2}(x)& =\{\begin{array}{ll}\frac{n_2}{2^{n_2/2}\Gamma (n_2/2)}(n_{2}x{)}^{n_2/2-1}{\mathrm{e}}^{-n_{2}x/2},& \text{若}x>0,\\ 0,& \text{若}x\le 0,\end{array}\end{array}$$再将它们代入习题 4.6.6 第二部分的结论, 可得 $F$ 的概率密度 $f_F(z)$ 在 $z>0$ 时为$$\begin{array}{rl}{f}_F(z)=& {\int }_{-\infty }^{+\infty }|x|f_{V/n_2}(x)f_{U/n_1}(zx)\mathrm{d}x\\ =& \frac{n_1^{n_1/2}{n}_2^{n_2/2}}{2^{(n_1+n_2)/2}\Gamma (n_1/2)\Gamma (n_2/2)}{z}^{n_1/2-1}{\int }_0^{+\infty }{x}^{(n_1+n_2)/2-1}{\mathrm{e}}^{-(n_{1}z+n_2)x/2}\mathrm{d}x\\ =& \frac{n_1^{n_1/2}{n}_2^{n_2/2}}{\Gamma (n_1/2)\Gamma (n_2/2)}{z}^{n_1/2-1}{\left(n_{1}z+n_2\right)}^{-(n_1+n_2)/2}{\int }_0^{+\infty }{t}^{(n_1+n_2)/2-1}{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t\\ =& \frac{\Gamma ((n_1+n_2)/2)}{\Gamma (n_1/2)\Gamma (n_2/2)}{\left(\frac{n_1}{n_2}\right)}^{n_1/2}{z}^{n_1/2-1}{\left(1+\frac{n_1}{n_2}z\right)}^{-(n_1+n_2)/2},\end{array}$$而 $z<0$ 时则有 $f_F(z)={\int }_{-\infty }^{+\infty }|x|f_{V/n_2}(x)f_{U/n_1}(zx)\mathrm{d}x=0$. 将 $F$ 的概率密度函数 $f_F$ 与 $F$ 分布的定义进行对照, 即可看出 $F\sim F(n_1,n_2)$.