Mostrar la distribución tiene un $\chi^2$ con df = n

Question

Dejemos que $X_1,X_2,....,X_n$ denotan variables aleatorias independientes e idénticamente distribuidas tales que $X_1$ tiene densidad $p_1(x;\theta)$ donde

$\hspace{15mm}p(x;\theta) =\frac{1}{\sqrt{2\pi\theta}}e^{1/\theta}x^{-3/2}exp(-1/2(x+x^{-1})/\theta), x > 0$ .

Demostrar que $\frac{1}{\theta}T(x) = \frac{1}{\theta}\Sigma_{j}^{}(X_j + X_j^{-1}-2)$ tiene un $\chi^2$ con df = n.

Intento de respuesta:

Desde $\frac{1}{\theta}(X_i + X_i^{-1} -2)$ es una función creciente de X, sea $t = \frac{1}{\theta}(X_i + X_i^{-1} -2)$ . El pdf de t es:

$\hspace{15mm}g(t) =f(x)|\frac{dx}{dt}||_t$ --> Así que, entonces $t = \frac{1}{\theta}(X_i + X_i^{-1} -2)$ --> $dt = \frac{1}{\theta}(1-X^{-2})dx$

Tras la sustitución tenemos

$\hspace{15mm}g(t) =f(x)|\frac{dx}{dt}||_t$ = $(\frac{1}{2\pi\theta})^{1/2}exp{\frac{1}{-2\theta}}\frac{x^{-3/2}}{\frac{1}{\theta}(1-x^{-2})}$

$\hspace{15mm}=(\frac{\theta}{2\pi})^{1/2}exp(-\frac{t}{2})\frac{x^{1/2}}{(x^2-1)}$

$\hspace{15mm}=(\frac{1}{2\pi})^{1/2}exp(-\frac{t}{2})\frac{(x\theta)^{1/2}}{(x-1)}* \frac{1}{x+1}$

$\hspace{15mm}=(\frac{1}{2\pi})^{1/2}exp(-\frac{t}{2})t^{-1/2}* \frac{1}{x+1}$

La distribución sería $\Gamma(1/2,1/2)$ si el $\frac{1}{x+1}$ podría ser eliminado.

Answer 1

Un enfoque es trabajar en su lugar con la función generadora de momentos. Consideremos $t < 1/2$ y observe que la función generadora de momentos de $h(X_{i}) = \frac{1}{\theta}(X_{i} + X_{i}^{-1} - 2)$ es \begin {eqnarray} M_{h(X)}(t) &=& E \Big [ \exp\Big\ { \frac {t}{ \theta }( X_{i} + X_{i}^{-1} - 2) \Big\ } \Big ] \\ &=& \frac {e^{-2t/ \theta }}{ \sqrt {2 \pi\theta }} \int_ {0}^{ \infty }e^{1/ \theta } \exp\Big ( \frac {t}{ \theta {{x + 1/x \}}Por lo tanto, no es necesario que el usuario se ponga en contacto con el fabricante. \Big )x^{-3/2} \exp\Big ( \frac {-1}{2 \theta {{x + 1/x\}} de la empresa. \Big ) dx \\ &=& \frac {e^{(1-2t)/ \theta }}{ \sqrt {2 \pi\theta }} \int_ {0}^{ \infty } x^{-3/2} \exp\Big ( \frac {-(1 - 2t)}{2 \theta {{x + 1/x\}} de la empresa. \Big ) dx \\ &=& \frac {1}{ \sqrt {1 - 2t}} \int_ {0}^{ \infty } \frac {e^{(1-2t)/ \theta }}{ \sqrt {2 \pi }} \sqrt { \frac {1 - 2t}{ \theta }}x^{-3/2} \exp\Big ( \frac {-(1 - 2t)}{2 \theta {{x + 1/x\}} de la empresa. \Big ) dx \\ &=& \frac {1}{ \sqrt {1 - 2t}} \int_ {0}^{ \infty }{ p(x; \eta ) dx}, \qquad \textrm {donde } \eta = \theta /(1 - 2t) \\ &=& \frac {1}{ \sqrt {1 - 2t}} \end {eqnarray} Este es exactamente el mgf de una variable aleatoria chi-cuadrado con un grado de libertad. Por lo tanto, $h(X_{i}) \sim \chi_{1}^{2}$ . Desde $\frac{1}{\theta}T(x) = \sum_{i=1}^{n} h(X_{i})$ Esto significa que que $\frac{1}{\theta}T(x) \sim \chi_{n}^{2}$ .