Dlaczego test niezależności wykorzystuje rozkład chi-kwadrat?

Test dobroci dopasowania wykorzystuje następującą statystykę : W teście warunki są spełnione, Można użyć - rozkład obliczyć p-wartość, biorąc pod uwagę prawda można by zaobserwować w takiej wartości reprezentatywnej próbki o tej samej wielkości. $\chi^2$

χ_{0}^{2)} = \sum_{ja = 1}^{n} \frac{(O_{ja} - {mi}_{ja})^{2)}}{{mi}_{ja}}

$\chi_0^2=\sum_{i=1}^n\frac{(O_i-E_i)^2}{E_i}$

χ^{2}

$\chi^2$

H_{0}

$H_0$

Jednak aby statystyki podążały za (z stopniami swobody), musi być prawdą, że: dla niezależnego, standardowego, normalnego ( Wikipedia ). Warunki testu są następujące (ponownie z Wikipedii ): $\chi_0^2$ $\chi^2$ $n-1$

\sum_{ja = 1}^{n} \frac{(O_{ja} - {mi}_{ja})^{2)}}{{mi}_{ja}} = \sum_{ja = 1}^{n - 1} Z_{ja}^{2)}

$\sum_{i=1}^n\frac{(O_i-E_i)^2}{E_i}=\sum_{i=1}^{n-1}Z_i^2$

Z_{i}

$Z_i$

Próbka reprezentatywna dla populacji
Duży rozmiar próbki
Oczekiwana liczba komórek jest wystarczająco duża
Niezależność między każdą kategorią

Z warunków (1,2) jasno wynika, że spełniamy warunki wnioskowania z próby na populację. (3) wydaje się być wymaganym założeniem, ponieważ dyskretna liczba , która jest w mianowniku, nie powoduje prawie ciągłego rozkładu dla każdego a jeśli nie jest wystarczająco duża, występuje błąd, który można poprawić za pomocą Yatesa korekta - wydaje się, że wynika to z faktu, że rozkład dyskretny jest zasadniczo „ciągłym” rozkładem ciągłym, więc przesunięcie o dla każdego koryguje to. $E_i$ $Z_i$ $1/2$

Konieczność (4) wydaje się przydatna później, ale nie widzę, jak to zrobić.

Na początku myślałem, że jest konieczne, aby statystyki pasowały do rozkładu. Doprowadziło mnie to do wątpliwego założenia, że , co rzeczywiście było błędne. W rzeczywistości ze zmniejszenia wymiaru dwóch stron równości od do jasno wynika, że nie może tak być. $Z_i=\frac{O_i-E_i}{\sqrt{E_i}}$ $O_i-E_i\sim \mathcal{N}(0, \sqrt{E_i})$ $n$ $n-1$

Dzięki wyjaśnieniom stało się jasne, że nie musi być równe każdemu ponieważ (zwróć uwagę na zmniejszenie liczby zmiennych sumowanych) dla standardowych normalnych zmiennych losowych które są funkcjonalnie niezależne. $Z_i$ $\frac{O_i-E_i}{\sqrt{E_i}}$ $\chi_0^2=\sum_{i=1}^{n-1}Z_i^2$ $Z_i$

Moje pytanie brzmi zatem, w jaki sposób podążać za ? Jakie kombinacje każdego z dają kwadratowe standardowe normalne ? To najwyraźniej wymaga użycia CLT (i to ma sens), ale jak? Innymi słowy , co każde równe (lub w przybliżeniu równe)? $\chi_0^2$ $\chi^2$ $\frac{(O_i-E_i)^2}{E_i}$ $Z_i^2$ $Z_i$

hypothesis-testing chi-squared VF1
źródło

Jestem ciekawy, gdzie przeczytałeś, że ktoś zakłada ostatnią rzecz, którą powiedziałeś ( ). Nie jest to konieczne: statystyka może mieć (przynajmniej do bardzo dobrego przybliżenia), przy czym żadna z tych znormalizowanych reszt nie ma rozkładu normalnego. Pytanie wydaje się zadać to w jaki sposób założenia te uzasadniają skierowania statystykę do dystrybucji? Same w sobie nie. W celu omówienia tego, co może pójść nie tak, zobacz mój post na stats.stackexchange.com/a/17148 .

O_{i} - E_{i} \sim N (0, \sqrt{E_{i}})

$O_i-E_i\sim \mathcal{N}(0, \sqrt{E_i})$

χ^{2}

$\chi^2$

χ^{2}

$\chi^2$ $\chi^2$ $\chi^2$

Whuber

Z równości dwóch sum kwadratów nie można wnioskować, że pierwiastki kwadratowe są równe termin po terminie! Ponieważ dotyczy to jedynie liczb, z pewnością dotyczy to również zmiennych losowych.

whuber

Aby uczynić ten konkretny, załóżmy, że są niezależnie dystrybuowane z rozkładami o stopniach swobody

i że

ale

dla wszystkich

. Zatem chociaż żadne z

jest normalne, niemniej

(W_{i}), i = 1, \dots, n

$(W_i),i=1, \ldots,n$

χ

$\chi$

ν_{1}, ν_{2}, \dots, ν_{n}

$\nu_1,\nu_2,\ldots,\nu_n$

ν_{1} + ν_{2} + \dots + ν_{n} = n - 1

$\nu_1+\nu_2+\cdots+\nu_n=n-1$

ν_{i} \neq 1

$\nu_i\ne 1$

i

$i$

W_{i}

$W_i$

marozkład

\sum_{i = 1}^{n} W_{i}^{2}

$\sum_{i=1}^n W_i^2$

χ^{2} (n - 1)

$\chi^2(n-1)$

whuber

Jeśli przez „normalną kwadratową normalną” masz na myśli „sumę niezależnych kwadratowych normalnych normalnych”, to pytanie, jak sądzę, naprawdę chciałeś postawić na początku :-). I w końcu większość analiz sytuacji rzeczywiście odwołuje się do centralnego twierdzenia granicznego, aby udowodnić, że znormalizowane reszty asymptotycznie są standardową normą (ale nie całkiem niezależną, dlatego stopnie swobody wynoszą

a nie

n - 1

$n-1$

n

$n$

whuber

n

$n$

$X$ $\lambda$ $X$ $\lambda$

\frac{(X - λ)^{2)}}{λ}

$\frac{(X-\lambda)^2}{\lambda}$

z^{2}

$z^2$

\sum_{ja} z_{ja}^{2)} = Z^{'} ja Z

$\sum_i z_i^2=Z' I Z$

Z^{'} Q Z

$Z' Q Z$

Q

$Q$

\sum_{ja} (z_{ja} - \bar{z})^{2)}

$\sum_i (z_i-\bar{z})^2$

Placidia
źródło

Przepraszam, ale zdecydowanie mnie zgubiłeś w „Jeśli zamiast tego robisz ...”

VF1

@ VF1, dokonałem zmiany, więc mam nadzieję, że będzie to bardziej jasne. Twierdzenie Cochrane'a jest odpowiedzią na twoje pytanie, kiedy suma kwadratów z normalnymi ma rozkład chi-kwadrat.

Placidia

OK, spojrzę na to. Pozostawię jednak pytanie otwarte, na wypadek, gdyby ktoś jeszcze mógł coś dodać.

VF1,

Zwykle wielkość próbki jest ustalona. Oznacza to, że niemożliwe jest, aby którykolwiek z wpisów był zgodny z rozkładem Poissona. Odwołanie do dystrybucji Poissona wygląda zatem tak, jakby to było kolejne przybliżenie - i wydaje się, że pozostawia nas tam, gdzie zaczynaliśmy.

whuber

Dlaczego test niezależności wykorzystuje rozkład chi-kwadrat?

Odpowiedzi: