Почему степени свободы для подобранных пар -тест количество пар минус 1?

Я привык знать "степени свободы" как , где у вас есть линейная модель с , проектная матрица с рангом , , с , . $n - r$

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

$\sigma^2 > 0$

Из того, что я вспоминаю об элементарной статистике (то есть, о предлинейных моделях с линейной алгеброй), степени свободы для $t$ критерия согласованных пар - это число разностей минус $1$ . Так что это может повлечь за собой $\mathbf{X}$ с рангом 1, возможно. Это правильно? Если нет, то почему $n-1$ является степенью свободы для $t$ критерия для согласованных пар ?

Чтобы понять контекст, предположим, у меня есть модель смешанных эффектов

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

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

i = 1, 2

$i = 1, 2$ ,

j = 1, \dots, 8

$j = 1, \dots, 8$ и

k = 1, 2

$k = 1, 2$ . В

нет ничего особенного,

μ_{i}

$\mu_i$ кроме того, что это фиксированный эффект и

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 предполагаю, что случайные эффекты не имеют отношения к этой проблеме, так как мы заботимся только о фиксированных эффектах в этом случае.

Я хотел бы доверительный интервал для $\mu_1 - \mu_2$ .

Я уже показал, что $\bar{d}_\cdot = \dfrac{1}{8}\sum d_j$ является объективной оценкой $\mu_1 - \mu_2$ , где $d_j = \bar{y}_{1j\cdot} - \bar{y}_{2j\cdot}$ , $\bar{y}_{1j\cdot} = \dfrac{1}{2}\sum_{k}y_{1jk}$ и $\bar{y}_{21\cdot}$ определяется аналогично. Оценка точки $\bar{d}_{\cdot}$ была вычислена.

Я уже показал, что

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

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

d_{j}

$d_j$ , и таким образом,

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

$\sqrt{\dfrac{s^2_d}{8}}$ является стандартной ошибкой

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

$\bar{d}_{\cdot}$ . Это было вычислено.

Теперь последняя часть выясняет степени свободы. Для этого шага я обычно пытаюсь найти матрицу проектирования - которая, очевидно, имеет ранг 2 - но у меня есть решение этой проблемы, и оно говорит, что степень свободы составляет . $8-1$

В контексте определения ранга проектной матрицы, почему степени свободы ? $8-1$

Отредактировано, чтобы добавить: Возможно, полезно в этом обсуждении, как определяется статистика теста. Предположим, у меня есть вектор параметров . В этом случае (если я что-то не совсем упустил). По сути, мы выполняем тест гипотезы где . Затем статистика теста определяется как который будет проверен на центральном -распределении с $\boldsymbol{\beta}$

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

$n - r$ степени свободы, где - матрица проекта, как указано выше, и где .

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
источник

Ответы:

критерий совпадения пар с парами на самом деле представляет собой критерий с одной выборкой с размером выборки . У вас есть отличий , и они iid и обычно распространяются. Первый столбец после содержит $t$ $n$ $t$ $n$ $n$ $d_1,\ldots,d_n$

\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

$1$ степень свободы из-за линейного ограничения, которое говорит, что все записи равны; вторая имеет степеней свободы из-за линейного ограничения, которое говорит, что сумма записей равна .

n - 1

$n-1$

0

$0$

Майкл Харди
источник

Итак, другими словами, причина, по которой у нас здесь степеней свободы, не имеет ничего общего с линейной моделью ?

n - 1

$n-1$

y = X β + ϵ

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

Кларнетист

Это имеет отношение к той модели, где матрица является столбцом с, а является матрицей , единственной записью которой является разница между двумя средними значениями.

X

$\mathbf X$

1

$1$

β

$\boldsymbol{\beta}$

1 \times 1

$1\times1$

$\qquad$

Майкл Харди

Ага! Итак, ваш вектор был бы тем вектором s, правильно? Большое спасибо! Я не могу поверить, как тяжело было найти ответ на этот вопрос!

y

$\mathbf{y}$

d_{i}

$d_i$

Кларнетист

Да. Это вектор наблюдаемых различий в совпадающих парах.

n

$n$

$\qquad$

Майкл Харди

Большое, большое спасибо Майклу Харди за ответ на мой вопрос.

Идея заключается в следующем: let и . Тогда наша линейная модель имеет вид где является вектором всех единиц, и Очевидно, имеет ранг , поэтому у нас есть степеней свободы ,

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

$n-1$

Как мы знаем, чтобы установить равным ? Напомним, что и, как легко увидеть, для всех . Учитывая наш , очевидно, каким должен быть . Это потому что $\boldsymbol{\beta}$ $[\mu_1 - \mu_2]$

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 должна быть матрицей с .

β

$\boldsymbol\beta$

1 \times 1

$1 \times 1$

β = [μ_{1} - μ_{2}]

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

Установите . Тогда наш тест гипотезы будет Таким образом, наша статистика теста будет У нас есть После некоторой работы можно показать, что Также можно показать, что $\mathbf{c}^{\prime} = [1]$

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}

$\mathbf{I}-\mathbf{P}_{\mathbf{X}}$ симметрична и идемпотентна. Итак, и

\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

$\mathbf{X}^{\prime}\mathbf{X} = \mathbf{1}_{n \times 1}^{\prime}\mathbf{1}_{n \times 1} = n$ который, очевидно, имеет обратное , что дает тестовую статистику которая будет проверена на центральном -распределении с степенью свобода по желанию.

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
источник