6회 · Student의 t · 워크북

C. 증명 문제

노트의 정리를 변형하고, 일반화하고, 반례로 경계를 확인한다. 증명은 노트의 단계형 모양으로 쓴다. 한 줄에 한 단계, 줄마다 근거.

C1 Helmert가 아니어도 된다 ★★

보조정리 2.1, 정리 2.2 · 20분

$H$가 첫 행이 $\mathbf 1\T/\sqrt n$인 임의의 $n\times n$ 직교행렬이고 $\Y=H\Z$이다.

1. (a)

   $H$의 둘째 행부터 마지막 행까지는 모두 $\mathbf 1$과 직교함을 보여라.

2. (b)

   $\sum_{i\ge2}Y_i^2=\sum_i(Z_i-\bar Z)^2$임을 보여라.

3. (c)

   정리 2.2의 증명이 이 $H$로도 그대로 됨을 밝혀라.

4. (d)

   $n=3$에서 Helmert 행렬과 다른 예를 하나 만들어라.

힌트

(a) 직교행렬의 행들은 정규직교다. (d) Helmert의 둘째, 셋째 행을 평면 안에서 돌린다.

풀이

(a) $HH\T=I$이므로 행들은 정규직교이고, 첫 행이 $\mathbf 1/\sqrt n$이므로 나머지 행은 $\mathbf 1$과 직교한다.

(b) $Y_1=\mathbf 1\T\Z/\sqrt n=\sqrt n\bar Z$이고 $H\T H=I$이므로 $\sum_iY_i^2=\|\Z\|^2$이다. 따라서 $\sum_{i\ge2}Y_i^2=\|\Z\|^2-n\bar Z^2=\sum_i(Z_i-\bar Z)^2$이다.

(c) 증명에 쓴 것은 $H$가 직교라는 것(5회 정리 A, B)과 첫 행이 $\mathbf 1/\sqrt n$이라는 것(4 5)뿐이다. Helmert 행렬의 나머지 행의 모양은 쓰지 않았다.

(d) Helmert의 둘째, 셋째 행 $u=\tfrac1{\sqrt2}(1,-1,0)$, $v=\tfrac1{\sqrt6}(1,1,-2)$를 각도 $\theta$만큼 돌린 $\cos\theta\,u+\sin\theta\,v$, $-\sin\theta\,u+\cos\theta\,v$로 바꾼다. $\theta=\tfrac\pi2$이면 행이 $v$, $-u$이고, 이것도 직교행렬이다. 일반적으로 $\mathbf 1$에 수직인 평면의 정규직교기저는 무엇이든 된다.

C2 $\mu$μ를 알 때의 잘못된 $t$t ★★

[T2], [T4] · 정리 2.2, 3.4 · 20분

$X_1,\allowbreak \dots,\allowbreak X_n\iid\N(\mu,\allowbreak \sigma^2)$이고 $\mu$를 안다. $\sigma^2$을 $\hat\sigma_0^2=\tfrac1n\sum_i(X_i-\mu)^2$로 어림해 $W=\tfrac{\sqrt n(\bar X-\mu)}{\hat\sigma_0}$를 만들었다.

1. (a)

   Cauchy–Schwarz로 $|W|\le\sqrt n$임을 보이고, $W$가 $t(n)$을 따를 수 없음을 보여라.

2. (b)

   정리 3.4의 증명의 어느 단계가 $W$에서는 성립하지 않는가?

3. (c)

   $\tfrac{W^2}n\sim\mathrm{Beta}\bigl(\tfrac12,\allowbreak \tfrac{n-1}2\bigr)$임을 보여라.

힌트

(c) $\sum_i(X_i-\mu)^2/\sigma^2=Y_1^2+\sum_{i\ge2}Y_i^2$, $Y_1=\sqrt n(\bar X-\mu)/\sigma$. 4회 정리 4.2.

풀이

(a) Cauchy–Schwarz [T4]로 $\bigl(\sum_i(X_i-\mu)\bigr)^2\le n\sum_i(X_i-\mu)^2$, 곧 $n^2(\bar X-\mu)^2\le n\cdot n\hat\sigma_0^2$이다. 따라서 $|\bar X-\mu|\le\hat\sigma_0$이고 $|W|\le\sqrt n$이다. $t(n)$의 밀도는 모든 실수에서 양수이므로 $P(|T|>\sqrt n)>0$인데 $P(|W|>\sqrt n)=0$이다. 두 분포는 같을 수 없다 [T2].

(b) 분자와 분모의 독립(4)이 깨진다. $n\hat\sigma_0^2=\sum(X_i-\bar X)^2+n(\bar X-\mu)^2$은 분자의 제곱을 그 안에 담고 있다.

(c) 정리 2.2의 증명처럼 표준화하고 돌리면 $\tfrac{n\hat\sigma_0^2}{\sigma^2}=Y_1^2+\sum_{i\ge2}Y_i^2$이고 $W^2/n=\tfrac{Y_1^2}{Y_1^2+\sum_{i\ge2}Y_i^2}$이다. $Y_1^2/2\sim\Gamma(\tfrac12,1)$과 $\sum_{i\ge2}Y_i^2/2\sim\Gamma(\tfrac{n-1}2,\allowbreak 1)$이 독립이므로 4회 정리 4.2로 $\mathrm{Beta}(\tfrac12,\allowbreak \tfrac{n-1}2)$이다. $\mu$를 알 때의 올바른 축량은 $\tfrac{\sqrt n(\bar X-\mu)}{S}\sim t(n-1)$ 그대로다.

C3 분산의 비를 알 때의 두 표본 $t$t ★★

정리 5.4 · 15분

$X_1,\allowbreak \dots,\allowbreak X_m\iid\N(\mu_1,\allowbreak \sigma^2)$, $Y_1,\allowbreak \dots,\allowbreak Y_n\iid\N(\mu_2,\allowbreak \lambda\sigma^2)$가 독립이고 $\lambda>0$은 안다. $t(m+n-2)$를 따르는 $\mu_1-\mu_2$의 축량을 만들고, 95% 신뢰구간을 써라. $\lambda=1$이면 정리 5.4가 됨을 확인하라.

힌트

$Y$를 $\sqrt\lambda$로 나눈 표본의 분산이 $\sigma^2$이다. 분모는 $\tfrac{(m-1)S_X^2}{\sigma^2}+\tfrac{(n-1)S_Y^2}{\lambda\sigma^2}$로 만든다.

풀이

$\bar X-\bar Y\sim\N\bigl(\mu_1-\mu_2,\allowbreak \ \sigma^2(\tfrac1m+\tfrac\lambda n)\bigr)$이므로 $Z=\tfrac{(\bar X-\bar Y)-(\mu_1-\mu_2)}{\sigma\sqrt{1/m+\lambda/n}}\sim\N(0,\allowbreak 1)$이다. $V=\tfrac{(m-1)S_X^2}{\sigma^2}+\tfrac{(n-1)S_Y^2}{\lambda\sigma^2}\sim\chi^2(m+n-2)$(정리 2.2(c), 4회 정리 3.7)이고 정리 5.4의 증명과 같은 이유로 $Z\perp V$이다. $S_\lambda^2=\tfrac{(m-1)S_X^2+(n-1)S_Y^2/\lambda}{m+n-2}$로 두면

$$T=\frac{Z}{\sqrt{V/(m+n-2)}}=\frac{(\bar X-\bar Y)-(\mu_1-\mu_2)}{S_\lambda\sqrt{1/m+\lambda/n}}\sim t(m+n-2)$$

이고 $\sigma$가 소거된다. 구간은 $\bar X-\bar Y\pm t_{m+n-2,0.025}\,S_\lambda\sqrt{1/m+\lambda/n}$이다. $\lambda=1$이면 $S_\lambda=S_p$이다.

C4 $t$t-구간이 $z$z-구간보다 짧을 확률 ★★

정리 2.2(c) · 20분

$n=4$인 정규 표본에서 $t$-구간 $\bar X\pm t_{3,0.025}S/2$와 ($\sigma$를 알 때의) $z$-구간 $\bar X\pm1.96\,\sigma/2$를 비교한다. $t_{3,0.025}=3.182$이다.

1. (a)

   $t$-구간이 더 짧은 사건이 $\{\chi^2(3)<c\}$ 꼴임을 보이고 $c$를 구하라.

2. (b)

   $\chi^2(3)$의 분포함수가 $2\Phi(\sqrt x)-1-\sqrt{2x/\pi}\,e^{-x/2}$임을 보이고, (a)의 확률을 구하라.

힌트

(b) $\chi^2(3)$은 $Z_1^2+Z_2^2+Z_3^2$이다. 밀도 $\tfrac{\sqrt x e^{-x/2}}{\sqrt{2\pi}}$를 부분적분하거나, 오른쪽을 미분해 밀도와 비교한다.

풀이

(a) $3.182\,S<1.96\,\sigma\iff\tfrac{3S^2}{\sigma^2}<3\bigl(\tfrac{1.96}{3.182}\bigr)^2=1.138$이고 $\tfrac{3S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(3)$(정리 2.2(c))이다. $c=1.138$.

(b) $\chi^2(3)$의 밀도는 $\tfrac{x^{1/2}e^{-x/2}}{\Gamma(3/2)2^{3/2}}=\tfrac{\sqrt xe^{-x/2}}{\sqrt{2\pi}}$이다. $G(x)=2\Phi(\sqrt x)-1-\sqrt{2x/\pi}\,e^{-x/2}$를 미분하면 $\tfrac{\phi(\sqrt x)}{\sqrt x}-\tfrac{e^{-x/2}}{\sqrt{2\pi x}}+\sqrt{\tfrac x{2\pi}}e^{-x/2}=\tfrac{\sqrt xe^{-x/2}}{\sqrt{2\pi}}$이고 $G(0)=0$이므로 $G$가 분포함수다. $\sqrt c=1.0668$이면 $2\Phi(1.0668)-1=0.7140$이고 $\sqrt{2c/\pi}\,e^{-c/2}=0.4819$이므로 확률은 $0.232$다. 네 번 가운데 한 번 가까이 $t$-구간이 $\sigma$를 알 때보다도 짧고, 그런 때 틀리기 쉽다.

최종답 (a) $c\approx1.138$ (b) $0.232$

C5 무상관이지만 독립이 아니다 ★★

[T2] · 명제 7.1 · 15분

$X_1,X_2\iid\mathrm U(-1,1)$이고 $\bar X=\tfrac{X_1+X_2}2$, $S^2=\tfrac{(X_1-X_2)^2}2$이다.

1. (a)

   명제 7.1로 $\Cov(\bar X,S^2)=0$임을 보여라.

2. (b)

   $P(|\bar X|>\tfrac12)$와 $P(S^2>\tfrac12)$를 구하라.

3. (c)

   $P(|\bar X|>\tfrac12,\allowbreak \ S^2>\tfrac12)=0$임을 보이고, $\bar X$와 $S^2$가 독립이 아님을 결론지어라.

힌트

(b) 정사각형 $[-1,1]^2$에서 $|x_1+x_2|>1$인 부분과 $|x_1-x_2|>1$인 부분은 각각 모서리의 삼각형 두 개다. (c) 삼각부등식.

풀이

(a) 균등분포는 대칭이므로 $\mu_3=0$이고 명제 7.1로 공분산은 0이다.

(b) $|\bar X|>\tfrac12\iff|X_1+X_2|>1$이다. 넓이 4인 정사각형에서 이 영역은 직각변이 1인 삼각형 두 개로 넓이 1이므로 확률은 $\tfrac14$이다. $S^2>\tfrac12\iff|X_1-X_2|>1$도 같은 넓이이므로 $\tfrac14$이다.

(c) $|X_1+X_2|+|X_1-X_2|=2\max(|X_1|,\allowbreak |X_2|)\le2$이므로 두 값이 동시에 1보다 클 수 없다. 따라서 결합확률은 $0\ne\tfrac14\cdot\tfrac14$이고 독립이 아니다 [T2]. 정규 표본에서 무상관이 독립을 준 것은 결합정규라는 성질 때문이었다.

최종답 (b) $\text{둘 다 }\tfrac14$

C6 $k$k개 집단의 합동분산 ★★★

정리 2.2, 5.4 · 25분

$k$개의 독립 집단에서 $Y_{j1},\allowbreak \dots,\allowbreak Y_{jn_j}\iid\N(\mu_j,\allowbreak \sigma^2)$ ($j=1,\dots,k$)이고 $N=\sum_jn_j$, $S_p^2=\tfrac1{N-k}\sum_j(n_j-1)S_j^2$이다.

1. (a)

   $\tfrac{(N-k)S_p^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(N-k)$이고 $S_p^2$가 $(\bar Y_1,\dots,\bar Y_k)$와 독립임을 보여라.

2. (b)

   상수 $c_1,\dots,c_k$에 대해 $\theta=\sum_jc_j\mu_j$, $\hat\theta=\sum_jc_j\bar Y_j$이면 $T=\tfrac{\hat\theta-\theta}{S_p\sqrt{\sum_jc_j^2/n_j}}\sim t(N-k)$임을 보여라.

3. (c)

   $k=2$, $c=(1,-1)$이면 정리 5.4가 됨을 확인하라.

힌트

집단마다 정리 2.2를 쓰고, 집단들이 독립이라는 것으로 $2k$개의 통계량 $\bar Y_j$, $S_j^2$이 상호 독립임을 먼저 보인다.

풀이

(a) 정리 2.2를 집단마다 쓰면 $\bar Y_j\perp S_j^2$, $\tfrac{(n_j-1)S_j^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n_j-1)$이다. 집단들이 독립이므로 $\bar Y_1,\allowbreak S_1^2,\allowbreak \dots,\allowbreak \bar Y_k,\allowbreak S_k^2$는 상호 독립이다. 독립인 $\chi^2$의 합(4회 정리 3.7)으로 $\tfrac{(N-k)S_p^2}{\sigma^2}\sim\chi^2\bigl(\sum(n_j-1)\bigr)=\chi^2(N-k)$이고, $S_p^2$는 $S_j^2$들의 함수이므로 $\bar Y_j$들과 독립이다.

(b) $\hat\theta\sim\N\bigl(\theta,\allowbreak \ \sigma^2\sum_jc_j^2/n_j\bigr)$(5회 정리 1.8(iv))이므로 $Z=\tfrac{\hat\theta-\theta}{\sigma\sqrt{\sum c_j^2/n_j}}\sim\N(0,\allowbreak 1)$이고 (a)로 $V=\tfrac{(N-k)S_p^2}{\sigma^2}$와 독립이다. $T=Z/\sqrt{V/(N-k)}$이므로 $t(N-k)$이다.

(c) $k=2$이면 $N-k=m+n-2$, $S_p^2$는 정리 5.4의 합동분산, $\sum c_j^2/n_j=\tfrac1m+\tfrac1n$이다.

C7 단위를 바꾸어도 같은 구간 ★

정리 5.2 · 10분

$Y_i=a+bX_i$ ($b\ne0$)이다. $\bar Y=a+b\bar X$, $S_Y=|b|S_X$임을 보이고, $\mu_Y$의 $t$-구간이 $\mu_X$의 $t$-구간을 같은 아핀 변환으로 옮긴 것임을 보여라($b<0$이면 양 끝이 바뀐다). 섭씨를 화씨로 바꿔도 결론이 같다는 뜻이다.

힌트

편차 $Y_i-\bar Y=b(X_i-\bar X)$이다.

풀이

$\bar Y=\tfrac1n\sum(a+bX_i)=a+b\bar X$이고 $Y_i-\bar Y=b(X_i-\bar X)$이므로 $S_Y^2=b^2S_X^2$, $S_Y=|b|S_X$이다. $\mu_Y$의 구간은 $a+b\bar X\pm c|b|S_X/\sqrt n$이다. $b>0$이면 이것은 $\mu_X$의 구간 $[\bar X-cS_X/\sqrt n,\allowbreak \ \bar X+cS_X/\sqrt n]$의 양 끝에 $y=a+bx$를 쓴 것이고, $b<0$이면 옮긴 양 끝이 자리를 바꾼다. $\mu_Y=a+b\mu_X$이므로 두 구간이 참값을 포함하는 사건도 같다. $t$ 통계량은 $\tfrac{\bar Y-\mu_Y}{S_Y/\sqrt n}=\mathrm{sign}(b)\,\tfrac{\bar X-\mu_X}{S_X/\sqrt n}$이다.

C8 $t$t의 분위수는 정규의 분위수로 간다 ★★★

[T6] · 정리 3.3(d) · 30분

1. (a)

   $r\ge2$이면 $\bigl(1+\tfrac{t^2}r\bigr)^{r}\ge\bigl(1+\tfrac{t^2}2\bigr)^2$임을 이항전개의 처음 세 항으로 보여라. 이것으로 $r\ge2$에서 $\bigl(1+\tfrac{t^2}r\bigr)^{-(r+1)/2}\le\bigl(1+\tfrac{t^2}2\bigr)^{-1}$을 얻어라.

2. (b)

   정리 3.3(d)와 지배수렴 정리로, 모든 $x$에서 $F_r(x)=\int_{-\infty}^xf_r\to\Phi(x)$임을 보여라. 상수 $c_r$이 유계인 것도 확인하라.

3. (c)

   (b)로 $t_{r,p}\to z_p$ ($r\to\infty$)를 보여라.

힌트

(a) $u=t^2$, $(1+u/r)^r\ge1+u+\binom r2\tfrac{u^2}{r^2}$이고 $r\ge2$이면 $\tfrac{r-1}{2r}\ge\tfrac14$이다. (c) $\varepsilon>0$을 잡고 $F_r(z_p\pm\varepsilon)$의 극한과 $1-p$를 비교한다.

풀이

(a) $u=t^2\ge0$이면 이항전개의 항이 모두 음이 아니므로 $(1+u/r)^r\ge1+u+\tfrac{r(r-1)}2\tfrac{u^2}{r^2}=1+u+\tfrac{r-1}{2r}u^2\ge1+u+\tfrac{u^2}4=(1+\tfrac u2)^2$이다. 따라서 $(1+u/r)^{-(r+1)/2}\le(1+u/r)^{-r/2}\le(1+u/2)^{-1}$이다. 첫 부등호는 $1+u/r\ge1$에서 나온다.

(b) $c_r=\tfrac{\Gamma((r+1)/2)}{\sqrt{r\pi}\Gamma(r/2)}$은 노트 연습 3.1로 $\tfrac1{\sqrt{2\pi}}$로 가므로 유계이고, $C=\sup_{r\ge2}c_r<\infty$이다. 그러면 $r\ge2$에서 $f_r(t)\le C(1+t^2/2)^{-1}=:g(t)$이고 $\int g=C\sqrt2\,\pi<\infty$이다. 정리 3.3(d)로 $f_r\to\phi$이므로 지배수렴 정리 [T6]으로 $\int_{-\infty}^xf_r\to\int_{-\infty}^x\phi=\Phi(x)$이다.

(c) $\varepsilon>0$이면 $\Phi(z_p+\varepsilon)>1-p>\Phi(z_p-\varepsilon)$이다. (b)로 충분히 큰 $r$에서 $F_r(z_p+\varepsilon)>1-p>F_r(z_p-\varepsilon)$이고, $F_r$이 연속이고 증가하므로 $F_r(t_{r,p})=1-p$인 $t_{r,p}$는 $(z_p-\varepsilon,\allowbreak \ z_p+\varepsilon)$ 안에 있다. $\varepsilon$이 임의이므로 $t_{r,p}\to z_p$이다 [T5]. 노트 3.2절의 $t_{30,0.025}=2.04$가 1.96에 가까운 이유다.

C9 지수분포의 축량 ★★

정의 5.1 · 15분

$X_1,\dots,X_n\iid$ 지수분포(평균 $\theta$)이다.

1. (a)

   $Q=\tfrac2\theta\sum_iX_i\sim\chi^2(2n)$임을 보이고, $Q$가 축량임을 밝혀라.

2. (b)

   $\theta$의 95% 신뢰구간을 쓰고 포함확률이 정확히 0.95임을 보여라.

3. (c)

   $n=5$, $\sum x_i=10$이고 $\chi^2_{10,0.025}=20.483$, $\chi^2_{10,0.975}=3.247$이면 구간의 아래 끝은?

4. (d)

   같은 자료에서 위 끝은?

힌트

$\tfrac2\theta X_i$는 평균 2인 지수, 곧 $\Gamma(1,2)=\chi^2(2)$이다. 독립인 감마의 합(4회 정리 3.7).

풀이

(a) $X_i/\theta$는 평균 1인 지수이고 $\tfrac{2X_i}\theta\sim\Gamma(1,\allowbreak 2)=\chi^2(2)$이다. 독립인 $\chi^2(2)$ $n$개의 합이므로 $\chi^2(2n)$이다(4회 정리 3.7). 분포에 $\theta$가 없으므로 축량이다.

(b) $P\bigl(\chi^2_{2n,0.975}\le Q\le\chi^2_{2n,0.025}\bigr)=0.95$를 $\theta$에 대해 풀면 $\Bigl[\tfrac{2\sum X_i}{\chi^2_{2n,0.025}},\allowbreak \ \tfrac{2\sum X_i}{\chi^2_{2n,0.975}}\Bigr]$이다. 사건이 같으므로 포함확률은 모든 $\theta$에서 정확히 0.95이다.

(c)(d) $[20/20.483,\allowbreak \ 20/3.247]=[0.976,\allowbreak \ 6.160]$이다. 정규 모집단이 아니어도 축량이 있으면 정확한 구간을 만들 수 있다.

최종답 (c) $0.976$ (d) $6.160$

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