독립 검정에서 카이 제곱 분포를 사용하는 이유는 무엇입니까?

적합도 테스트는 다음 사용 통계 : 것을 허가 테스트에서, 조건이 하나의 사용, 충족 - 분배 지정된 것을 P 값 계산하기 동일한 크기의 대표적인 샘플에서 이러한 값을 관찰하는 것이 사실 일 것이다. $\chi^2$

χ_{0}^{2} = \sum_{i = 1}^{n} \frac{(O_{i} - E_{i})^{2}}{E_{i}}

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

χ^{2}

$\chi^2$

H_{0}

$H_0$

그러나 통계량 가 ( 자유도를 갖는) 를 따르 려면 독립 표준 표준 ( Wikipedia )). 테스트 조건은 다음과 같습니다 (다시 Wikipedia에서 ). $\chi_0^2$ $\chi^2$ $n-1$

\sum_{i = 1}^{n} \frac{(O_{i} - E_{i})^{2}}{E_{i}} = \sum_{i = 1}^{n - 1} Z_{i}^{2}

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

Z_{i}

$Z_i$

인구 대표 표본
큰 샘플 크기
예상 세포 수가 충분히 크다
각 카테고리의 독립성

조건 (1,2)에서 우리는 표본에서 모집단으로의 추론 조건을 만족한다는 것이 분명합니다. (3) 분모에 있는 이산 카운트 가 각 에 대해 연속 분포를 않고 충분히 크지 않으면 Yates 로 정정 할 수있는 오류가 있기 때문에 필요한 가정 인 것 같습니다. 수정 -이것은 불연속 분포가 기본적으로 "바닥"연속 분포라는 사실에서 비롯된 것이므로 각각에 대해 씩 이동 하면이 문제가 해결됩니다. $E_i$ $Z_i$ $1/2$

(4)의 필요성은 나중에 편리해 보일 것 같습니다만, 어떻게 볼 수 없습니다.

처음 에는 통계가 분포와 일치하려면 이 필요하다고 생각했습니다. 이로 인해 이 의심스러운 가정으로 . 실제로, 에서 로의 등변의 두 측면에 대한 차원의 축소에서 이것이 가능하지 않다는 것이 분명합니다. $Z_i=\frac{O_i-E_i}{\sqrt{E_i}}$ $O_i-E_i\sim \mathcal{N}(0, \sqrt{E_i})$ $n$ $n-1$

whuber의 설명 덕분에 Z_i는 이므로 각 용어와 같을 필요는 없다는 것이 표준 정규 확률 변수의 (합계 변수의 개수의 감소 주) 있는 기능적 독립적. $Z_i$ $\frac{O_i-E_i}{\sqrt{E_i}}$ $\chi_0^2=\sum_{i=1}^{n-1}Z_i^2$ $Z_i$

그렇다면 제 질문 은 어떻게 가 분포를 따를 수 있습니까? 각 항의 어떤 조합이 제곱 표준 법선 입니까? 이를 위해서는 분명히 CLT를 사용해야합니다. 다시 말해 , 각각의 는 무엇 입니까? $\chi_0^2$ $\chi^2$ $\frac{(O_i-E_i)^2}{E_i}$ $Z_i^2$ $Z_i$

hypothesis-testing chi-squared

— VF1
소스

누군가 내가 마지막으로 말한 것을 가정한다는 것을 알고있는 곳이 궁금합니다 ( ). 그럴 필요는 없습니다. 통계량은 정규 분포를 갖는 표준화 된 잔차없이 분포 (적어도 매우 좋은 근사치까지)를 가질 수 있습니다. 당신이 묻고 싶은 질문은 이러한 가정이 통계를 분포를 참조하는 것을 어떻게 정당화하는 것 입니까? 그들 스스로 는 그렇지 않습니다. 무엇이 잘못 될 수 있는지에 대한 논의는 내 게시물 stats.stackexchange.com/a/17148을 참조하십시오 .

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}

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

— 우버

두 제곱합의 동등성에서 제곱근이 용어별로 같다는 결론을 내릴 수 없습니다! 이는 단순한 숫자의 경우이므로 반드시 임의 변수의 경우입니다.

— whuber

이 콘크리트를 만들기 위해 이 자유도 및 인 분포 와 독립적으로 분포 한다고 이지만 모든 대해 입니다 . 그러나 중 어느 것도 정상적인 것은 에는 분포가 있습니다.

(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}

$W_i$

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

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

χ^{2} (n - 1)

$\chi^2(n-1)$

— whuber

"제곱 표준 법선"이 "독립 제곱 표준 법선의 합"을 의미한다면, 그것은 처음에 실제로 포즈를 취하고 싶었던 질문입니다 :-). 그리고 결국, 상황에 대한 대부분의 분석은 실제로 표준화 된 잔차가 무의식적으로 표준 정규임을 증명하기 위해 중앙 한계 정리를 호출합니다 (그러나 독립성이 아니기 때문에 자유도가 이고 아닙니다 ).

n - 1

$n-1$

n

$n$

— whuber

내가 기대하는 것에 대한 +1은 곧 매우 좋은 질문이 될 것입니다. 첫 번째 문제는 독립성 테스트에서 주장 된 통계를 사용하지 않는다는 것입니다. 시작시 제공된 통계량은 일차원 ( 개 이상의 범주)이며 독립성 검정에는 둘 이상의 변수가 필요합니다. 검정 이름과 통계가 일치하도록 편집하십시오.

n

$n$

— Glen_b-복지 주 모니카

답변:

포아송 분포에 관한 것입니다. 경우 평균이이고 포아송 다음의 편차 이다 또한이. 이것은 가 와 같은 엔티티라는 것을 의미합니다. CLT에 따르면 포아송은 평균이 커짐에 따라 정규화되는 경향이 있으며, 여기에서 카이 제곱이 시작됩니다. 그렇습니다. 이것은 점근선 테스트입니다. $X$ $\lambda$ $X$ $\lambda$

\frac{(X - λ)^{2}}{λ}

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

z^{2}

$z^2$

자유도는 코크란의 정리에서 나옵니다. 기본적으로 Cochran은 점수 에서 카이 제곱이 선형 변환을받는 방식으로 변형되는 방법을 설명합니다 . $z^2$

\sum_{i} z_{i}^{2} = Z^{'} I Z

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

행렬 표기법으로. 일반적인 제곱합을 계산하는 대신 일부 행렬 Q에 대해 를 계산 하면 카이 제곱 분포로 수량을 얻을 수 있지만 자유도는 이제 의 순위입니다 . 행렬 Q에는 더 많은 조건이 있지만 이것이 그 요점입니다.

Z^{'} Q Z

$Z' Q Z$

Q

$Q$

일부 행렬 표기법을 사용하면 를 2 차 형태로 표현할 수 있습니다 . Cochran은 원래 정규 변량의 독립성을 가정하므로 계수 테이블의 열도 독립적이어야합니다.

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

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

— 플라시 디아
소스

미안하지만, "당신이한다면 ..."에서 저를 잃어 버렸습니다.

— VF1

@ VF1, 나는 변경을 가졌으므로 더 명확하기를 바랍니다. 코크레인의 정리는 법선이있는 제곱합에 카이 제곱 분포가있을 때의 질문에 대한 답입니다.

— Placidia

좋아, 이것 좀 봐 그러나 다른 사람이 추가 할 것이있는 경우 질문을 열어 두겠습니다.

— VF1

일반적으로 샘플 크기는 고정되어 있습니다. 즉, 어떤 항목이 Poisson 분포를 따를 수는 없습니다. 따라서 포아송 분포에 대한 호소는 또 다른 근사치 인 것처럼 보이며 시작한 곳에서 우리를 바로 떠날 것 같습니다.

— whuber

교과서 "랜덤 및 시뮬레이션에 입문 통계"에 따르면, 3.3.2 (에서 자유롭게 사용할 교과서 OpenIntro )는 시험 통계는 예상 관찰의 편차를 축적하기 위해 노력하고있다. 그리고 편차는 실제로 용어를 통해 표현됩니다. $\chi^2$

Z_{i} = \frac{O_{i} - E_{i}}{\sqrt{E_{i}}}

$Z_i = \frac{O_i - E_i}{\sqrt{E_i}}$

실제로는 합니다.

\frac{O_{i} - E_{i}}{(S t a n d a r d E r r o r O f T h e O b s e r v e d)}

$\frac{O_i - E_i}{(Standard Error Of The Observed)}$

교과서는 계속해서 가 의해 더 잘 추정 용어는 됩니다. 교과서는 실제로이 대체가 수용 가능한 이유를 설명하지 않으며, 또한 알고 싶습니다. $(StandardErrorOfTheObserved)$ $\sqrt{E_i}$ $Z_i = \frac{O_i - E_i}{\sqrt{E_i}}$

어쨌든, 당신은 폼의 테스트 통계를 만들 수 있습니다

Z = | Z_{1} | + | Z_{2} | + | Z_{3} | + . . .

$Z = |Z_1| + |Z_2| + |Z_3| + ...$

그러나 모든 값을 제곱하는 것이 좋습니다. 즉, 양수 값을 즉시 얻고 더 높은 값을 제곱 한 후에 더 두드러집니다. 그래서 당신은 다음을 얻습니다 :

χ^{2} = Z_{1}^{2} + Z_{2}^{2} + Z_{3}^{2} + . . .

$\chi^2 = Z_1^2 + Z_2^2 + Z_3^2 +...$

그러나 나는 모른다 중 하나 이유 합이 따라야한다 분포를, 또는의 정의에 대한 연결 무엇 분포 (표준 정규 독립 변수의 제곱의 합). $\chi^2$ $\chi^2$

편집 : 나는 여전히 통계를 배우고 있는데, 여전히 테스트를 제대로 이해하지 못한다고 생각 합니다. 다른 사람들도 저를 깨달을 수 있기를 바랍니다. $\chi^2$

— CamilB
소스