Чому ступінь свободи для пар, що співпадають, тестуйте кількість пар мінус 1?

Я звик знати "ступені свободи" як , де у вас лінійна модель з , проектна матриця з рангом , , з , . $n - r$

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

$\sigma^2 > 0$

З того, що я згадую про елементарну статистику (тобто долінійні моделі з лінійною алгеброю), ступінь свободи для пар, що співпадають $t$ тесту, - це кількість відмінностей мінус $1$ . Отже, це може означати, що $\mathbf{X}$ мати ранг 1. Це правильно? Якщо ні, то чому $n-1$ - ступінь свободи для пар, що співпадають, $t$ -test?

Щоб зрозуміти контекст, припустимо, у мене є модель зі змішаними ефектами

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

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

i = 1, 2

$i = 1, 2$ ,

j = 1, \dots, 8

$j = 1, \dots, 8$ і

k = 1, 2

$k = 1, 2$ . У

немає нічого особливого,

μ_{i}

$\mu_i$ крім того, що це фіксований ефект, і

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

$e_{ijk} \overset{iid}{\sim}\mathcal{N}(0, \sigma^2_e)$ . Я припускаю, що випадкові наслідки не мають значення для цієї проблеми, оскільки нас цікавить лише фіксований вплив у цьому випадку.

Я б хотів надати інтервал довіри для $\mu_1 - \mu_2$ .

Я вже показав, що $\bar{d}_\cdot = \dfrac{1}{8}\sum d_j$ - це неупереджений оцінювач $\mu_1 - \mu_2$ , де $d_j = \bar{y}_{1j\cdot} - \bar{y}_{2j\cdot}$ , $\bar{y}_{1j\cdot} = \dfrac{1}{2}\sum_{k}y_{1jk}$ , і $\bar{y}_{21\cdot}$ визначається аналогічно. Обчислено бальну оцінку $\bar{d}_{\cdot}$ .

Я вже показав, що

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

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

дисперсії

d_{j}

$d_j$ , і таким чином,

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

$\sqrt{\dfrac{s^2_d}{8}}$ є стандартною помилкою

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

$\bar{d}_{\cdot}$ . Це було обчислено.

Тепер остання частина - з'ясування ступенів свободи. Для цього кроку я, як правило, намагаюся знайти матрицю дизайну, яка, очевидно, має 2 ранг, - але у мене є рішення цієї проблеми, і вона говорить про те, що ступінь свободи становить . $8-1$

Чому в контексті пошуку рангу проектної матриці чому ступеня свободи ? $8-1$

Відредаговано, щоб додати: Можливо, корисним у цій дискусії є те, як визначається статистика тесту. Припустимо, у мене параметр вектор . У цьому випадку (якщо я щось зовсім не пропускаю). Ми по суті виконуємо тест гіпотези де . Потім тестова статистика задається який би був перевірений на центральний -розподіл з $\boldsymbol{\beta}$

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

$n - r$ ступенів свободи, де - матриця дизайну, як зазначено вище, і де .

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

— Кларнетист
джерело

Відповіді:

Зібрані пари -test з парами насправді є лише одним зразком -test із вибіркою розміру . У вас відмінностей , і це iid і зазвичай розподіляється. Перший стовпець після має $t$ $n$ $t$ $n$ $n$ $d_1,\ldots,d_n$

\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

$1$ ступінь свободи через лінійну обмеженість, яка говорить про те, що всі записи рівні; другий має ступінь свободи через лінійне обмеження, яке говорить, що сума записів дорівнює .

n - 1

$n-1$

0

$0$

— Майкл Харді
джерело

Інакше кажучи, причина, чому у нас тут ступінь свободи, не має нічого спільного з лінійною моделлю ?

n - 1

$n-1$

y = X β + ϵ

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

— Кларнетист

Це має відношення до тієї моделі, де матриця є стовпцем s, а є матрицею , єдиним записом якої є різниця між двома засобами сукупності.

X

$\mathbf X$

1

$1$

β

$\boldsymbol{\beta}$

1 \times 1

$1\times1$

$\qquad$

— Майкл Харді

Ага! Отже, ваш вектор буде таким вектором s, правда? Дуже дякую! Я не можу повірити, як важко було знайти відповідь на це!

y

$\mathbf{y}$

d_{i}

$d_i$

— Кларнетист

Так. Це вектор спостережуваних відмінностей у збірних парах.

n

$n$

$\qquad$

— Майкл Харді

Багато, велике спасибі Майклу Харді за відповідь на моє запитання.

Ідея така: нехай і . Тоді наша лінійна модель - де - -вектор всіх, і Очевидно, має ранг , тож у нас є ступінь свободи .

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

$n-1$

Як ми можемо встановити рівним ? Нагадаємо, що і як це легко видно, для всіх . З огляду на наш , очевидно, що має бути . Це відбувається тому $\boldsymbol{\beta}$ $[\mu_1 - \mu_2]$

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

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

β

$\boldsymbol\beta$

1 \times 1

$1 \times 1$

β = [μ_{1} - μ_{2}]

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

Встановіть . Тоді наш тест гіпотези: Таким чином, наша тестова статистика є У нас є Після деякої роботи може бути показано, що Можна також показати, що $\mathbf{c}^{\prime} = [1]$

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}

$\mathbf{I}-\mathbf{P}_{\mathbf{X}}$ є симетричним і ідентичним. Отже, і

\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

$\mathbf{X}^{\prime}\mathbf{X} = \mathbf{1}_{n \times 1}^{\prime}\mathbf{1}_{n \times 1} = n$ що, очевидно, має зворотний , таким чином, даючи тестову статистику яка буде перевірена на центральному -розподілі з градусом свобода за бажанням.

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

$n - 1$

— Кларнетист
джерело