附录

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1. A. 公式 (4.25) 的证明

2. 由等式

\[ \int_{0}^{\infty} u^{x+y-1} v^{x-1} \mathrm{e}^{-u(1+v)} \mathrm{d} v=\mathrm{e}^{-u} u^{y-1} \int_{0}^{\infty}(u v)^{x-1} \mathrm{e}^{u u} u \mathrm{~d} v \]

出发, 作变数代换 \(\omega=u v\), 知右边的积分等于 \(\int_{0}^{\infty} \omega^{x-1} \mathrm{e}^{-\omega} \mathrm{d} \omega\) 即 \(\Gamma(x)\). 于是

\[ \int_{0}^{\infty} u^{x+y-1} v^{x-1} \mathrm{e}^{-u(1+v)} \mathrm{d} v=\mathrm{e}^{-u} u^{y-1} \Gamma(x) \]

两边对 \(u\) 从 0 到 \(\infty\) 积分,得

\[ \Gamma(x) \Gamma(y)=\int_{0}^{\infty}\left[\int_{0}^{\infty} u^{x+y-1} \mathrm{e}^{-u(1+v)} \mathrm{d} u\right] v^{x-1} \mathrm{~d} v \]

对里面的积分作变数代换 \(t=u(1+v)\), 有

\[ \begin{aligned} & \int_{0}^{\infty} u^{x+y-1} \mathrm{e}^{-u(1+v)} \mathrm{d} u \\ = & (1+v)^{-(x+y)} \int_{0}^{\infty} \mathrm{e}^{-t} t^{x+y-1} \mathrm{~d} t \\ = & (1+v)^{-(x+y)} \Gamma(x+y) \end{aligned} \]

代人上式得

\[ \Gamma(x) \Gamma(y)=\Gamma(x+y) \int_{0}^{\infty} v^{x-1}(1+v)^{-(x+y)} \mathrm{d} v \]

作变数代换 \(t=v /(1+v)\). 当 \(v\) 由 0 变到 \(\infty\) 时, \(t\) 由 0 变到 1 . 又

\[ \begin{aligned} & v^{(x-1)}(1+v)^{-(x+y)} \\ = & (v /(1+v))^{x-1}(1+v)^{-(y+1)} \\ = & t^{x-1}(1-t)^{y+1} \end{aligned} \]

因而 \(v=t /(1-t)\), 有 \(\mathrm{d} v=(1-t)^{-2} \mathrm{~d} t\). 故

\[ \int_{0}^{\infty} v^{x-1}(1+v)^{-(x+y)} \mathrm{d} v=\int_{0}^{1} t^{x-1}(1-t)^{y-1} \mathrm{~d} t=\beta(x, y)(2) \]

由 (1),(2) 两式即得 \((4.25)\).

3. B. \((4.33)-(4.36)\) 的证明

这个证明要求读者对正交方阵有初步知识. 先证明下面的预 备事实:

引理 设 \(X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}\) iid, \(\sim N\left(\mu, \sigma^{2}\right)\). 记 \(\bar{X}=\sum_{i=1}^{n} X_{i} / n\). 则

a. \(\sqrt{n}(\bar{X}-\mu) / \sigma \sim N(0,1)\),

b. \(\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2} \sigma^{2} \sim \chi_{n-1}^{2}\),

c. \(\bar{X}\) 与 \(\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}\) 独立.

证 找一个 \(n\) 阶正交方阵 \(A\), 其第一行各元都是 \(1 / \sqrt{n}\). 作正 交变换

\[ \left(\begin{array}{c} Y_{1} \\ \vdots \\ Y_{n} \end{array}\right)=A\left(\begin{array}{c} X_{1} \\ \vdots \\ X_{n} \end{array}\right) \]

由于 \(A\) 为正交变换, 它不改变平方和, 即 \(\sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}=\sum_{i=1}^{n} Y_{i}^{2}\). 又因 正交方阵的行列式为 1 , 根据公式 (4.15), 注意到 \(\left(X_{1}, \cdots, X_{n}\right)\) 的 密度函数为

\[ \begin{aligned} & (\sqrt{2 \pi} \sigma)^{-n} \exp \left[-\frac{1}{2 \sigma^{2}} \sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}-\mu\right)^{2}\right] \\ = & (\sqrt{2 \pi} \sigma)^{-n} \exp \left[-\frac{1}{2 \sigma^{2}}\left(\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2}-2 \mu \sum_{i=1}^{n} x_{i}+n \mu^{2}\right)\right] \end{aligned} \]

以及 \(\sum_{i=1}^{n} x_{i}=\sqrt{n} y_{1}\) (这是因为 \(A\) 的第一行各元都是 \(1 / \sqrt{n}\), 因而 \(\left.y_{1}=\left(x_{1}+\cdots+x_{n}\right) / \sqrt{n}\right)\), 得知 \(\left(Y_{1}, \cdots, Y_{n}\right)\) 的密度函数为

\[ \begin{aligned} (\sqrt{2 \pi} \sigma)^{-n} \exp \left[-\frac{1}{2 \sigma^{2}}\left(\sum_{i=1}^{n} y_{i}^{2}-2 \mu \sqrt{n} y_{1}+n \mu^{2}\right)\right] \\ =(\sqrt{2 \pi} \sigma)^{-1} \mathrm{e}^{-\left(y_{1}-\sqrt{n} \mu\right)^{2} / 2 \sigma^{2}} \cdot(\sqrt{2 \pi} \sigma)^{-1} \mathrm{e}^{-y_{2}^{2} / \sigma^{2}} \ldots \\ \cdot(\sqrt{2 \pi} \sigma)^{-1} \mathrm{e}^{-y_{n}^{2} / 2 \sigma^{2}} \end{aligned} \]

因此, \(\left(Y_{1}, \cdots, Y_{n}\right)\) 的密度可分解为 \(n\) 个函数的乘积, 每个函数只 依赖一个变量. 据定理 3.2 , 即知 \(Y_{1}, Y_{2}, \cdots, Y_{n}\) 独立, 且

\[ Y_{1} \sim N\left(\sqrt{n} \mu, \sigma^{2}\right), Y_{i} \sim N\left(0, \sigma^{2}\right), i=2, \cdots, n \]

再据定理 3.3, \(Y_{1}\) 与 \(Y_{2}^{2}+\cdots+Y_{n}^{2}\) 独立, 但

\[ \begin{aligned} & \sum_{i=2}^{n} Y_{i}^{2}=\sum_{i=1}^{n} Y_{i}^{2}-Y_{1}^{2} \\ = & \sum_{i=1}^{n} X_{i}^{2}-\left(\sum_{i=1}^{n} X_{i}\right)^{2} / n=\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2} \end{aligned} \]

而 \(Y_{1}=\sqrt{n} \bar{X}\). 这证明了 c. a 和 \(\mathrm{b}\) 由 (3), (4) 及卡方分布的定义立 即得出.引理证毕.

有了这个引理就不难得出 (4.33)-(4.36). 事实上, (4.33) 就 是这引理的 b. 为证 \((4.34)\), 注意 \(\sqrt{n}(\bar{X}-\mu) / \sigma\) 服从正态分布 \(N(0,1)\), 由引理的 \(\mathrm{b}, S / \sigma\) 的分布与 \(\sqrt{\chi_{n-1}^{2} /(n-1)}\) 的分布相同. 又按引理的 \(\mathrm{c}, \sqrt{n}(\bar{X}-\mu)\) 与 \(S\) 独立. 于是由 \(t\) 分布的定义即得 (4.34). (4.35) 由引理的 \(\mathrm{b}\) 及 \(F\) 分布的定义得出.

(4.36) 的证明略复杂一些. 暂记 \(Z_{1}=\sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)^{2}, Z_{2}=\) \(\sum_{i=1}^{m}\left(Y_{j}-\bar{Y}\right)^{2}\). 据引理的 \(\mathrm{c}, \bar{X}\) 与 \(Z_{1}\) 独立, \(\bar{Y}\) 与 \(Z_{2}\) 独立, 又因 \(X_{1}\), \(\cdots, X_{n}, Y_{1}, \cdots, Y_{m}\) 全体独立, 故 \(\bar{X}, \bar{Y}, Z_{1}, Z_{2}\) 四者独立. 因为 \(\bar{X} \sim\) \(N\left(\mu_{1}, \sigma^{2} / n\right), \bar{Y} \sim N\left(\mu_{2}, \sigma^{2} / m\right), \sigma^{2}\) 为 \(\sigma_{1}^{2}\) 和 \(\sigma_{2}^{2}\) 的公共值，据例 4.8 , 知 \(\bar{X}-\bar{Y} \sim N\left(\mu_{1}-\mu_{2}, \sigma^{2} / n+\sigma^{2} / m\right)\), 因而 \(\sqrt{\frac{n+m}{n m}} \frac{1}{\sigma}[(\bar{X}\) \(\left.-\bar{Y})-\left(\mu_{1}-\mu_{2}\right)\right] \sim N(0,1)\). 又据 (4.33), 有 \(Z_{1} / \sigma^{2} \sim \chi_{n-1}^{2}\), \(Z_{2} / \sigma^{2} \sim \chi_{m-1}^{2}\), 因 \(Z_{1}, Z_{2}\) 独立, 按卡方分布的性质, 有 \(\left(Z_{1}+Z_{2}\right) /\) \(\sigma^{2} \sim \chi_{n+m-2}^{2}\). 因 \(\bar{X}, \bar{Y}, Z_{1}, Z_{2}\) 四者独立，按第二章定理 3.3, 知

\[ \begin{aligned} & W_{1}=\sqrt{\frac{n+m}{n m}} \frac{1}{\sigma}\left[(\bar{X}-\bar{Y})-\left(\mu_{1}-\mu_{2}\right)\right] \text { 与 } \\ & W_{2}=\left[\frac{1}{(n+m-2) \sigma^{2}}\left(Z_{1}+Z_{2}\right)\right]^{1 / 2} \text { 二者独立 } \end{aligned} \]

按 \(t\) 分布的定义知, \(W_{1} / W_{2} \sim t_{n+m-2}\). 这就证明了(4.36).

可以注意一下这些结果中的自由度数目. 在 \((4.33), \sum_{i=1}^{n}\left(X_{i}-\right.\) \(\bar{X})^{2}\) 为 \(n\) 个量的平方和, 为何自由度只有 \(n-1\) ? 这是因为, \(X_{1}-\) \(\bar{X}, \cdots, X_{n}-\bar{X}\) 这 \(n\) 个量并不能自由变化, 而是受到一个约束, 即 \(\sum_{i=2}^{n}\left(X_{i}-\bar{X}\right)=0\). 这使它的自由度少了一个.(4.36) 中的自由度 是 \(n+m-2\) 也一样地解释: 一共有 \(n+m\) 个量 \(X_{i}-\bar{X}(i=1, \cdots\), \(n)\) 和 \(Y_{j}-\bar{Y}(j=1, \cdots, m)\) 取平方和. 它们受到两个结束, 即 \(\sum\left(X_{i}-\bar{X}\right)=0, \Sigma\left(Y_{j}-\bar{Y}\right)=0\). 少了两个自由度, 故自由度 不为 \(n+m\) 而为 \(n+m-2\).

在第四章例 3.2 中, 将给自由度这个概念以另一个解释. 不言 而喻, 不同的解释只是形式上的差别, 实质并无不同.

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