ใน GLM ความเป็นไปได้ของบันทึกของโมเดลอิ่มตัวมักเป็นศูนย์หรือไม่?

ในฐานะที่เป็นส่วนหนึ่งของเอาท์พุทของตัวแบบเชิงเส้นแบบทั่วไปนั้นการเบี่ยงเบนแบบ null และส่วนที่เหลือจะถูกใช้ในการประเมินแบบจำลอง ฉันมักจะเห็นสูตรสำหรับปริมาณเหล่านี้แสดงในแง่ของโอกาสในการเข้าสู่ระบบของรูปแบบอิ่มตัวเช่น: /stats//a/113022/22199 , ถดถอยโลจิสติ: วิธีการที่จะได้รับรูปแบบการอิ่มตัว

แบบจำลองที่อิ่มตัวตามที่ฉันเข้าใจเป็นแบบจำลองที่เหมาะสมกับการตอบสนองที่สังเกตได้อย่างสมบูรณ์แบบ ดังนั้นในสถานที่ส่วนใหญ่ที่ฉันเคยเห็นความเป็นไปได้ของแบบจำลองความอิ่มตัวจะได้รับเป็นศูนย์เสมอ

ทว่าวิธีการกำหนดสูตรการเบี่ยงเบนแสดงให้เห็นว่าบางครั้งปริมาณนี้ไม่ใช่ศูนย์ (ราวกับว่ามันเป็นศูนย์เสมอทำไมต้องรวมมันด้วย)

ในกรณีใดบ้างที่ไม่เป็นศูนย์ ถ้าไม่ใช่ศูนย์ไม่ใช่ทำไมรวมไว้ในสูตรสำหรับการเบี่ยงเบน

— อเล็กซ์
แหล่งที่มา

คำตอบ:

หากคุณหมายถึงโอกาสในการเข้าสู่ระบบจริงๆคำตอบคือ: มันไม่ได้เป็นศูนย์เสมอไป

ตัวอย่างเช่นพิจารณาข้อมูล Poisson:n บันทึกความน่าจะเป็นสำหรับมอบให้โดย: $y_i \sim \text{Poisson}(\mu_i), i = 1, \ldots, n$ $Y = (y_1, \ldots, y_n)$

\begin{matrix} (*) & ℓ (μ; Y) = - \sum_{i = 1}^{n} μ_{i} + \sum_{i = 1}^{n} y_{i} \log μ_{i} - \sum_{i = 1}^{n} \log (y_{i}!) . \end{matrix}

$\ell(\mu; Y) = -\sum_{i = 1}^n \mu_i + \sum_{i = 1}^n y_i \log \mu_i - \sum_{i = 1}^n \log(y_i!). \tag{$*$}$

สร้างความแตกต่างในด้วยความเคารพและตั้งค่าเป็น (นี่คือวิธีที่เราได้รับ MLE สำหรับแบบจำลองอิ่มตัว): แก้ปัญหานี้เพื่อเพื่อรับ , แทนที่กลับเข้าสู่สำหรับให้ว่าบันทึกความน่าจะเป็นของโมเดลอิ่มตัวคือ: เว้นแต่จะพิเศษมาก ค่า $\ell(\mu; Y)$ $(*)$ $\mu_i$ $0$

- 1 + \frac{y_{i}}{μ_{i}} = 0.

$-1 + \frac{y_i}{\mu_i} = 0.$

μ_{i}

$\mu_i$

{\hat{μ}}_{i} = y_{i}

$\hat{\mu}_i = y_i$

{\hat{μ}}_{i}

$\hat{\mu}_i$

(*)

$(*)$

μ_{i}

$\mu_i$

ℓ (\hat{μ}; Y) = \sum_{i = 1}^{n} y_{i} (\log y_{i} - 1) - \sum_{i = 1}^{n} \log (y_{i}!) \neq 0

$\ell(\hat{\mu}; Y) = \sum_{i = 1}^n y_i(\log y_i - 1) -\sum_{i = 1}^n \log(y_i!) \neq 0$

y_{i}

$y_i$

ในหน้าวิธีใช้ของRฟังก์ชันglmภายใต้รายการdevianceเอกสารจะอธิบายปัญหานี้ดังนี้:

deviance มากถึงค่าคงที่ลบความน่าจะเป็นบันทึกสูงสุด หากเลือกได้ค่าคงที่จะถูกเลือกเพื่อให้แบบจำลองที่อิ่มตัวมีค่าเบี่ยงเบนเป็นศูนย์

ขอให้สังเกตว่ามันกล่าวว่าการเบี่ยงเบนแทนที่จะเป็นความน่าจะเป็นบันทึกของแบบจำลองที่อิ่มตัวถูกเลือกให้เป็นศูนย์

สิ่งที่คุณต้องการยืนยันจริงๆคือ "ความเบี่ยงเบนของแบบจำลองที่อิ่มตัวนั้นให้เป็นศูนย์เสมอ" ซึ่งเป็นความจริงเนื่องจากความเบี่ยงเบนตามคำจำกัดความ (ดูหัวข้อ 4.5.1 ของการวิเคราะห์ข้อมูลหมวดหมู่ (รุ่นที่ 2)โดย Alan Agresti) เป็นสถิติอัตราส่วนความน่าจะเป็นของ GLM ที่ระบุกับแบบจำลองที่อิ่มตัว constantดังกล่าวในเอกสาร R เป็นจริงสองขยายโอกาสการเข้าสู่ระบบของรูปแบบการอิ่มตัว

เกี่ยวกับคำชี้แจงของคุณ "แต่วิธีการที่สูตรสำหรับการเบี่ยงเบนจะได้รับแสดงให้เห็นว่าบางครั้งปริมาณนี้ไม่เป็นศูนย์." มันอาจจะเป็นเพราะการละเมิดของการใช้งานของคำว่าอันซ์ ตัวอย่างเช่นใน R สถิติอัตราส่วนความน่าจะเป็นของการเปรียบเทียบแบบจำลองสองแบบโดยพลการ ( )และนั้นก็เรียกว่าการเบี่ยงเบนซึ่งจะเรียกได้อย่างแม่นยำมากขึ้นว่าเป็นความแตกต่างระหว่างความเบี่ยงเบนของและเบี่ยงเบนของถ้าเรา อย่างใกล้ชิดตามคำนิยามที่กำหนดไว้ในหนังสือของ Agresti $M_1$ $M_2$ $M_1$ $M_2$

ข้อสรุป

บันทึกความน่าจะเป็นของโมเดลอิ่มตัวนั้นไม่ใช่แบบศูนย์ทั่วไป
ความเบี่ยงเบน (ในคำจำกัดความดั้งเดิม) ของรุ่นอิ่มตัวนั้นเป็นศูนย์
อันซ์เอาท์พุทจากโปรแกรม (เช่น R) ทั่วไปที่ไม่ใช่ศูนย์ที่มันจริงหมายถึงอย่างอื่น (ความแตกต่างระหว่าง deviances) ที่

ต่อไปนี้คือการสืบทอดสำหรับกรณีครอบครัวเอ็กซ์โพเนนเชียลทั่วไปและอีกตัวอย่างที่เป็นรูปธรรม สมมติว่าข้อมูลมาจากตระกูลชี้แจง (ดูสถิติประยุกต์สมัยใหม่กับ S , บทที่ ): โดยที่ทราบน้ำหนักก่อนหน้านี้และคือพารามิเตอร์การกระจาย / สเกล (สำหรับหลาย ๆ กรณีเช่นทวินามและปัวซองพารามิเตอร์นี้เป็นที่รู้จักในขณะที่สำหรับกรณีอื่นเช่นปกติและแกมม่าพารามิเตอร์นี้ไม่เป็นที่รู้จัก) จากนั้นจะมีการบันทึกความน่าจะเป็น: $7$

\begin{matrix} (1) & f (y_{i}; θ_{i}, φ) = \exp [A_{i} (y_{i} θ_{i} - γ (θ_{i})) / φ + τ (y_{i}, φ / A_{i})] . \end{matrix}

$f(y_i; \theta_i, \varphi) = \exp[A_i(y_i\theta_i - \gamma(\theta_i))/\varphi + \tau(y_i, \varphi/A_i)]. \tag{1}$

A_{i}

$A_i$

φ

$\varphi$

ℓ (θ, φ; Y) = \sum_{i = 1}^{n} A_{i} (y_{i} θ_{i} - γ (θ_{i})) / φ + \sum_{i = 1}^{n} τ (y_{i}, φ / A_{i}) .

$\ell(\theta, \varphi; Y) = \sum_{i = 1}^n A_i(y_i \theta_i - \gamma(\theta_i))/\varphi + \sum_{i = 1}^n \tau(y_i, \varphi/A_i).$ ในตัวอย่างปัวซองพารามิเตอร์ของแบบจำลองอิ่มตัวสามารถประมาณได้โดยการแก้ไขฟังก์ชันคะแนนต่อไปนี้:

0 = U (θ_{i}) = \frac{\partial ℓ (θ, φ; Y)}{\partial θ_{i}} = \frac{A_{i} (y_{i} - γ^{'} (θ_{i}))}{φ}

$0 = U(\theta_i) = \frac{\partial \ell(\theta, \varphi; Y)}{\partial \theta_i} = \frac{A_i(y_i - \gamma'(\theta_i))}{\varphi}$

แสดงวิธีแก้ปัญหาของสมการข้างต้นโดยจากนั้นรูปแบบทั่วไปของบันทึกความน่าจะเป็นของแบบจำลองอิ่มตัว (รักษาพารามิเตอร์มาตราส่วนเป็นค่าคงที่) คือ: $\hat{\theta}_i$

\begin{matrix} (* *) & ℓ (\hat{θ}, φ; Y) = \sum_{i = 1}^{n} A_{i} (y_{i} {\hat{θ}}_{i} - γ ({\hat{θ}}_{i})) / φ + \sum_{i = 1}^{n} τ (y_{i}, φ / A_{i}) . \end{matrix}

$\ell(\hat{\theta}, \varphi; Y) = \sum_{i = 1}^n A_i(y_i \hat{\theta}_i - \gamma(\hat{\theta}_i))/\varphi + \sum_{i = 1}^n \tau(y_i, \varphi/A_i). \tag{$**$}$

ในคำตอบก่อนหน้าของฉันฉันระบุอย่างไม่ถูกต้องว่าเทอมแรกทางด้านขวาของเป็นศูนย์เสมอตัวอย่างข้อมูลปัวซองด้านบนพิสูจน์ว่าผิด สำหรับตัวอย่างที่ซับซ้อนยิ่งขึ้นให้พิจารณาการแจกแจงให้ไว้ในภาคผนวก $(**)$ $\Gamma(\alpha, \beta)$

การพิสูจน์เทอมแรกในบันทึกความน่าจะเป็นของโมเดลแกมมาอิ่มตัวไม่เป็นศูนย์ : กำหนด เราจะต้องทำ reparameterization แรกเพื่อให้มีรูปแบบครอบครัวชี้แจง(1)มันสามารถตรวจสอบได้หากปล่อยให้ จากนั้นมีการแทน: ที่

f (y; α, β) = \frac{β^{α}}{Γ (α)} e^{- β y} y^{α - 1}, y > 0, α > 0, β > 0,

$f(y; \alpha, \beta) = \frac{\beta^\alpha}{\Gamma(\alpha)}e^{-\beta y}y^{\alpha - 1}, \quad y > 0, \alpha > 0, \beta > 0,$

f

$f$

(1)

$(1)$

φ = \frac{1}{α}, θ = - \frac{β}{α},

$\varphi = \frac{1}{\alpha},\, \theta = -\frac{\beta}{\alpha},$

f

$f$

f (y; θ, φ) = \exp [\frac{θ y - (- \log (- θ))}{φ} + τ (y, φ)],

$f(y; \theta, \varphi) = \exp\left[\frac{\theta y - (-\log(-\theta))}{\varphi}+ \tau(y, \varphi)\right],$

τ (y, φ) = - \frac{\log φ}{φ} + (\frac{1}{φ} - 1) \log y - \log Γ (φ^{- 1}) .

$\tau(y, \varphi) = -\frac{\log \varphi}{\varphi} + \left(\frac{1}{\varphi} - 1\right)\log y - \log\Gamma(\varphi^{-1}).$ ดังนั้น MLEs ของรูปแบบอิ่มตัวที่มี{} ดังนั้น เว้นแต่ว่าใช้ค่าพิเศษมาก

{\hat{θ}}_{i} = - \frac{1}{y_{i}}

$\hat{\theta}_i = -\frac{1}{y_i}$

\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{φ} [{\hat{θ}}_{i} y_{i} - (- \log (- {\hat{θ}}_{i}))] = \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{φ} [- 1 - \log (y_{i})] \neq 0,

$\sum_{i = 1}^n \frac{1}{\varphi}[\hat{\theta}_iy_i - (-\log(-\hat{\theta}_i))] = \sum_{i = 1}^n \frac{1}{\varphi}[-1 - \log(y_i)] \neq 0,$

y_{i}

$y_i$

— Zhanxiong
แหล่งที่มา

loglikelihood zero หรือไม่ถ้าหาก model สามารถกำหนดความน่าจะเป็น 100% ให้กับผลลัพธ์ที่เป็นไปได้แต่ละรายการ

— Alex

ฉันไม่เข้าใจความหมายของคุณ แต่จากรากศัพท์ของฉันคุณอาจสรุปได้ว่ามันคือถ้าหากเหมือนกันและไม่มีพารามิเตอร์การกระจายตัว

0

$0$

τ

$\tau$

0

$0$

— Zhanxiong

ที่มาของคุณนั้นดีมาก แต่หลักฐานที่เป็นทางการอยู่เหนือหัวฉันเล็กน้อยในขณะนี้ ขอบคุณสำหรับตัวอย่างด้วยโมเดลปัวซอง สิ่งที่ฉันนำออกมาจากตัวอย่างนี้คือโมเดล Poisson ไม่สามารถกำหนดความน่าจะเป็น 100% ให้กับผลลัพธ์ที่สังเกตได้ซึ่งให้ค่าใด ๆ สำหรับค่าเฉลี่ยของ Poisson ดังนั้นโอกาสที่จะไม่เป็นศูนย์

— อเล็กซ์

คำสั่ง "แบบจำลองกำหนดความน่าจะเป็นให้กับผลลัพธ์ที่สังเกต" ฟังดูแปลกสำหรับฉัน คุณหมายถึงสิ่งที่ได้รับจากการสังเกตและถ้าเป็นตัวแปรสุ่มปัวซงหรือไม่

100 %

$100\%$

y_{1}, \dots, y_{n}

$y_1, \ldots, y_n$

Y

$Y$

P (Y = y_{1}) + P (Y = y_{2}) + \dots + P (Y = y_{n}) < 1

$P(Y= y_1) + P(Y = y_2) + \cdots + P(Y = y_n) < 1$

— Zhanxiong

สิ่งที่ฉันหมายถึงคือถ้าเป็นตัวแปรสุ่มของปัวซองดังนั้นสำหรับค่าเฉลี่ยหรือปัวซองใด ๆดังนั้นจึงเป็นไปไม่ได้ที่จะหาพารามิเตอร์โมเดลใด ๆ ที่ให้ความน่าจะเป็นบันทึกของศูนย์สำหรับการสังเกต . บางทีฉันอาจเข้าใจผิดเกี่ยวกับแนวคิดของแบบจำลองที่อิ่มตัว

Y

$Y$

P (Y = y_{i}) < 1

$P(Y = y_i) < 1$

i

$i$

— อเล็กซ์

คำตอบของ Zhanxiong นั้นยอดเยี่ยมอยู่แล้ว (+1) แต่นี่เป็นการสาธิตอย่างรวดเร็วว่าความน่าจะเป็นบันทึกของโมเดลอิ่มตัวคือสำหรับการถดถอยโลจิสติกส์ ฉันคิดว่าฉันจะโพสต์เพราะฉันไม่เห็น TeX นี้ขึ้นบนเว็บไซต์นี้และเพราะฉันเพิ่งเขียนสิ่งเหล่านี้เพื่อการบรรยาย $0$

ความน่าจะเป็นคือ ที่เบต้า})

\begin{matrix} (1) & L (y; X, β) = \prod_{i = 1}^{n} f (y_{i}; x_{i}, β) = \prod_{i = 1}^{n} π_{i}^{y_{i}} (1 - π_{i})^{1 - y_{i}} = \prod_{i = 1}^{n} {(\frac{π_{i}}{1 - π_{i}})}^{y_{i}} (1 - π_{i}) \end{matrix}

$L(\mathbf{y} ; \mathbf{X}, \boldsymbol{\beta}) = \prod_{i=1}^n f(y_i ; \mathbf{x}_i, \boldsymbol{\beta}) = \prod_{i=1}^n \pi_i^{y_i}(1-\pi_i)^{1-y_i} = \prod_{i=1}^n\left( \frac{\pi_i}{1-\pi_i}\right)^{y_i} (1 - \pi_i) \tag{1}$

π_{i} = invlogit (x_{i}^{⊺} β)

$\pi_i = \text{invlogit}(\mathbf{x}_i^\intercal \boldsymbol{\beta} )$

บันทึกความน่าจะเป็นคือ

\begin{aligned} \log L (y; X, β) & = \sum_{i = 1}^{n} y_{i} \log (\frac{π_{i}}{1 - π_{i}}) + \log (1 - π_{i}) \\ = \sum_{i = 1}^{n} y_{i} logit (π_{i}) + \log (1 - π_{i}) \\ = \sum_{i = 1}^{n} y_{i} x_{i}^{⊺} β + \log (1 - invlogit (x_{i}^{⊺} β)) \\ = \sum_{i = 1}^{n} y_{i} x_{i}^{⊺} β + \log (invlogit (- x_{i}^{⊺} β)) \\ = \sum_{i = 1}^{n} y_{i} x_{i}^{⊺} β - \log (1 + \exp [x_{i}^{⊺} β])) \end{aligned}

$\begin{align*} \log L(\mathbf{y} ; \mathbf{X}, \boldsymbol{\beta}) &= \sum_{i=1}^n y_i \log \left( \frac{\pi_i}{1-\pi_i}\right) + \log(1-\pi_i) \\ &= \sum_{i=1}^n y_i \text{logit} \left( \pi_i \right) + \log(1-\pi_i) \\ &= \sum_{i=1}^n y_i \mathbf{x}_i^\intercal \boldsymbol{\beta} + \log( 1 - \text{invlogit}(\mathbf{x}_i^\intercal \boldsymbol{\beta} )) \\ &= \sum_{i=1}^n y_i \mathbf{x}_i^\intercal \boldsymbol{\beta} + \log( \text{invlogit}( - \mathbf{x}_i^\intercal \boldsymbol{\beta} )) \\ &= \sum_{i=1}^n y_i \mathbf{x}_i^\intercal \boldsymbol{\beta} - \log( 1 + \exp[ \mathbf{x}_i^\intercal \boldsymbol{\beta}] )) \end{align*}$

หากคุณใช้อนุพันธ์ที่เกี่ยวกับสัมประสิทธิ์ทั้งหมดคุณจะได้

\begin{matrix} (2) & \nabla ℓ (β) = \sum_{i = 1}^{n} y_{i} x_{i} - \frac{\exp [x_{i}^{⊺} β]}{(1 + \exp [x_{i}^{⊺} β])} x_{i} . \end{matrix}

$\nabla \ell(\boldsymbol{\beta}) = \sum_{i=1}^n y_i \mathbf{x}_i - \frac{\exp[ \mathbf{x}_i^\intercal \boldsymbol{\beta}]}{( 1 + \exp[ \mathbf{x}_i^\intercal \boldsymbol{\beta}] ) }\mathbf{x}_i \tag{2}.$

การตั้งค่านิพจน์นี้เท่ากับและการหาจะให้คำตอบของคุณ โดยทั่วไปแล้วสิ่งนี้ไม่สามารถวิเคราะห์ได้ซึ่งอธิบายถึงความนิยม / ความจำเป็นในการใช้อัลกอริธึมแบบวนซ้ำเพื่อให้พอดีกับโมเดลนี้ แต่ในกรณีของโมเดลอิ่มตัวนั้นเป็นไปได้ $\mathbf{0}$ $\boldsymbol{\beta}$

เพื่อหารูปแบบอิ่มตัวเราให้แต่ละสัมประสิทธิ์ของมันเอง ดังนั้นและเมทริกซ์การออกแบบคูณเวกเตอร์สัมประสิทธิ์คือ $\boldsymbol{\beta} \in \mathbb{R}^n$

X β = [\begin{matrix} 1 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 1 & \dots & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ 0 & 0 & \dots & 1 \end{matrix}] [\begin{matrix} β_{1} \\ β_{2} \\ ⋮ \\ β_{n} \end{matrix}] .

$\mathbf{X}\boldsymbol{\beta} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & 1 & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \beta_1 \\ \beta_2 \\ \vdots \\ \beta_n \end{bmatrix}.$

โปรดทราบว่าโดยเฉพาะอย่างยิ่ง\ $\mathbf{x}_i^\intercal \boldsymbol{\beta} = \beta_i$

ดังนั้นการใช้สมการแถวที่ 2 (2) ให้เรา $j$

\sum_{i = 1}^{n} y_{i} x_{i, j} = \sum_{i = 1}^{n} \frac{\exp [x_{i}^{⊺} β]}{(1 + \exp [x_{i}^{⊺} β])} x_{i, j}

$\sum_{i=1}^n y_i x_{i,j} = \sum_{i=1}^n\frac{\exp[ \mathbf{x}_i^\intercal \boldsymbol{\beta}]}{( 1 + \exp[ \mathbf{x}_i^\intercal \boldsymbol{\beta}] ) }x_{i,j}$

ซึ่งสามารถเป็นจริงหากสำหรับการสังเกตแต่ละครั้ง : $i$

y_{i} = invlogit (β_{i})

$y_i = \text{invlogit}(\beta_i )$ หรือกล่าวอีกนัยหนึ่งแต่ละมีค่าบวกหรือลบอนันต์ (ถ้าเป็นหรือตามลำดับ) เราสามารถเสียบพารามิเตอร์เหล่านี้กลับเข้าไปใน (1) เพื่อให้ได้โอกาสสูงสุด: เห็นได้ชัดว่าบันทึกนี้เป็น0

β_{i}

$\beta_i$

y_{i}

$y_i$

1

$1$

0

$0$

\prod_{i = 1}^{n} {\hat{π}}_{i}^{y_{i}} (1 - {\hat{π}}_{i})^{1 - y_{i}} = 1^{n} = 1.

$\prod_{i=1}^n \hat{\pi}_i^{y_i}(1-\hat{\pi}_i)^{1-y_i} = 1^n = 1.$

0

$0$

— เทย์เลอร์
แหล่งที่มา

แต่นี้จะถือว่าข้อมูลที่ไม่ได้จัดกลุ่ม หากคุณมีกลุ่มที่มี (และค่า covariate เดียวกัน) (ใน R, forexample โดยใช้แบบฟอร์ม) ดังนั้นรูปแบบอิ่มตัวนั้นจะไม่มีศูนย์ loglikelihood

n_{i} > 1

$n_i>1$ glm( cbind(k, n-k) ~ x + ...

— kjetil b halvorsen

@ kjetilbhalvorsen โอ้จุดดี ฉันไม่เคยลองที่ให้ฉันตรวจสอบ

— เทย์เลอร์

@Alex: ใช่ถูกต้อง อย่างน้อยสำหรับการแจกแจงแบบไม่ต่อเนื่อง สำหรับการแจกแจงแบบต่อเนื่องมันจะลงมาเพื่อให้ความหนาแน่นเท่ากับ 1 ซึ่งไม่จำเป็นต้องมีความหมายดังนั้นจึงไม่ใช่เรื่องที่สมเหตุสมผลที่จะลองและบรรลุผล โดยทั่วไปอีกเล็กน้อยความน่าจะเป็นของบันทึกของโมเดลอิ่มตัวนั้นจะช่วยให้คุณได้รับประสิทธิภาพสูงสุดของโมเดลใด ๆ ที่เป็นไปตามข้อสันนิษฐานของตระกูลการกระจายข้อมูลพื้นฐาน กล่าวอีกนัยหนึ่งความน่าจะเป็นบันทึกของแบบจำลองทวินามแบบอิ่มตัวมันคือ "ดีเท่าที่จะได้รับ" สำหรับชุดข้อมูลที่ได้รับ (X, Y) โดยสมมติว่า Y เป็นทวินาม มันสมเหตุสมผลแล้วที่จะเปรียบเทียบโมเดล glm ของคุณกับขอบเขตบนนี้ซึ่งตรงข้ามกับ, พูด, 100% (หรือคล้ายกัน), เนื่องจากโมเดลของคุณมีข้อ จำกัด โดยกำเนิดจากสมมติฐานของคุณในการกระจายการตอบสนอง

— bettmensch88
แหล่งที่มา