어떤 수준에서입니다

배경 : 안전하게 건너 뛰십시오-참조를 위해 여기 있으며 질문을 정당화합니다.

이 문서 의 시작 부분은 다음 과 같습니다.

"Karl Pearson의 유명한 카이-제곱 비상 테스트는 정규 분포를 기반으로하는 z 통계라고하는 다른 통계량에서 파생됩니다. 가장 간단한 버전의 $\chi^2$ 는 수학적으로 동일한 z 테스트와 동일한 것으로 표시 될 수 있습니다.이 테스트는 동일한 결과를 생성합니다. 모든 상황에서. 모든 의도와 목적은 "카이 제곱"은 "Z-제곱"이라고 할 수있다.의 중요한 값 $\chi^2$ 하나의 자유도에 대한이 Z의 대응하는 중요한 값의 제곱입니다. "

이것은 CV ( 여기 , 여기 , 여기 및 기타) 에서 여러 번 주장되었습니다 .

그리고 실제로 우리가 할 수 증명 하는 는와같습니다. $\chi^2_{1\,df}$ $X^2$ $X\sim N(0,1)$

하자 말하자면 그 와 그 과의 밀도 찾는 사용하여 방법 $X \sim N(0,1)$ $Y=X^2$ $Y$ $cdf$

. 문제는 정규 분포의 밀도를 밀접하게 통합 할 수 없다는 것입니다. 그러나 우리는 그것을 표현할 수 있습니다. $p(Y \leq y) = p(X^2 \leq y)= p(-\sqrt{y} \leq x \leq \sqrt{y})$

파생 상품을 복용 :

F_{X} (y) = F_{X} (\sqrt{y}) - F_{X} (- \sqrt{y}) .

$F_X(y) = F_X(\sqrt{y})- F_X(-\sqrt[]{y}).$

f_{X} (y) = F_{X}^{'} (\sqrt{y}) \frac{1}{2 \sqrt{y}} + F_{X}^{'} (\sqrt{- y}) \frac{1}{2 \sqrt{y}} .

$f_X(y)= F_X'(\sqrt{y})\,\frac{1}{2\sqrt{y}}+ F_X'(\sqrt{-y})\,\frac{1}{2\sqrt{y}}.$

정규 은 대칭 이므로 다음과 같습니다. $pdf$

. 받는이 동일시정상 (지금의에서것 $f_X(y)= F_X'(\sqrt{y})\,\frac{1}{\sqrt{y}}$ $pdf$ $x$ $pdf$ 는 $\sqrt{y}$ 정상의 부분); 포함하는 것을 기억 $e^{-\frac{x^2}{2}}$ $pdf$ 끝에 : $\frac{1}{\sqrt{y}}$

f_{X} (y) = F_{X}^{'} (\sqrt{y}) \frac{1}{\sqrt{y}} = \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- \frac{y}{2}} \frac{1}{\sqrt{y}} = \frac{1}{\sqrt{2 π}} e^{- \frac{y}{2}} y^{\frac{1}{2} - 1}

$f_X(y)= F_X'(\sqrt[]{y})\,\frac{1}{\sqrt[]{y}}= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{y}{2}}\, \frac{1}{\sqrt[]{y}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,e^{-\frac{y}{2}}\, y^{\frac{1}{2}- 1}$

카이 제곱의 pdf와 비교 :

f_{X} (x) = \frac{1}{2^{ν / 2} Γ (\frac{ν}{2})} e^{\frac{- x}{2}} x^{\frac{ν}{2} - 1}

$f_X(x)= \frac{1}{2^{\nu/2}\Gamma(\frac{\nu}{2})}e^{\frac{-x}{2}}x^{\frac{\nu}{2}-1}$

이후 ,df의 경우 카이 제곱의를정확하게 도출했습니다. $\Gamma(1/2)=\sqrt{\pi}$ $1$ $pdf$

또한 prop.test()R 에서 함수 를 호출 하면 우리가 결정 하는 것과 동일한 테스트를 호출합니다 . $\chi^2$ chisq.test()

질문:

그래서 나는이 모든 포인트를 얻었지만 여전히 두 가지 이유로이 두 가지 테스트의 실제 구현에 어떻게 적용되는지 알지 못합니다.

z- 검정은 제곱이 아닙니다.
실제 테스트 통계는 완전히 다릅니다.

대한 검정 통계량 $\chi^2$ 의 값 은 다음과 같습니다.

곳 $\chi^2 = \sum_{i=1}^{n} \frac{(O_i - E_i)^2}{E_i} = N \sum_{i=1}^n p_i \left(\frac{O_i/N - p_i}{p_i}\right)^2$

= Pearson의 누적 검정 통계량으로, 분포에무조건 접근합니다. = 유형 의 관측치 수; = 총 관측치 수; = =모집단에서 유형 의 비율이 다음과 같은 귀무 가설에 의해 주장 된유형 의 예상 (이론적) 주파수 $\chi^2$ $\chi^2$ $O_i$ $i$ $N$ $E_i$ $N p_i$ $i$ $i$ ; = 테이블의 셀 수 $p_i$ $n$

반면에 검정에 대한 검정 통계량 은 다음과 같습니다. $z$

와 $\displaystyle Z = \frac{\frac{x_1}{n_1}-\frac{x_2}{n_2}}{\sqrt{p\,(1-p)(1/n_1+1/n_2)}}$ , 여기서및는 범주 형 변수 수준의 각 항목에있는 주제 수에 대한 "성공"수입니다. 즉,및 $\displaystyle p = \frac{x_1\,+\,x_2}{n_1\,+\,n_2}$ $x_1$ $x_2$ $n_1$ . $n_2$

이 공식은 이항 분포에 의존하는 것 같습니다.

이 두 시험 통계는 분명히 다르며, 실제 시험의 통계뿐만 아니라 다른 결과를 초래할 P는 -values : 5.8481에 대한 과 는 z-시험 여기서 (감사합니다, @ mark999 ). 검정 의 p- 값 은 이고 z- 검정 의 경우 p- 값 은 입니다. 양측 꼬리와 단측 꼬리의 차이는 $\chi^2$ 2.4183 $\small 2.4183^2=5.84817$ $\chi^2$ 0.015590.0077 $\small 0.01559/2=0.007795$ (감사합니다 @amoeba).

그래서 우리는 어느 수준에서 그것들이 하나이고 같다고 말합니까?

chi-squared proportion z-test

— 안토니 파렐 라다
소스

그러나 이것들은 두 개의 동일한 테스트입니다. Z 제곱은 카이 제곱 통계량입니다. 열이 두 그룹이고 행이 "성공"및 "실패"인 2x2 빈도 테이블을 사용하십시오. 주어진 열에서 카이-제곱 검정의 소위 예상 주파수는 가중 (그룹의 N) 평균 열 (그룹) 프로파일 에 해당 그룹의 N을 곱한 값입니다. 따라서 카이-제곱의 편차를 테스트합니다. 이 평균 그룹 프로파일의 두 그룹 프로파일 각각-그룹의 프로파일 차이를 테스트하는 것과 동일한 비율의 z- 테스트.

— ttnphns

마지막 하이퍼 링크의 예에서

는 z- 검정 통계량의 제곱이지만 거의 같지 않으며 p- 값이 다릅니다. 또한, 위의 나머지 통계에 대한 공식을 볼 때 그것들이 동일하다는 것이 즉각적입니까? 아니면 다른 하나의 사각형이라도?

χ^{2}

$\chi^2$

— Antoni Parellada

에서가 chisq.test(), 당신이 사용하는 시도가 correct=FALSE?

— mark999

실제로 안토니. 두 가지 테스트 모두 Yates가 있거나없는 상태로 존재합니다. 하나만 사용하고 다른 하나는 계산하지 않을 수 있습니까?

— ttnphns

감사합니다! 당신은 (예상 적으로) 정확했습니다. 예이츠 보정을 끄면 하나는 다른 하나의 제곱입니다. 조금 빠르지 만 그에 따라 질문을 편집했습니다. 나는 여전히 두 가지 테스트 통계가 동일하다는 것을 대수적으로 증명하고 싶고 p- 값이 왜 다른지 이해하고 싶습니다.

— Antoni Parellada

열이 두 개의 응답자 그룹이고 행이 두 개의 응답 "예"및 "아니오"인 2x2 빈도 테이블을 보자. 그리고 우리는 주파수를 그룹 내 비율 , 즉 수직 프로파일 로 전환했습니다 .

      Gr1   Gr2  Total
Yes   p1    p2     p
No    q1    q2     q
      --------------
     100%  100%   100%
      n1    n2     N

공식에서 빈도 대신 비율을 대체 한 표의 일반적인 (Yates 수정되지 않음) 는 다음과 같습니다. $\chi^2$

n_{1} [\frac{(p_{1} - p)^{2}}{p} + \frac{(q_{1} - q)^{2}}{q}] + n_{2} [\frac{(p_{2} - p)^{2}}{p} + \frac{(q_{2} - q)^{2}}{q}] = \frac{n_{1} (p_{1} - p)^{2} + n_{2} (p_{2} - p)^{2}}{p q} .

$n_1[\frac{(p_1-p)^2}{p}+\frac{(q_1-q)^2}{q}]+n_2[\frac{(p_2-p)^2}{p}+\frac{(q_2-q)^2}{q}]= \frac{n_1(p_1-p)^2+n_2(p_2-p)^2}{pq}.$

기억 는 두 프로필의 가중 평균 프로파일의 소자와, 상기 화학식에 끼우 구하는 $p= \frac{n_1p_1+n_2p_2}{n_1+n_2}$ (p1,q1)(p2,q2)

. . . = \frac{(p_{1} - p_{2})^{2} (n_{1}^{2} n_{2} + n_{1} n_{2}^{2})}{p q N^{2}}

$...= \frac{(p_1-p_2)^2(n_1^2n_2+n_1n_2^2)}{pqN^2}$

바이 분자와 분모 분할 및 get $(n_1^2n_2+n_1n_2^2)$

\frac{(p_{1} - p_{2})^{2}}{p q (1 / n_{1} + 1 / n_{2})} = Z^{2},

$\frac{(p_1-p_2)^2}{pq(1/n_1+1/n_2)}=Z^2,$

"예"반응에 대한 비율의 z- 검정에 대한 z의 제곱 통계입니다.

따라서 2x2동질성 카이 제곱 통계량 (및 검정)은 두 비율의 z 검정에 해당합니다. 주어진 열에서 카이-제곱 검정에서 계산 된 소위 예상 주파수는 그룹에 의해 가중 된 n평균 수직 프로파일 (즉 "평균 그룹"의 프로파일)에 해당 그룹의 곱을 곱한 것입니다 n. 따라서 카이-제곱은이 평균 그룹 프로파일에서 두 그룹 프로파일 각각의 편차를 테스트합니다. 이는 그룹의 프로파일 차이를 서로 테스트하는 것과 같으며 이는 비율의 z 테스트입니다.

이것은 변수 연관 측정 (카이 제곱)과 그룹 차이 측정 (z- 검정 통계) 사이의 연결에 대한 하나의 데모입니다. 속성 연관과 그룹 차이는 종종 같은 것의 두 가지 측면입니다.

(@Antoni의 요청에 따라 위의 첫 번째 줄에 확장을 표시) :

$n_1[\frac{(p_1-p)^2}{p}+\frac{(q_1-q)^2}{q}]+n_2[\frac{(p_2-p)^2}{p}+\frac{(q_2-q)^2}{q}] = \frac{n_1(p_1-p)^2q}{pq}+\frac{n_1(q_1-q)^2p}{pq}+\frac{n_2(p_2-p)^2q}{pq}+\frac{n_2(q_2-q)^2p}{pq} = \frac{n_1(p_1-p)^2(1-p)+n_1(1-p_1-1+p)^2p+n_2(p_2-p)^2(1-p)+n_2(1-p_2-1+p)^2p}{pq} = \frac{n_1(p_1-p)^2(1-p)+n_1(p-p_1)^2p+n_2(p_2-p)^2(1-p)+n_2(p-p_2)^2p}{pq} = \frac{[n_1(p_1-p)^2][(1-p)+p]+[n_2(p_2-p)^2][(1-p)+p]}{pq} = \frac{n_1(p_1-p)^2+n_2(p_2-p)^2}{pq}.$

— ttnphns
소스

@ttnphs This is great! Any chance you could clarify the intermediate step in the first equation (

χ^{2}

$\chi^2$ ) formula - I don't see how the

q

$q$ 's go away after the equal sign.

— Antoni Parellada

@ttnphs 확장하면

n_{1} [\frac{(p_{1} - p)^{2}}{p} + \frac{(q_{1} - q)^{2}}{q}] + n_{2} [\frac{(p_{2} - p)^{2}}{p} + \frac{(q_{2} - q)^{2}}{q}] = n_{1} (\frac{q (p^{2} + p (- 2 p_{1} - 2 q_{1} + p_{1}^{2}) + p (q^{2} + q_{1}^{2})}{p q}) + n_{2} (\frac{q (p^{2} + p (- 2 p_{2} - 2 q_{2}) + p_{2}^{2}) + p (q^{2} + q_{2}^{2})}{p q})

$n_1[\frac{(p_1-p)^2}{p}+\frac{(q_1-q)^2}{q}]+n_2[\frac{(p_2-p)^2}{p}+\frac{(q_2-q)^2}{q}]=n_1(\frac{q(p^2+p(-2p_1-2q_1+p_1^2)+p(q^2+q_1^2)}{pq})+n_2(\frac{q(p^2+p(-2p_2-2q_2)+p_2^2)+p(q^2+q_2^2)}{pq})$

— Antoni Parellada

@ttnphs ... Or some reference so it's less work to type the latex... And I'll promptly and happily 'accept' the answer...

— Antoni Parellada

@Antoni, expansion inserted.

— ttnphns

@ttnphns Awesome!

— Antoni Parellada