Warum ist der Freiheitsgrad für ein übereinstimmendes Paar Test die Anzahl der Paare minus 1?

Ich bin es gewohnt, "Freiheitsgrade" als , wobei Sie das lineare Modell \ mathbf {y} = \ mathbf {X} \ boldsymbol {\ beta} + \ boldsymbol {\ epsilon} mit \ mathbf {y haben } \ in \ mathbb {R} ^ n , \ mathbf {X} \ in M_ {n \ times p} (\ mathbb {R}) die Entwurfsmatrix mit Rang r , \ boldsymbol {\ beta} \ in \ mathbb { R} ^ p , \ boldsymbol {\ epsilon} \ in \ mathbb {R} ^ n mit \ boldsymbol {\ epsilon} \ sim \ mathcal {N} (\ mathbf {0}, \ sigma ^ 2 \ mathbf {I} _n) , \ sigma ^ 2> 0 .$n - r$

$$\mathbf{y} = \mathbf{X}\boldsymbol{\beta} + \boldsymbol{\epsilon}$$ $\mathbf{y} \in \mathbb{R}^n$$\mathbf{X} \in M_{n \times p}(\mathbb{R})$$r$$\boldsymbol{\beta} \in \mathbb{R}^p$$\boldsymbol{\epsilon} \in \mathbb{R}^n$$\boldsymbol{\epsilon} \sim \mathcal{N}(\mathbf{0}, \sigma^2 \mathbf{I}_n)$$\sigma^2 > 0$

Soweit ich mich an die Elementarstatistik erinnere (dh vorlineare Modelle mit linearer Algebra), ist der Freiheitsgrad für den Matched-Pair- $t$ Test die Anzahl der Differenzen minus $1$ . Dies würde also bedeuten, dass $\mathbf{X}$ vielleicht Rang 1 hat. Ist das richtig? Wenn nicht, warum ist $n-1$ der Freiheitsgrad für den Matched-Pair- $t$ Test?

Angenommen, ich habe ein Modell mit gemischten Effekten

$$y_{ijk} = \mu_i + \text{ some random effects} + e_{ijk}$$ wobei $i = 1, 2$ , $j = 1, \dots, 8$ und $k = 1, 2$ . Es gibt nichts Besonderes an $\mu_i$ außer dass es ein fester Effekt ist und $e_{ijk} \overset{iid}{\sim}\mathcal{N}(0, \sigma^2_e)$ . Ich gehe davon aus, dass die zufälligen Effekte für dieses Problem irrelevant sind, da wir uns in diesem Fall nur um die festen Effekte kümmern.

Ich möchte ein Konfidenzintervall für $\mu_1 - \mu_2$ .

Ich habe bereits gezeigt, dass $\bar{d}_\cdot = \dfrac{1}{8}\sum d_j$ ein unvoreingenommener Schätzer von $\mu_1 - \mu_2$ , wobei $d_j = \bar{y}_{1j\cdot} - \bar{y}_{2j\cdot}$ , $\bar{y}_{1j\cdot} = \dfrac{1}{2}\sum_{k}y_{1jk}$ und $\bar{y}_{21\cdot}$ ist ähnlich definiert. Die Punktschätzung $\bar{d}_{\cdot}$ wurde berechnet.

Ich habe bereits gezeigt, dass

$$s^2_d = \dfrac{\sum_{j}(d_j - \bar{d}_{\cdot})^2}{8-1}$$ ein unvoreingenommener Schätzer der Varianz von $d_j$ , und Daher ist \ sqrt {\ dfrac {s ^ 2_d} {8}} $$\sqrt{\dfrac{s^2_d}{8}}$$ der Standardfehler von $\bar{d}_{\cdot}$ . Dies wurde berechnet.

Jetzt geht es im letzten Teil darum, die Freiheitsgrade herauszufinden. Für diesen Schritt versuche ich normalerweise, die Entwurfsmatrix zu finden - die offensichtlich Rang 2 hat -, aber ich habe die Lösung für dieses Problem und es heißt, dass die Freiheitsgrade .$8-1$

Warum sind die Freiheitsgrade im Zusammenhang mit der Ermittlung des Ranges einer Entwurfsmatrix ?$8-1$

Bearbeitet, um hinzuzufügen: Vielleicht hilfreich in dieser Diskussion ist, wie die Teststatistik definiert wird. Angenommen, ich habe einen Parametervektor . In diesem Fall ist (es sei denn, ich vermisse etwas vollständig). Wir führen im Wesentlichen den Hypothesentest wobei . Dann ist die Teststatistik gegeben durch die gegen eine zentrale Verteilung mit getestet würden$\boldsymbol{\beta}$

$$\boldsymbol{\beta} = \begin{bmatrix} \mu_1 \\ \mu_2 \end{bmatrix}$$ $$\mathbf{c}^{\prime}\boldsymbol{\beta} = 0$$ $\mathbf{c}^{\prime} = \begin{bmatrix} 1 & -1 \end{bmatrix}$ $$t = \dfrac{c^{\prime}\hat{\boldsymbol{\beta}}}{\sqrt{\hat{\sigma}^2c^{\prime}(\mathbf{X}^{\prime}\mathbf{X})^{-1}\mathbf{c}}}$$ $t$$n - r$Freiheitsgrade, wobei die Entwurfsmatrix wie oben ist und wobei .$\mathbf{X}$ $$\hat{\sigma}^2 = \dfrac{\mathbf{y}^{\prime}(\mathbf{I}-\mathbf{P}_{\mathbf{X}})\mathbf{y}}{n-r}$$ $\mathbf{P}_{\mathbf{X}} = \mathbf{X}(\mathbf{X}^{\prime}\mathbf{X})^{-1}\mathbf{X}^{\prime}$

Der Matched-Pair- Test mit Paaren ist eigentlich nur ein One-Sample- Test mit einer Stichprobe der Größe . Sie haben Unterschiede , und diese sind iid und normal verteilt. Die erste Spalte nach hat$t$$n$$t$$n$$n$$d_1,\ldots,d_n$

$$\begin{array}{ccccc} \begin{bmatrix} d_1 \\ \vdots \\ d_n \end{bmatrix} & = & \begin{bmatrix} \bar d \\ \vdots \\ \bar d \end{bmatrix} & + & \begin{bmatrix} d_1 - \bar d \\ \vdots \\ d_1 - \bar d \end{bmatrix} \\[10pt] n \text{ d.f.} & & 1 \text{ d.f.} & & (n-1) \text{ d.f.} \end{array}$$ $\text{“}{=}\text{''}$$1$Freiheitsgrad aufgrund der linearen Einschränkung, die besagt, dass alle Einträge gleich sind; Die zweite hat Freiheitsgrade aufgrund der linearen Einschränkung, die besagt, dass die Summe der Einträge .$n-1$$0$

Vielen, vielen Dank an Michael Hardy für die Beantwortung meiner Frage.

Die Idee ist folgende: Lassen Sie und . Dann ist unser lineares Modell wobei ist der Vektor aller und Offensichtlich hat Rang , also haben wir Freiheitsgrade .

$$\mathbf{y} = \begin{bmatrix} d_1 \\ \vdots \\ d_n \end{bmatrix}$$ $\boldsymbol{\beta} = [\mu_1 - \mu_2]$ $$\mathbf{y} = \mathbf{1}_{n \times 1}\boldsymbol{\beta} + \boldsymbol{\epsilon}$$ $\mathbf{1}_{n \times 1}$$n$ $$\boldsymbol{\epsilon} = \begin{bmatrix} \epsilon_1 \\ \vdots \\ \epsilon_n \end{bmatrix} \sim \mathcal{N}(\mathbf{0}, \sigma^2\mathbf{I}_n)\text{.}$$ $\mathbf{X} = \mathbf{1}_{n \times 1}$$1$$n-1$

Woher wissen wir, dass gleich ? Denken Sie daran, dass und wie leicht zu sehen ist, für alle . Angesichts unseres ist es offensichtlich, was sein sollte. Das ist weil $\boldsymbol{\beta}$$[\mu_1 - \mu_2]$

$$\mathbb{E}[\mathbf{y}] = \mathbf{X}\boldsymbol{\beta}$$ $\mathbb{E}[d_j] = \mu_1 - \mu_2$$j$$\mathbf{X}$$\boldsymbol{\beta}$ $$\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$$ so sollte eine Matrix mit .$\boldsymbol\beta$$1 \times 1$$\boldsymbol\beta = [\mu_1 - \mu_2]$

Setze . Dann lautet unser Hypothesentest Unsere Teststatistik lautet also Wir haben Nach einiger Arbeit kann gezeigt werden, dass Es kann auch gezeigt werden, dass$\mathbf{c}^{\prime} = [1]$

$$H_0: \mathbf{c}^{\prime}\boldsymbol{\beta} = 0\text{.}$$ $$\dfrac{\mathbf{c}^{\prime}\hat{\boldsymbol{\beta}}}{\sqrt{\hat{\sigma}^2\mathbf{c}^{\prime}\left(\mathbf{X}^{\prime}\mathbf{X}\right)^{-1}\mathbf{c}}}\text{.}$$ $$\hat{\sigma}^2 = \dfrac{\mathbf{y}^{\prime}(\mathbf{I}-\mathbf{P}_{\mathbf{X}})\mathbf{y}}{n-r(\mathbf{X})}\text{.}$$ $$\mathbf{P}_\mathbf{X} = \mathbf{P}_{\mathbf{1}_{n \times 1}} = \mathbf{1}_{n \times 1}\left(\dfrac{1}{n}\right)\mathbf{1}^{\prime}\text{.}$$ $\mathbf{I}-\mathbf{P}_{\mathbf{X}}$ist symmetrisch und idempotent. Also, und $$\begin{align} \hat{\sigma}^2 &= \dfrac{\mathbf{y}^{\prime}(\mathbf{I}-\mathbf{P}_{\mathbf{X}})\mathbf{y}}{n-r(\mathbf{X})} \\ &= \dfrac{\mathbf{y}^{\prime}(\mathbf{I}-\mathbf{P}_{\mathbf{X}})^{\prime}(\mathbf{I}-\mathbf{P}_{\mathbf{X}})\mathbf{y}}{n-r(\mathbf{X})} \\ &= \dfrac{\|(\mathbf{I}-\mathbf{P}_{\mathbf{X}})\mathbf{y}\|^{2}}{n-r(\mathbf{X})} \\ &=\dfrac{\left\|\left[\mathbf{I}-\mathbf{1}_{n \times 1}\left(\dfrac{1}{n}\right)\mathbf{1}^{\prime}\right]\mathbf{y} \right\|^2}{n-1} \\ &= \dfrac{\left\|\begin{bmatrix} d_1 \\ \vdots \\ d_n \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} \bar{d}_\cdot \\ \vdots \\ \bar{d}_\cdot \end{bmatrix} \right\|^2}{n-1} \\ &= \dfrac{\sum_{i=1}^{n}(d_i-\bar{d}_{\cdot})^2}{n-1} \\ &= s^2_d \end{align}$$ $$\mathbf{X}^{\prime}\mathbf{X} = \mathbf{1}_{n \times 1}^{\prime}\mathbf{1}_{n \times 1} = n$$ was offensichtlich hat inverses , wodurch eine Teststatistik die auf einer zentralen Verteilung mit Grad von getestet würde Freiheit wie gewünscht.$1/n$ $$\dfrac{\hat\mu_1-\hat\mu_2}{\sqrt{s^2_d/n}}$$ $t$$n - 1$