Por que os graus de liberdade para um par combinado testam o número de pares menos 1?

Estou acostumado a conhecer "graus de liberdade" como , onde você tem o modelo linear com , a matriz de design com classificação , , com , . $n - r$

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

$\sigma^2 > 0$

Pelo que me lembro de estatística elementar (ou seja, modelos pré-lineares com álgebra linear), os graus de liberdade para o teste pares combinados $t$ é o número de diferenças menos $1$ . Portanto, isso implicaria que $\mathbf{X}$ possua a classificação 1, talvez. Isso está correto? Caso contrário, por que $n-1$ o grau de liberdade para o teste pares combinados $t$ ?

Para entender o contexto, suponha que eu tenha um modelo de efeitos mistos

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

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

i = 1, 2

$i = 1, 2$ ,

j = 1, \dots, 8

$j = 1, \dots, 8$ e

k = 1, 2

$k = 1, 2$ . Não há nada de especial em

μ_{i}

$\mu_i$ senão que é um efeito fixo e

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

$e_{ijk} \overset{iid}{\sim}\mathcal{N}(0, \sigma^2_e)$ . Estou assumindo que os efeitos aleatórios são irrelevantes para esse problema, já que nos preocupamos apenas com os efeitos fixos neste caso.

Gostaria de fornecer um intervalo de confiança para $\mu_1 - \mu_2$ .

Eu já mostrei que $\bar{d}_\cdot = \dfrac{1}{8}\sum d_j$ é um estimador imparcial de $\mu_1 - \mu_2$ , em que $d_j = \bar{y}_{1j\cdot} - \bar{y}_{2j\cdot}$ , $\bar{y}_{1j\cdot} = \dfrac{1}{2}\sum_{k}y_{1jk}$ e $\bar{y}_{21\cdot}$ é definido da mesma forma. A estimativa pontual $\bar{d}_{\cdot}$ foi calculada.

Eu já mostrei que

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

$s^2_d = \dfrac{\sum_{j}(d_j - \bar{d}_{\cdot})^2}{8-1}$ é um estimador imparcial da variação de

d_{j}

$d_j$ , e portanto,

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

$\sqrt{\dfrac{s^2_d}{8}}$ é o erro padrão de

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

$\bar{d}_{\cdot}$ . Isso foi calculado.

Agora, a última parte é descobrir os graus de liberdade. Para esta etapa, geralmente tento encontrar a matriz de design - que obviamente possui o rank 2 - mas tenho a solução para esse problema e diz que os graus de liberdade são . $8-1$

No contexto de encontrar a classificação de uma matriz de design, por que os graus de liberdade são ? $8-1$

Editado para adicionar: Talvez útil nesta discussão seja como a estatística de teste é definida. Suponha que eu tenha um vetor de parâmetro . Nesse caso, (a menos que eu esteja perdendo algo completamente). Estamos essencialmente realizando o teste de hipótese que . Em seguida, a estatística de teste é fornecida por que seriam testados contra uma distribuição central com $\boldsymbol{\beta}$

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

$n - r$ graus de liberdade, onde é a matriz de design como acima, e que .

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
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Respostas:

O teste pares combinados com pares é na verdade apenas um teste uma amostra com uma amostra do tamanho . Você tem diferenças e estas são iid e normalmente distribuídas. A primeira coluna após possui $t$ $n$ $t$ $n$ $n$ $d_1,\ldots,d_n$

\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

$1$ grau de liberdade devido à restrição linear que diz que todas as entradas são iguais; o segundo possui graus de liberdade devido à restrição linear que indica que a soma das entradas é .

n - 1

$n-1$

0

$0$

— Michael Hardy
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Portanto, em outras palavras, a razão pela qual temos graus de liberdade aqui não tem nada a ver com o modelo linear ?

n - 1

$n-1$

y = X β + ϵ

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

— Clarinetist

Ele não têm a ver com aquele modelo, em que a matriz é uma coluna de s e é um matriz cuja única entrada é a diferença entre os dois meios de população.

X

$\mathbf X$

1

$1$

β

$\boldsymbol{\beta}$

1 \times 1

$1\times1$

$\qquad$

— Michael Hardy

Aha! Então seu vetor seria aquele vetor de s, correto? Muito obrigado! Não acredito como tem sido difícil encontrar uma resposta para isso!

y

$\mathbf{y}$

d_{i}

$d_i$

— Clarinetist

Sim. É o vetor de diferenças observadas nos pares correspondentes.

n

$n$

$\qquad$

— Michael Hardy

Muito, muito obrigado a Michael Hardy por responder à minha pergunta.

A idéia é a seguinte: let e . Então nosso modelo linear é então que é o vetor de todos e Obviamente tem classificação , então temos graus de liberdade .

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

$n-1$

Como sabemos definir igual a ? Lembre-se de que e, como pode ser facilmente visto, para todos . Dado o nosso , é óbvio o que deve ser. Isto é porque $\boldsymbol{\beta}$ $[\mu_1 - \mu_2]$

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 deve ser uma matriz com .

β

$\boldsymbol\beta$

1 \times 1

$1 \times 1$

β = [μ_{1} - μ_{2}]

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

Defina . Então, nosso teste de hipótese é Nossa estatística de teste é, assim, Temos Após algum trabalho, pode ser mostrado que Também pode ser mostrado que $\mathbf{c}^{\prime} = [1]$

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}

$\mathbf{I}-\mathbf{P}_{\mathbf{X}}$ é simétrico e idempotente. Então, e

\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

$\mathbf{X}^{\prime}\mathbf{X} = \mathbf{1}_{n \times 1}^{\prime}\mathbf{1}_{n \times 1} = n$ que obviamente possui inversa , fornecendo assim uma estatística de teste que seria testada em uma distribuição central com graus de liberdade conforme desejado.

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
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