Tekrarlanan ölçümler ANOVA neden küresellik alıyor?

Küresellik ile, gruplar arasındaki tüm ikili farklılıkların varyansının aynı olması gerektiği varsayımını kastediyorum.

Özellikle, bunun neden varsayım olması gerektiğini anlamıyorum ve gözlemlenen grubun varyanslarının kendilerinin aynı olması değil.

— user1205901 - Monica'yı eski durumuna döndür
kaynak

Ben yorumladı ettik gibi burada RM seviyeleri arasındaki fark değişkenleri bağlantılı olduğu için, onların kökeni ile, küresellik sonra aynı varyansa sahip olduğunu ima eder.

— ttnphns

Cevaplamadan önce, ANOVA'nın bağımsız önlemlerin neden varyans homojenliği varsayımına sahip olduğunu anlayıp anlamayacağınızı bilmek faydalı olacaktır.

— John

@John Anlayışım, stats.stackexchange.com/questions/81914/… adresinde verilen yanıtın bu soruyu doğru yanıtlamasıdır.

— user1205901 - Monica'yı

@ttnphns Maalesef cevabınızı tam olarak anlamıyorum. Siz veya başka bir poster daha ayrıntılı bir yanıta dönüştürmek ister misiniz?

— user1205901 - Monica'yı eski durumuna getir

Yanıtlar:

Küresellik varsayımının ardındaki sezgi

Ortak, tekrarlanmayan önlemlerin varsayımlarından biri olan ANOVA, tüm gruplarda eşit varyanstır.

(Bunu anlayabiliriz çünkü homoscedasticity olarak da bilinen eşit varyans, lineer regresyondaki OLS tahmincisinin MAVİ olması ve karşılık gelen t testlerinin geçerli olması için bkz. Gauss-Markov teoremi ve ANOVA doğrusal olarak uygulanabilir regresyon).

Öyleyse RM-ANOVA davasını RM olmayan davaya indirmeye çalışalım. Basit olması için, RM koşullarında kaydedilmiş süjeye sahip tek faktörlü RM-ANOVA (herhangi bir özne etkisi olmadan) ile ilgileneceğim . $n$ $k$

Her konunun kendi konuya özgü ofseti veya kesmesi olabilir. Bir gruptaki değerleri diğer tüm gruplardaki değerlerden çıkarırsak, bu engellemeleri iptal eder ve bu grubu farklılıklarının sıfır olup olmadığını test etmek için RM-ANOVA olmayanları kullanabileceğimiz duruma ulaşırız . Bu testin geçerli olabilmesi için, bu farklarının eşit varyansları varsayımına ihtiyacımız var . $k-1$ $k-1$

Şimdi 2. grubu diğer tüm gruplardan çıkarabiliriz, yine eşit varyanslara sahip olması gereken farklılıklarına ulaşabiliriz. dışındaki her grup için, karşılık gelen farklılıklarının varyansları eşit olmalıdır. Tüm olası farklılıkların eşit olması gerektiği hemen görülür. $k-1$ $k$ $k-1$ $k(k-1)/2$

Hangi kesinlikle küresellik varsayımıdır.

Grup varyansları neden eşit olmamalıdır?

Biz RM-ANOVA dendiğinde, genellikle bir şekilde basit bir katkı maddesi karma modeli tarzı bir model düşünmek konusu etkiler, olan durum etkileri ve .

y_{ben j} = μ + α_{ben} + β_{j} + ε_{ben j},

$y_{ij}=\mu+\alpha_i + \beta_j + \epsilon_{ij},$

α_{i}

$\alpha_i$

β_{j}

$\beta_j$

ϵ \sim N (0, σ^{2})

$\epsilon\sim\mathcal N(0,\sigma^2)$

Bu model için, grup farklılıkları izleyecektir, yani hepsi aynı varyansa sahip olacaktır , bu nedenle küresellik geçerlidir. Ancak her bir grup bir karışımını takip edecek bir vasıta ile Gauss ve sapma varyans ile bazı karmaşık dağılımı olan, grupları arasında sabittir. $\mathcal N(\beta_{j_1} - \beta_{j_2}, 2\sigma^2)$ $2\sigma^2$ $n$ $\alpha_i$ $\sigma^2$ $V(\vec \alpha, \sigma^2)$

Yani bu modelde, aslında, grup varyansları da aynıdır. Grup kovaryansları da aynıdır, yani bu model bileşik simetrisi anlamına gelir . Bu, küresellik ile karşılaştırıldığında daha katı bir durumdur. Yukarıdaki sezgisel argümanımın gösterdiği gibi, RM-ANOVA, yukarıda yazılı katkı modeli mevcut olmadığında daha genel durumda iyi çalışabilir .

Kesin matematiksel ifade

Burada Huynh & Feldt, 1970, Tekrarlanan Ölçüm Tasarımlarında Ortalama Kare Oranlarının Tam Dağılımlarının Olduğu Koşullara bir $F$ şey ekleyeceğim .

Küresellik bozulduğunda ne olur?

Küresellik tutulmadığında, RM-ANOVA'nın (i) şişirilmiş boyuta (daha fazla tip I hatası), (ii) gücün azalmasına (daha fazla tip II hatası) sahip olmasını bekleyebiliriz. Bunu simülasyonlarla keşfedebiliriz, ama burada yapmayacağım.

— amip
kaynak

Küreselliği ihlal eden etkinin, güç kaybı (yani, Tip II hata olasılığının artması) ve F-dağılımının tablolanmış değerleriyle karşılaştırılamayan bir test istatistiği (F-oranı) olduğu ortaya çıkmaktadır. F testi çok liberal hale gelir (yani, boş hipotezin reddedilme oranı, boş hipotez doğru olduğunda alfa düzeyinden daha büyüktür.

Bu konunun tam olarak araştırılması çok önemlidir, ancak neyse ki Box ve ark. Bu konuda bir makale yazdı: https://projecteuclid.org/download/pdf_1/euclid.aoms/1177728786

Kısacası, durum aşağıdaki gibidir. İlk olarak, S denekler ve bir deneysel tedaviler ile bir faktör tekrarlanan ölçüm tasarımımız olduğunu varsayalım Bu durumda bağımsız değişkenin etkisi, ortalama etki karesinin ortalama kare ile oranı olarak hesaplanan F istatistiği hesaplanarak test edilir. konu faktörü ve bağımsız değişken arasındaki etkileşimin Küresellik söz konusu olduğunda, bu istatistikler ve serbestlik derecesine sahip Fisher dağılımına sahiptir . $\upsilon_{1}=A-1$ $\upsilon_{2}=(A-1)(S-1)$

Yukarıdaki makalede Kutu küresellik başarısız olduğunda, serbestlik derecesi doğru sayıda olur, ortaya K oranının bir dairesellik bağlıdır : gibi pek $\upsilon_{1}$ $\epsilon$

υ_{1} = ε (bir - 1)

$\upsilon_{1} = \epsilon(A-1)$

υ_{2} = ε (bir - 1) (S - 1)

$\upsilon_{2} = \epsilon(A-1)(S-1)$

Ayrıca Box, popülasyon kovaryans matrisi için geçerli olan küresellik endeksini tanıttı . bu AxA tablosunun girişlerini çağırırsak , dizin $\xi_{a,a}$

ε = \frac{{(Σ_{bir}^{} ξ_{bir, bir})}^{2}}{(bir - 1) Σ_{bir, {bir}^{'}}^{} ξ_{bir, {bir}^{'}}^{2}}

$\epsilon = \frac{\left ( \sum_{a}^{ }\xi_{a,a} \right )^{2}}{\left ( A-1 \right )\sum_{a,a'}^{ }\xi_{a,a'}^{2}}$

Kutu küresellik endeksi en iyi kovaryans matrisinin özdeğerleriyle ilişkili olarak anlaşılır. Kovaryans matrislerinin pozitif yarı-tanımlanmış matrisler sınıfına ait olduğunu ve bu nedenle her zaman sıfır özdeğerleri pozitif olduğunu hatırlayın. Dolayısıyla, küresellik durumu, tüm özdeğerlerin bir sabite eşit olmasına eşdeğerdir.

Bu nedenle, küresellik ihlal edildiğinde, F istatistiklerimiz için bazı düzeltmeler yapmalıyız ve bu düzeltmelerin en dikkate değer örnekleri örneğin Greenhouse-Geisser ve Huynh-Feldt'tir.

Herhangi bir düzeltme yapılmadan sonuçlarınız taraflı ve güvenilir olmayacaktır. Bu yardımcı olur umarım!

— Geniş Akademisyen
kaynak

+1. Daha sonra yorum yapacağım, ancak şimdilik ilk paragrafınız testin gücünü ve boyutunu karıştırıyor. Küresellik ihlal edildiğinde ne bozulur? Null altında tip I hata oranı? Yoksa güç mü? Ya da her ikisi de? Muhtemelen her ikisini de kastediyorsunuz, ancak formülasyon çok net değil (sanırım). Ayrıca, "Box et al" değil, tek başına Box :)

— amip

Bence güç çoğunlukla bozulacak, çünkü Box'un gösterdiği gibi, küresellik ihlal edildiğinde tamamen farklı bir istatistiğe güvenmek zorundayız (başka bir serbestlik derecesine sahip). Buna güvenmezsek, ihlalimizin ne kadar güçlü olduğuna bağlı olarak, sıfır hipotezinin reddedilme oranının daha büyük olması gerekir.

— Geniş Akademisyen

Üzgünüz, hala karıştı, şimdi yorumunuzla: "null'un reddedilme oranının daha büyük bir kısmı" - yani null aslında doğru olduğunda mı? Ama bunun güçle bir ilgisi yok, bu tip I hata oranı.

— amip

10. Ödülümü bu cevaba verdim: Bu iyi ve aynı zamanda ödül döneminde ortaya çıkan tek cevap. Cevabınızdan tam olarak memnun değilim (henüz?) Ve kendi cevabımı yazmaya başladım (şu anda eksik, ancak zaten gönderildi), ancak temel matematik hakkında sadece kısmi bir anlayışım var. Cevabınız kesinlikle yardımcı oldu ve Box 1954 referansı da çok yardımcı oldu.

— amip

ϵ

$\epsilon$

ϵ

$\epsilon$

ξ

$\xi$

A \times A

$A\times A$

$y_{ijk}$ $i=1, ..., I; j = 1, ..., J; k = 1, ..., K.$

İ-th grubunun örnek ortalaması

{\bar{y}}_{ben . .} = \frac{1}{J K} Σ_{j = 1}^{J} Σ_{k = 1}^{K} y_{ben j k}

$\bar{y}_{i..} = \frac{1}{JK}\sum_{j=1}^{J}\sum_{k=1}^{K}{y_{ijk}}$

ve ij-th konusunun konusu

{\bar{y}}_{ben j .} = \frac{1}{K} Σ_{k = 1}^{K} y_{ben j k}

$\bar{y}_{ij.} = \frac{1}{K}\sum_{k=1}^{K}{y_{ijk}}$

Denekler arasında bağımsızlık varsayılarak, iki grup arasındaki fark varyansı

V bir r ({\bar{y}}_{ben . .} - {\bar{y}}_{{ben}^{'} . .}) = \frac{1}{J^{2}} Σ_{j = 1}^{J} V bir r ({\bar{y}}_{ben j .}) + \frac{1}{J^{2}} Σ_{j^{'} = 1}^{J} V bir r ({\bar{y}}_{{ben}^{'} j^{'} .})

$Var(\bar{y}_{i..} - \bar{y}_{i'..}) = \frac{1}{J^2}\sum_{j=1}^JVar(\bar{y}_{ij.}) + \frac{1}{J^2}\sum_{j'=1}^JVar(\bar{y}_{i'j'.})$

$Var(\bar{y}_{ij.})$ $\sigma^{2}/K$ $\sigma^{2}$ $Var(\bar{y}_{ij.})$

Şimdi, ortaya çıkan küresellik sorusuna.

$\bar{y}_{..k} - \bar{y}_{..k'}$

{\bar{y}}_{. . k} = \frac{1}{ben J} Σ_{ben = 1}^{ben} Σ_{j = 1}^{J} y_{ben j k} .

$\bar{y}_{..k} = \frac{1}{IJ}\sum_{i=1}^{I}\sum_{j=1}^{J}{y_{ijk}}.$

y_{i j k}

$y_{ijk}$

y_{i j k^{'}}

$y_{ijk'}$

V bir r ({\bar{y}}_{. . k} - {\bar{y}}_{. . k^{'}}) = \frac{1}{(ben J)^{2}} Σ_{ben = 1}^{ben} Σ_{j = 1}^{J} V bir r (y_{ben j k} - y_{ben j k^{'}})

$Var(\bar{y}_{..k} - \bar{y}_{..k'}) = \frac{1}{(IJ)^2}\sum_{i=1}^I\sum_{j=1}^JVar(y_{ijk} - y_{ijk'})$

Bu nedenle, tüm ikili farklılıkların sabit bir varyansının kabul edilmesi, ortak varyans tahmin edildikten sonra bir t testi yapılmasını geçerli kılar. Bu varsayım, her bir gözlemin sürekli varyansı ile birlikte, herhangi bir ölçüm çifti arasındaki kovaryansın tüm çiftler arasında sabit olduğunu ima eder - Sergiobu konuda harika bir gönderi var. Bu nedenle varsayımlar, her bir konunun çapraz olarak bir sabit ve çapraz olarak bir başka sabit ile bir matris olarak tekrarlanan ölçümler için bir varyans-kovaryans yapısı oluşturur. Diyagonal olmayan girdilerin tümü sıfır olduğunda, tamamen bağımsız modele indirgenir (bu, birçok tekrarlanan ölçüm çalışması için uygun olmayabilir). Kapalı diyagonal girişler diyagonal olanla aynı olduğunda, tekrarlanan ölçümler bir özne için mükemmel bir şekilde ilişkilidir, yani herhangi bir tek ölçüm her özne için tüm ölçümler kadar iyidir. Son not - basit bölünmüş arsa tasarımımızda K = 2 olduğunda, küresellik durumu otomatik olarak yerine getirilir.

— T Lin
kaynak