分量独立的n维正态随机向量的二次型

内容来源
应用多元统计分析 北京大学出版社 高惠璇编著

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设 $X_i\sim N({\mu }_i,{\sigma }^2)$，且相互独立，记

$$X=\left[\begin{array}{c}{X}_1\\ ⋮\\ X_p\end{array}\right]$$

则 $X\sim N_p(\mu ,{\sigma }^{2}I)$，其中 $\mu =({\mu }_1,{\mu }_2,\cdots ,{\mu }_p{)}^{\prime }$

结论1

当 ${\mu }_i=0,{\sigma }^2=1$ 时，有

$$\xi =X^{\prime }X=\sum _{i=1}^n{X}_i^2\sim {\chi }^2(n)$$

如果 ${\sigma }^2\ne 1$，则

$$\frac{1}{{\sigma }^2}{X}^{\prime }X\sim {\chi }^2(n)$$

如果 ${\mu }_i\ne 0$，则 $X^{\prime }X$ 服从非中心 ${\chi }^2$ 分布

$$X^{\prime }X\sim {\chi }^2(n,\delta )$$

其中 $\delta ={\mu }^{\prime }\mu ={\sum }_{i=1}^n{\mu }_i^2$

结论2

设 $X\sim N_p(0,{\sigma }^{2}I)$

$A$ 为对称矩阵，且 $rank(A)=r$，则

$$X^{\prime }AX/{\sigma }^2\sim {\chi }^2(r)⟺A^2=A$$

证明

充分性

因为 $A$ 是对称矩阵，可对角化

所以存在正交矩阵 $\Gamma$，使得

$${\Gamma }^{\prime }A\Gamma =diag({\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_r,0,\cdots ,0)$$

令 $Y={\Gamma }^{\prime }X$，则

$$\begin{gathered} Y\sim N_p({\Gamma }^{\prime }0,{\Gamma }^{\prime }{\sigma }^{2}I\Gamma )=N_p(0,{\sigma }^{2}I) \\ X=\Gamma Y \end{gathered}$$

所以

$$\xi =X^{\prime }AX/{\sigma }^2=Y^{\prime }{\Gamma }^{\prime }A\Gamma Y/{\sigma }^2=\sum _{i=1}^r{\lambda }_i{Y}_i^2/{\sigma }^2$$

且 $Y_i$ 独立同 $N(0,{\sigma }^2)$ 分布

这个条件感觉是通过正交矩阵的性质得出的

所以 $Y_i^2/{\sigma }^2\sim {\chi }^2(1)$，${\sum }_{i=1}^r{\lambda }_i{Y}_i^2/{\sigma }^2$ 的特征函数为

$$\prod _{j=1}^r(1-2i{\lambda }_{j}t{)}^{-1/2}$$

已知 $\xi =X^{\prime }AX/{\sigma }^2\sim {\chi }^2(r)$，其特征函数为

$$(1-2it{)}^{-r/2}$$

所以 ${\lambda }_i=1$，于是

$$diag(1,\cdots ,1,0,\cdots ,0)={\Gamma }^{\prime }A\Gamma ={\Gamma }^{\prime }A\Gamma \cdot {\Gamma }^{\prime }A\Gamma ={\Gamma }^{\prime }{A}^2\Gamma$$

必要性

因为 $A$ 是对称幂等矩阵，所以存在正交矩阵 $\Gamma$

$${\Gamma }^{\prime }A\Gamma =\left[\begin{array}{cc}{I}_r& 0\\ 0& 0\end{array}\right]$$

令 $Y={\Gamma }^{\prime }X$，则

$$Y\sim N_p(0,{\sigma }^{2}I)$$

$$\xi =X^{\prime }AX/{\sigma }^2=Y^{\prime }{\Gamma }^{\prime }A\Gamma Y/{\sigma }^2=\frac{1}{{\sigma }^2}{Y}^{\prime }\left[\begin{array}{cc}{I}_r& 0\\ 0& 0\end{array}\right]Y=\frac{1}{{\sigma }^2}\sum _{i=1}^r{Y}_i^2$$

又 $Y_i$ 独立同 $N(0,{\sigma }^2)$ 分布，所以

$$\xi =\frac{1}{{\sigma }^2}\sum _{i=1}^r{Y}_i^2\sim {\chi }^2(r)$$

结论3

设 $X\sim N_p(\mu ,{\sigma }^{2}I),A=A^2$，则

$$\frac{1}{{\sigma }^2}{X}^{\prime }AX\sim {\chi }^2(r,\delta )$$

其中

$$\delta =\frac{1}{{\sigma }^2}{\mu }^{\prime }A\mu ,r=rank(A)$$

结论4

设 $X\sim N_p(\mu ,{\sigma }^{2}I)$

$A$ 为 $n$ 阶对称矩阵

$B$ 为 $m\times n$ 矩阵

$\xi =X^{\prime }AX,Z=BX$

若 $BA=0$，则

$BX$ 和 $X^{\prime }AX$ 相互独立

证明

设 $rank(A)=r$，则存在正定矩阵 $\Gamma$

$${\Gamma }^{\prime }A\Gamma =diag({\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_r,0,\cdots ,0)=\left[\begin{array}{cc}{D}_r& 0\\ 0& 0\end{array}\right]$$

由 $BA=0$

$$BA=B\Gamma \left[\begin{array}{cc}{D}_r& 0\\ 0& 0\end{array}\right]{\Gamma }^{\prime }=(C_1{C}_2)\left[\begin{array}{cc}{D}_r& 0\\ 0& 0\end{array}\right]{\Gamma }^{\prime }=(C_1{D}_{r}0){\Gamma }^{\prime }=0$$

所以 $C_1=0$

令 $Y={\Gamma }^{\prime }X$

$$X^{\prime }AX=Y^{\prime }{\Gamma }^{\prime }A\Gamma Y=Y^{\prime }\left[\begin{array}{cc}{D}_r& 0\\ 0& 0\end{array}\right]Y=\sum _{i=1}^r{\lambda }_i{Y}_i^2$$

$$BX=B\Gamma Y=(C_1{C}_2)Y=C_2\left[\begin{array}{c}{Y}_{r+1}\\ ⋮\\ Y_n\end{array}\right]$$

由于 $Y_1,\cdots ,Y_r$ 与 $Y_{r+1},\cdots ,Y_n$ 相互独立，故 $X^{\prime }AX$ 与 $BX$ 相互独立

结论6

设 $X\sim N_p(\mu ,{\sigma }^{2}I)$

$A,B$ 为 $n$ 阶对称矩阵

则

$$AB=0⟺X^{\prime }AX与X^{\prime }BX相互独立$$