เป็นองศาอิสระทำไมหาคู่จับคู่ -test จำนวนคู่ลบ 1 หรือไม่

ฉันเคยรู้จัก "องศาอิสระ" ในฐานะซึ่งคุณมีโมเดลเชิงเส้น พร้อม , เมทริกซ์การออกแบบพร้อมอันดับ , , ด้วย , 0 $n - r$

y = X β + ϵ

$\mathbf{y} = \mathbf{X}\boldsymbol{\beta} + \boldsymbol{\epsilon}$

y \in R^{n}

$\mathbf{y} \in \mathbb{R}^n$

X \in M_{n \times p} (R)

$\mathbf{X} \in M_{n \times p}(\mathbb{R})$

r

$r$

β \in R^{p}

$\boldsymbol{\beta} \in \mathbb{R}^p$

ϵ \in R^{n}

$\boldsymbol{\epsilon} \in \mathbb{R}^n$

ϵ \sim N (0, σ^{2} I_{n})

$\boldsymbol{\epsilon} \sim \mathcal{N}(\mathbf{0}, \sigma^2 \mathbf{I}_n)$

σ^{2} > 0

$\sigma^2 > 0$

จากสิ่งที่ผมจำได้จากสถิติประถมศึกษา (เช่นรุ่นก่อนเชิงเส้นที่มีพีชคณิตเชิงเส้น) องศาอิสระสำหรับการจับคู่-คู่ $t$ -test คือจำนวนของความแตกต่างลบ1 $1$ ดังนั้นสิ่งนี้จะนำมาซึ่ง $\mathbf{X}$ มีอันดับ 1 บางที ถูกต้องหรือไม่ ถ้าไม่ทำไม $n-1$ องศาความเป็นอิสระสำหรับคู่ทดสอบ $t$ -test?

เพื่อให้เข้าใจบริบทสมมติว่าฉันมีโมเดลเอฟเฟ็กต์แบบผสม

y_{i j k} = μ_{i} + some random effects + e_{i j k}

$y_{ijk} = \mu_i + \text{ some random effects} + e_{ijk}$ โดยที่

i = 1, 2

$i = 1, 2$ ,

j = 1, \dots, 8

$j = 1, \dots, 8$ และ

k = 1, 2

$k = 1, 2$ 2 ไม่มีอะไรพิเศษเกี่ยวกับการเป็น

μ_{i}

$\mu_i$ อื่น ๆ มากกว่าว่ามันเป็นผลคงที่และ

e_{i j k} \overset{i i d}{\sim} N (0, σ_{e}^{2})

$e_{ijk} \overset{iid}{\sim}\mathcal{N}(0, \sigma^2_e)$ 2_e) ฉันสมมติว่าเอฟเฟกต์แบบสุ่มนั้นไม่เกี่ยวข้องกับปัญหานี้เนื่องจากเราสนใจเฉพาะผลกระทบคงที่ในกรณีนี้

ผมอยากจะให้ช่วงความเชื่อมั่นสำหรับ $\mu_1 - \mu_2$ \

ฉันได้แสดงให้เห็นแล้วว่า $\bar{d}_\cdot = \dfrac{1}{8}\sum d_j$ เป็นตัวประมาณของ $\mu_1 - \mu_2$ โดยที่ $d_j = \bar{y}_{1j\cdot} - \bar{y}_{2j\cdot}$ , $\bar{y}_{1j\cdot} = \dfrac{1}{2}\sum_{k}y_{1jk}$ และ $\bar{y}_{21\cdot}$ ถูกกำหนดในทำนองเดียวกัน ประมาณการจุด $\bar{d}_{\cdot}$ ได้รับการคำนวณ

ฉันได้แสดงให้เห็นแล้วว่า

s_{d}^{2} = \frac{\sum_{j} (d_{j} - {\bar{d}}_{\cdot})^{2}}{8 - 1}

$s^2_d = \dfrac{\sum_{j}(d_j - \bar{d}_{\cdot})^2}{8-1}$ เป็นตัวประมาณค่าความแปรปรวนของ

d_{j}

$d_j$ และ จึง

\sqrt{\frac{s_{d}^{2}}{8}}

$\sqrt{\dfrac{s^2_d}{8}}$ เป็นข้อผิดพลาดมาตรฐานของ

{\bar{d}}_{\cdot}

$\bar{d}_{\cdot}$ cdot} สิ่งนี้ได้รับการคำนวณ

ตอนนี้ส่วนสุดท้ายคือการหาองศาอิสระ สำหรับขั้นตอนนี้ฉันมักจะพยายามที่จะหาเมทริกซ์ออกแบบ - ซึ่งเห็นได้ชัดว่ามีการจัดอันดับที่ 2 - แต่ฉันมีวิธีการแก้ปัญหานี้และมันบอกว่าองศาอิสระเป็น8-1 $8-1$

ในบริบทของการหาตำแหน่งของเมทริกซ์ออกแบบทำไมองศาอิสระ ? $8-1$

แก้ไขเพื่อเพิ่ม: อาจเป็นประโยชน์ในการสนทนานี้คือวิธีการกำหนดสถิติทดสอบ สมมติว่าฉันมีพารามิเตอร์เวกเตอร์เบต้า} ในกรณีนี้ (นอกเสียจากว่าฉันทำอะไรหายไปหมด) เรากำลังทำการทดสอบสมมุติฐาน โดยที่ . จากนั้นสถิติทดสอบจะได้รับจาก ซึ่งจะถูกทดสอบกับส่วนกลาง -distribution กับ $\boldsymbol{\beta}$

β = [\begin{matrix} μ_{1} \\ μ_{2} \end{matrix}]

$\boldsymbol{\beta} = \begin{bmatrix} \mu_1 \\ \mu_2 \end{bmatrix}$

c^{'} β = 0

$\mathbf{c}^{\prime}\boldsymbol{\beta} = 0$

c^{'} = [\begin{matrix} 1 & - 1 \end{matrix}]

$\mathbf{c}^{\prime} = \begin{bmatrix} 1 & -1 \end{bmatrix}$

t = \frac{c^{'} \hat{β}}{\sqrt{{\hat{σ}}^{2} c^{'} (X^{'} X)^{- 1} c}}

$t = \dfrac{c^{\prime}\hat{\boldsymbol{\beta}}}{\sqrt{\hat{\sigma}^2c^{\prime}(\mathbf{X}^{\prime}\mathbf{X})^{-1}\mathbf{c}}}$

t

$t$

n - r

$n - r$ องศาอิสระที่เป็นเมทริกซ์การออกแบบข้างต้นและ โดยที่นายก}

X

$\mathbf{X}$

{\hat{σ}}^{2} = \frac{y^{'} (I - P_{X}) y}{n - r}

$\hat{\sigma}^2 = \dfrac{\mathbf{y}^{\prime}(\mathbf{I}-\mathbf{P}_{\mathbf{X}})\mathbf{y}}{n-r}$

P_{X} = X (X^{'} X)^{- 1} X^{'}

$\mathbf{P}_{\mathbf{X}} = \mathbf{X}(\mathbf{X}^{\prime}\mathbf{X})^{-1}\mathbf{X}^{\prime}$

t-test degrees-of-freedom

— clarinetist
แหล่งที่มา

คำตอบ:

จับคู่คู่ -test กับคู่เป็นจริงเพียงหนึ่งตัวอย่าง -test กับตัวอย่างที่มีขนาดnคุณมีแตกต่างและเหล่านี้จะ IID และกระจายตามปกติ คอลัมน์แรกหลังมี $t$ $n$ $t$ $n$ $n$ $d_1,\ldots,d_n$

\begin{array}{ccccc} [\begin{matrix} d_{1} \\ ⋮ \\ d_{n} \end{matrix}] & = & [\begin{matrix} \bar{d} \\ ⋮ \\ \bar{d} \end{matrix}] & + & [\begin{matrix} d_{1} - \bar{d} \\ ⋮ \\ d_{1} - \bar{d} \end{matrix}] \\ n d.f. & 1 d.f. & (n - 1) d.f. \end{array}

$\begin{array}{ccccc} \begin{bmatrix} d_1 \\ \vdots \\ d_n \end{bmatrix} & = & \begin{bmatrix} \bar d \\ \vdots \\ \bar d \end{bmatrix} & + & \begin{bmatrix} d_1 - \bar d \\ \vdots \\ d_1 - \bar d \end{bmatrix} \\[10pt] n \text{ d.f.} & & 1 \text{ d.f.} & & (n-1) \text{ d.f.} \end{array}$

“ =''

$\text{“}{=}\text{''}$

1

$1$ ระดับของเสรีภาพเนื่องจากข้อ จำกัด เชิงเส้นที่ระบุว่ารายการทั้งหมดมีค่าเท่ากัน สองมีองศาอิสระเพราะข้อ จำกัด เชิงเส้นที่ระบุว่าผลรวมของรายการเป็น0

n - 1

$n-1$

0

$0$

— Michael Hardy
แหล่งที่มา

ดังนั้นทำไมเราถึงมีองศาอิสระที่นี่ไม่มีอะไรเกี่ยวข้องกับตัวแบบเชิงเส้น ?

n - 1

$n-1$

y = X β + ϵ

$\mathbf{y}=\mathbf{X}\boldsymbol{\beta}+\boldsymbol{\epsilon}$

— คลาริเน็ต

มันเกี่ยวข้องกับตัวแบบนั้นโดยที่ matrixเป็นคอลัมน์ s และเป็นเมทริกซ์ซึ่งมีเพียงรายการเดียวคือความแตกต่างระหว่างประชากรสองคน

X

$\mathbf X$

1

$1$

β

$\boldsymbol{\beta}$

1 \times 1

$1\times1$

$\qquad$

— Michael Hardy

Aha! ดังนั้นเวกเตอร์ของคุณน่าจะเป็นเวกเตอร์ของ s ใช่ไหม? ขอบคุณมาก! ฉันไม่อยากจะเชื่อเลยว่ามันยากที่จะหาคำตอบในเรื่องนี้!

y

$\mathbf{y}$

d_{i}

$d_i$

— คลาริเน็ต

ใช่. มันคือเวกเตอร์ของความแตกต่างที่สังเกตได้ในจับคู่คู่กัน

n

$n$

$\qquad$

— Michael Hardy

ขอบคุณMichael Hardyเป็นอย่างมากที่ตอบคำถามของฉัน

ความคิดอย่างนี้ปล่อยให้ และmu_2] จากนั้นแบบจำลองเชิงเส้นของเราคือ โดยที่คือ -vector ของทุกคนและ แน่นอนมีอันดับดังนั้นเราจึงมีองศาอิสระ .

y = [\begin{matrix} d_{1} \\ ⋮ \\ d_{n} \end{matrix}]

$\mathbf{y} = \begin{bmatrix} d_1 \\ \vdots \\ d_n \end{bmatrix}$

β = [μ_{1} - μ_{2}]

$\boldsymbol{\beta} = [\mu_1 - \mu_2]$

y = 1_{n \times 1} β + ϵ

$\mathbf{y} = \mathbf{1}_{n \times 1}\boldsymbol{\beta} + \boldsymbol{\epsilon}$

1_{n \times 1}

$\mathbf{1}_{n \times 1}$

n

$n$

ϵ = [\begin{matrix} ϵ_{1} \\ ⋮ \\ ϵ_{n} \end{matrix}] \sim N (0, σ^{2} I_{n}) .

$\boldsymbol{\epsilon} = \begin{bmatrix} \epsilon_1 \\ \vdots \\ \epsilon_n \end{bmatrix} \sim \mathcal{N}(\mathbf{0}, \sigma^2\mathbf{I}_n)\text{.}$

X = 1_{n \times 1}

$\mathbf{X} = \mathbf{1}_{n \times 1}$

1

$1$

n - 1

$n-1$

เรารู้ได้อย่างไรชุดเท่ากับ ? จำได้ว่า และเมื่อมองเห็นได้ง่ายสำหรับทุกคน . จากเรามันชัดเจนว่าควรเป็นอะไร นี้เป็นเพราะ $\boldsymbol{\beta}$ $[\mu_1 - \mu_2]$

E [y] = X β

$\mathbb{E}[\mathbf{y}] = \mathbf{X}\boldsymbol{\beta}$

E [d_{j}] = μ_{1} - μ_{2}

$\mathbb{E}[d_j] = \mu_1 - \mu_2$

j

$j$

X

$\mathbf{X}$

β

$\boldsymbol{\beta}$

E [y] = E [[\begin{matrix} d_{1} \\ ⋮ \\ d_{n} \end{matrix}]] = [\begin{matrix} E [d_{1}] \\ ⋮ \\ E [d_{n}] \end{matrix}] = [\begin{matrix} μ_{1} - μ_{2} \\ ⋮ \\ μ_{1} - μ_{2} \end{matrix}] = X β = 1_{n \times 1} β = [\begin{matrix} 1 \\ ⋮ \\ 1 \end{matrix}] β

$\mathbb{E}[\mathbf{y}] = \mathbb{E}\left[\begin{bmatrix} d_1 \\ \vdots \\ d_n \end{bmatrix} \right] = \begin{bmatrix} \mathbb{E}[d_1] \\ \vdots \\ \mathbb{E}[d_n] \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \mu_1 - \mu_2 \\ \vdots \\ \mu_1 - \mu_2 \end{bmatrix} = \mathbf{X}\boldsymbol\beta = \mathbf{1}_{n \times 1}\boldsymbol\beta = \begin{bmatrix} 1 \\ \vdots \\ 1 \end{bmatrix}\boldsymbol\beta$ ดังนั้นควรจะเป็นเมทริกซ์กับmu_2]

β

$\boldsymbol\beta$

1 \times 1

$1 \times 1$

β = [μ_{1} - μ_{2}]

$\boldsymbol\beta = [\mu_1 - \mu_2]$

ชุด[1] จากนั้นการทดสอบสมมติฐานของเราคือ สถิติการทดสอบของเราจึงเป็น เรามี หลังจากทำงานบางอย่างมันจะแสดงให้เห็นว่า นอกจากนี้ยังสามารถแสดงให้เห็นว่า $\mathbf{c}^{\prime} = [1]$

H_{0} : c^{'} β = 0 .

$H_0: \mathbf{c}^{\prime}\boldsymbol{\beta} = 0\text{.}$

\frac{c^{'} \hat{β}}{\sqrt{{\hat{σ}}^{2} c^{'} {(X^{'} X)}^{- 1} c}} .

$\dfrac{\mathbf{c}^{\prime}\hat{\boldsymbol{\beta}}}{\sqrt{\hat{\sigma}^2\mathbf{c}^{\prime}\left(\mathbf{X}^{\prime}\mathbf{X}\right)^{-1}\mathbf{c}}}\text{.}$

{\hat{σ}}^{2} = \frac{y^{'} (I - P_{X}) y}{n - r (X)} .

$\hat{\sigma}^2 = \dfrac{\mathbf{y}^{\prime}(\mathbf{I}-\mathbf{P}_{\mathbf{X}})\mathbf{y}}{n-r(\mathbf{X})}\text{.}$

P_{X} = P_{1_{n \times 1}} = 1_{n \times 1} (\frac{1}{n}) 1^{'} .

$\mathbf{P}_\mathbf{X} = \mathbf{P}_{\mathbf{1}_{n \times 1}} = \mathbf{1}_{n \times 1}\left(\dfrac{1}{n}\right)\mathbf{1}^{\prime}\text{.}$

I - P_{X}

$\mathbf{I}-\mathbf{P}_{\mathbf{X}}$ มีความสมมาตรและ idempotent ดังนั้น และ

\begin{aligned} {\hat{σ}}^{2} & = \frac{y^{'} (I - P_{X}) y}{n - r (X)} \\ = \frac{y^{'} (I - P_{X})^{'} (I - P_{X}) y}{n - r (X)} \\ = \frac{‖ (I - P_{X}) y ‖^{2}}{n - r (X)} \\ = \frac{{‖ [I - 1_{n \times 1} (\frac{1}{n}) 1^{'}] y ‖}^{2}}{n - 1} \\ = \frac{{‖ [\begin{matrix} d_{1} \\ ⋮ \\ d_{n} \end{matrix}] - [\begin{matrix} {\bar{d}}_{\cdot} \\ ⋮ \\ {\bar{d}}_{\cdot} \end{matrix}] ‖}^{2}}{n - 1} \\ = \frac{\sum_{i = 1}^{n} (d_{i} - {\bar{d}}_{\cdot})^{2}}{n - 1} \\ = s_{d}^{2} \end{aligned}

$\begin{align} \hat{\sigma}^2 &= \dfrac{\mathbf{y}^{\prime}(\mathbf{I}-\mathbf{P}_{\mathbf{X}})\mathbf{y}}{n-r(\mathbf{X})} \\ &= \dfrac{\mathbf{y}^{\prime}(\mathbf{I}-\mathbf{P}_{\mathbf{X}})^{\prime}(\mathbf{I}-\mathbf{P}_{\mathbf{X}})\mathbf{y}}{n-r(\mathbf{X})} \\ &= \dfrac{\|(\mathbf{I}-\mathbf{P}_{\mathbf{X}})\mathbf{y}\|^{2}}{n-r(\mathbf{X})} \\ &=\dfrac{\left\|\left[\mathbf{I}-\mathbf{1}_{n \times 1}\left(\dfrac{1}{n}\right)\mathbf{1}^{\prime}\right]\mathbf{y} \right\|^2}{n-1} \\ &= \dfrac{\left\|\begin{bmatrix} d_1 \\ \vdots \\ d_n \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} \bar{d}_\cdot \\ \vdots \\ \bar{d}_\cdot \end{bmatrix} \right\|^2}{n-1} \\ &= \dfrac{\sum_{i=1}^{n}(d_i-\bar{d}_{\cdot})^2}{n-1} \\ &= s^2_d \end{align}$

X^{'} X = 1_{n \times 1}^{'} 1_{n \times 1} = n

$\mathbf{X}^{\prime}\mathbf{X} = \mathbf{1}_{n \times 1}^{\prime}\mathbf{1}_{n \times 1} = n$ ซึ่งเห็นได้ชัดว่า ผกผันจึงให้สถิติการทดสอบ ซึ่งจะได้รับการทดสอบใน distribution ส่วนกลางด้วยองศาของ อิสระตามที่ต้องการ

1 / n

$1/n$

\frac{{\hat{μ}}_{1} - {\hat{μ}}_{2}}{\sqrt{s_{d}^{2} / n}}

$\dfrac{\hat\mu_1-\hat\mu_2}{\sqrt{s^2_d/n}}$

t

$t$

n - 1

$n - 1$

— clarinetist
แหล่งที่มา