Bazı zıtlıkları test etmek: Bu muhtemelen zor bir problem mi, değil mi?

Bunu mathoverflow'a gönderdim ve kimse cevap vermiyor:

Scheffé'nin istatistiksel olarak önemli kontrastları tanımlama yöntemi yaygın olarak bilinmektedir. Bir kontrast anlamına arasında , arasında popülasyonları doğrusal bir kombinasyonudur hangi , ve kontrastın skaler katı esasen aynı kontrasttır, bu yüzden kontrastlar seti projektif bir alan diyebilir. Scheffé'nin yöntemi, bu popülasyonları arasındaki tüm karşıtlıkların olduğunu söyleyen boş bir hipotezi test eder ve bir önem seviyesi verildiğinde , boş hipotezi olasılıkla ile reddeder $\mu_i$ $i=1,\ldots,r$ $r$ $\sum_{i=1}^r c_i \mu_i$ $\sum_{i=1}^r c_i=0$ $r$ $0$ $\alpha$ $\alpha$ sıfır hipotezinin doğru olduğu göz önüne alındığında. Ve sıfır hipotezi reddedilirse, Scheffé testinin bize hangi kontrastların önemli ölçüde farklı olduğunu söylediğine dikkat çeker (Vikipedi makalesinin bu noktalara bağlandığından emin değilim). $0$

Farklı bir durumda benzer bir şey yapıp yapamayacağını bilmek istiyorum. Basit bir doğrusal regresyon modelini düşünün , burada , . $Y_i = \alpha + \beta x_i + \varepsilon_i$ $\varepsilon_i\sim\operatorname{i.i.d.}N(0,\sigma^2)$ $i=1,\ldots,n$

Düşünmek istediğim sıfır hipotezi farklı bir kontrastla ilgilidir. Orada bir alt kümesidir söyler şekilde için ve için , . alt kümesi önceden belirtilirse, sıradan iki örnekli bir testi bunu yapar, ancak tüm alt kümeleri dikkate alan ve gerçek bir sıfır hipotezini reddetme olasılığını tutan bir şey istiyoruz. $A\subseteq\lbrace 1,\ldots,n\rbrace$ $E(Y_i) = \alpha_1 + \beta x_i$ $i\in A$ $E(Y_i) = \alpha_2 + \beta x_i$ $i\not\in A$ $\alpha_1\ne\alpha_2$ $A$ $t$

Verimlilik endişe yaratmıyorsa, bu çözülebilir: olasılıklarının tümünü kapsayan bir test bulun . O zaman bile sorunlu; iki karşıtlık bağımsız olmazdı. Bu konuda aykırı algılama konusunda bir uzmana sordum ve sadece kombinatoryal bir kabus olduğunu söyledi. Sonra , belki de NP-zor bir sorunu azaltarak, bunu yapmanın etkili bir yolu olmadığını kanıtlayıp kanıtlayamayacağını sordum . Sadece NP zor sorunlardan uzak durduğunu söyledi. $2^{n-1}-1$

Öyleyse: Ya bu sorunun "zor" olduğunu ya da olmadığını kanıtlayabilir mi?

— Michael Hardy
kaynak

(+1) MO versiyonundan açıklama için bir açıklama kopyalama : Sadece küçük bir açıklama noktası: Okuduğumda, sıfır hipotezinizin altında , ancak ve bunu yapmaz ( bağımsız ). İstediğin bu mu? (Bu, soruda yapılan diğer bazı imalarla eşleşmiyor gibi görünüyor.)

(α_{1}, α_{2}, α_{3}) = (1, 2, 3)

$(\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) = (1,2,3)$

(1, 2, 2)

$(1,2,2)$

(1, 1, 1)

$(1,1,1)$

β

$\beta$

— Kardinal

Yukarıda belirtildiği gibi, sıfır hipotezi sadece bir ihtiyacımız olacaktır ve alternatif hipotez ikiye ihtiyaç duymamızdır. Neden üçüncü bir tane olduğunu bilmiyorum. Aynı zamanda, bir tanesinin alternatif hipotezine karşı sadece bir sıfır hipotezini düşünebiliriz ve belki de bunun yerine yapmam gereken şey budur.

α

$\alpha$

α

$\alpha$

— Michael Hardy

Teşekkürler. Belki de modelin orijinal deyimi ile atıldı I aldı için potansiyel bir yazım hatası olması (sonradan değişmesine izin beri).

Y_{i} = α + β x_{i} + ε_{i}

$Y_i = \alpha + \beta x_i + \varepsilon_i$

α

$\alpha$

α_{i}

$\alpha_i$

— kardinal

Bu kesinlikle eğer bağımlı bir de o biri normalde "basit doğrusal regresyon modeli" olarak adlandırdığı gibi hiç aşırı parametrized model değil olurdu.

α

$\alpha$

i

$i$

— Michael Hardy

Şu ana kadar hiç kimsenin bu soruyu yanıtlamadığını fark ettim ...

Temel olarak, soru şudur: mi orada 0-1 vektör bu şekilde daha (önemli ölçüde) daha iyi bir uyum sağlar "Önemli ölçüde daha iyi" eşitsizliği olarak karelerin toplamı açısından yakalanabilir. Daha sonra soru, eşitsizliğine bir 0-1 çözümü olup olmadığı haline gelir Bu, NP-zor olduğu bilinen set bölümleme probleminin bir varyantıdır. $Z$

y_{i} = α + β x_{i} + γ z_{i} + ϵ_{i}

$y_i = \alpha + \beta x_i + \gamma z_i + \epsilon_i$

y_{i} = α + β x_{i} + ϵ_{i} .

$y_i = \alpha + \beta x_i + \epsilon_i.$

f (z) \geq t .

$f(z) \ge t.$

— user3697176
kaynak

Ayarlanan bölümleme sorunu aslında bu probleme indirgenebilir mi? Eğer öyleyse, bu zor bir problemdir.

${}\qquad{}$

— Michael Hardy

Bu sorun en azından klasik küme bölümleme problemi (SPP) kadar zor. SPP, ağırlıkların doğrusal bir kombinasyonunu alır ve 0'a eşit bir ifade elde etmek için bunları +/- 1 ile çarpmaya çalışır. Burada bir eşitsizliği karşılamak istiyorsunuz. Bu, rasgele girdiler için polinom zamanında çözülebilir olsaydı, bir ikiye ayırma argümanı, SPP'yi polinom zamanında da çözebileceğinizi gösterir. Bu tam olarak bir azalma değil, ama yakın.

— user3697176