Çay tadımı Bayan gücü

9

Ünlü Fisher'ın deneyinde gözlemlenebilir olan, iki tür ve fincanına sahip düzeltilmiş tahmin edilen fincan sayısıdır . Test büyüklüğü göz önüne alındığında genellikle kritik bölgeyi sıfır hipotezini (bayan rastgele tahmin eder) reddetmek için hesaplamak ilginçtir . Bu, hipergeometrik dağılım kullanılarak kolayca yapılabilir. Aynı şekilde, kritik bölge göz önüne alındığında testin boyutunu hesaplayabilirim. $k$ $A$ $B$ $\alpha$

Farklı bir soru şudur: Alternatif bir hipotez verildiğinde testin gücü nasıl hesaplanır? Örneğin, bayanın tek bardaktaki olasılıkla doğru tahmin edebildiğini varsayalım ( ). eşit toplam bardak sayısı ve bir tür olan toplam bardak sayısı varsayarsak testin gücü nedir ? (Maalesef) bayan biliyor . $p=90\%$ $P(\text{guess} A|\text{true} A)=P(\text{guess } B|\text{true } B)=0.9$ $N=8$ $n=N/2=4$ $n$

Başka bir deyişle , bayan bir tür fincan olduğunu biliyorsa (alternatif hipotez altındaki doğru bardak sayısı) dağılımı nedir? $k=$ $n$

hypothesis-testing power fishers-exact

— Ruggero Turra
kaynak

Gönderinizi düşünmek ... Fisher, sadece bayan tüm tahminlerinde haklıysa null'u reddetmeye karar verdiyse (bence durum böyleydi) ve tüm bardakları doğru almanın tek bir yolu var, bunun gerçekleşme olasılığı olabilir gerçek güç?

{0.9}^{4} = 0.6561

$0.9^4=0.6561$

— Antoni Parellada

Genel olarak tüm fincanları tahmin ettiğinde reddedemezsin. Ancak ile kritik bölge olduğu doğrudur . Hanımın her türden 4 fincan olduğunu bildiğini dikkate almıyorsunuz. Bu arada genel çözüm

N = 8

$N=8$

N \neq 8

$N\neq 8$

— Ruggero Turra ile

1

Bu ilginç ama zor bir problem. Ho'nun reddedilmesine yol açacak tabloları belirlemek kolaydır, ancak bu tabloları Ha altında görme olasılığını düşünmek zorunda kalacaktır. Aşağıdaki makale, belirli bir duyarlılık ve özgüllük ile biraz değiştirilmiş bir tablo için gücü hesaplamaktadır: Falissard ve ark. Hesaplamaların doğru olup olmadığından emin değilim. Gerçekten bir binom probleminiz varsa, Tam R paketini kullanabilirsiniz, ancak bu farklı bir sorundur

— Peter Calhoun

3

Alternatif altında, bayan rastgele tahmin etmiyor , ancak "rastgele tahmin etmiyor" farklı durumların sonsuzluğunu kapsıyor. Her zaman mükemmel tahmin edebilir ya da rastgele tahmin etmekten çok az daha iyi yapabilir ... ve genel olarak, çalışmak için rastgele olmayan tek değişkenli bir "ölçek" bile yoktur (bu yüzden bir gücümüz bile yok verebileceği rastgele olmayan yanıt türlerini kısıtlamadıkça eğri).

Yani bir bilişim gücü için, biz çok belirgin olmasını gerektiğini nasıl o tesadüfi olmayan (ve ne kadar tesadüfi olmayan o belirli moda olan) var.

Biz o süt gibi her fincan tadı ilk eklendi ne kadar bir hissi aldığını, örneğin, düşünebilirsem - bir rasgele değişken bir "süt firstiness" endeksini bir olduğunu süt ilk eklendiğinde farklı (daha yüksek) ortalama - örneğin normal logolu olduğunu söyleyebiliriz, ortalama mu_0 ve varyans ( " Hassasiyet ") en son süt eklendiğinde ve süt ilk eklendiğinde ortalama ve varyans anlamına gelir (gerçekten daha basit ancak daha kısıtlayıcı bir varsayım ayarlanabilir, örneğin, $(-\infty,\infty)$ $\mu_0$ $\sigma^2=1/\omega^2$ $\omega^2$ $\mu_1$ $\sigma^2$ $\mu_1=-\mu_0=1$ böylece her şey artık bir değişkenin, hassasiyetin bir fonksiyonudur). Dolayısıyla, bu parametrelerin herhangi bir değeri için, 8 bardağın tamamını doğru alma olasılığını hesaplayabiliriz (deneyimlediği dört en küçük "süt-birinci" değerlerinin dört süt-saniye kabı ile ilişkili olması); kesin hesaplama bizim için çok zor olsaydı, bunu istenen herhangi bir doğrulukta simüle edebiliriz. [Rastgele olmama durumunun sadece bir değişkenin fonksiyonu olduğu varsayılırsa, bir güç eğrisine (parametrenin her değeri için güç değeri) sahip oluruz.]

Parametreleri belirleyebileceğimiz ve güç için bir değer elde edebileceğimiz "rastgele daha iyi" nasıl performans gösterebileceğine dair spesifik bir model.

Elbette bundan daha başka rasgele olmama biçimlerini varsayabiliriz.

— Glen_b-Monica'yı eski durumuna döndür
kaynak

3

Alternatif hipotez altında doğru sayıda tahminin dağılımı , merkez oranı olmayan hipergeometrik bir dağılımı takip eder ; bu, oran oranı, yani, hanımın "önce çay" ı tahmin etme olasılıkları Aslında çay ilk önce (ya da tam tersi) süt eklendiğinde aksine gerçekten eklenmiştir. Oran oranı 1 ise, merkezi hipergeometrik dağılımı elde ederiz.

Bakalım bu işe yarayıp yaramadığını. R'yi örnekleme amacıyla, (merkezi olmayan) hipergeometrik dağılımın yoğunluğunu hesaplama MCMCpackişlevine sahip paketi kullanarak kullanacağım dnoncenhypergeom(). Bu değişkenleri olduğu xtahminlerin doğru sayısını (dikkatli: çay gerçekten ilk eklendiğinde bu iki koşuldan birisi tahminlerin doğru sayıda, örneğin, bir), argümanlar n1, n2ve m1dört kenar üçü için ve psiiçin gerçek oran oranı. xGerçek olasılık oranı 1 olduğunda , yoğunluğu 0 ila 4'e eşitleyelim (tüm kenar boşlukları 4'e eşittir):

install.packages("MCMCpack")
library(MCMCpack)
sapply(0:4, function(x) dnoncenhypergeom(x, n1=4, n2=4, m1=4, psi=1))

Bu şu sonuçları verir:

[1] 0.01428571 0.22857143 0.51428571 0.22857143 0.01428571

Yani, sıfır hipotezi altında, hanımefendinin 8 doğru tahmin yapma şansı% 1.43'tür (yani, ilk önce çayın eklendiği 4 fincanın tamamını doğru tahmin eder ve bu nedenle de 4 sütü de ilk eklenen sütü de doğru tahmin eder). Bu aslında Fisher'ın sıfır hipotezini reddetmek için yeterli bulduğu kanıt miktarıdır.

Soruda belirtilen olasılıklar oran oranını hesaplamak için kullanılabilir, yani, (yani, ). Şimdi, hanımefendinin 8 bardağın hepsini doğru tahmin etme şansı nedir (yani, ilk önce çayın eklendiği 4 bardağın tamamını ve sütün ilk önce eklendiği 4 bardağı da doğru tahmin edecektir)? $(.90/(1-.90)) / (.10/(1-.10)) = 81$ $\text{odds}(\text{guess}A|\text{true}A) / \text{odds}(\text{guess}A|\text{true}B)$

dnoncenhypergeom(4, n1=4, n2=4, m1=4, psi=81)

Bu şu sonuçları verir:

[1] 0.8312221

Yani güç yaklaşık% 83'tür.

— Wolfgang
kaynak