равенство нескольких средних

[AndreyL]

Для этого нужно знать матрицу этого преобразования, а как ее найти?

[realeugene]

Выражение для вычисления мю вы выбираете сами. Оно линейное. Подставьте его в определение ковариации.

[Missir]

AndreyL в сообщении #1611853 писал(а):

$\chi^2=\sum _{i=1}^n \frac{(X_i-a)^2}{\sigma_i ^2}$, где $a=\frac{1}{\sum _{i=1}^n w_i}\sum _{i=1}^n X_i w_i$ и $w_i=1/\sigma_i^2$ - действительно подчиняется $\chi_{n-1}^2$ при любых объемах выборок.

это означает, что Вы не обнаружили значимых различий в $X_i$ с помощью данного теста, разброс их значений вокруг ММП оценки среднего является случайным. Осталось почитать $\alpha$, какое у вас получается?

[AndreyL]

Missir в сообщении #1611975 писал(а):

это означает, что Вы не обнаружили значимых различий в $X_i$ с помощью данного теста, разброс их значений вокруг ММП оценки среднего является случайным. Осталось почитать $\alhpa$, какое у вас получается?

Это означает, что в случае верной нулевой гипотезы эта статистика действительно подчиняется известному распределению, т.е. нулевая гипотеза простая и есть критерий для ее проверки. Но, возможно, есть более мощный критерий, сейчас проверяем, может оказаться пустышкой, а может и нет.

[Missir]

AndreyL в сообщении #1611853 писал(а):

Интересным представляется вариант «оценивать отклонение не от общей оценки, а от оценки, полученной по всем прочим». Тогда $\chi^2=\sum _{i=1}^n \frac{(X_i-a_i)^2}{\sigma_i ^2}$, где $a_i$ - такая же взвешенная оценка среднего, но по выборке без $X_i$. По идее должна подчиняться $\chi_{n}^2$. Монте-Карло показывает, что такая величина вообще не подчиняется $\chi^2$

а что эта статистика должна по Вашему характеризовать? Вам не кажется, что Вы пытаетесь найти различия там, где их нет?

-- 01.10.2023, 21:08 --

AndreyL в сообщении #1611853 писал(а):

но по выборке без $X_i$. По идее должна подчиняться $\chi_{n}^2$

с какой стати, Вы оцениваете средние по уменьшенной выборке, а число степеней свободы от этого только увеличивается?
На самом деле всё наоборот, оно уменьшается и будет не n, а n-2. Это в идеале, но вы берёте подвыборки неслучайно, а согласованно с $X_i$. Путём искусственной декорреляции Вы не сделаете малую выборку независимой, а любая манипуляция с данными приводит к потере степеней свободы.

-- 01.10.2023, 21:18 --

Можно просто посчитать хи-квадрат на всех подвыборках, и сделать поправку на множественные сравнения, так по крайней мере будет корректно, и никакого шаманства. Так Вы найдёте главный выброс, и оцените его значимость, а выбором поправки сможете подогнать результаты под свои ожидания. Такое в статистике считается нормальным.

[realeugene]

Missir в сообщении #1611978 писал(а):

На самом деле всё наоборот, оно уменьшается и будет не n, а n-2. Это в идеале, но вы берёте подвыборки неслучайно, а согласованно с $X_i$. Путём искусственной декорреляции Вы не сделаете малую выборку независимой, а любая манипуляция с данными приводит к потере степеней свободы.

Это с какой стати одно линейное соотношение съест больше чем одну степень свободы? Но смысла в таком оценивании мю никакого, так как хи-квадрат в результате получится тем же самым.

[realeugene]

В качестве оценки матожидания в рамках гипотезы унимодального распределения можно взять значение последнего измерения. Тогда ковариационная матрица для остальных $n-1$ скорректированных на нулевое матожидание измерений окажется положительно определённой и обратимой, и тест $\chi_{n-1}^2$ можно будет вычислить как значение квадратичной формы её инверсии на скорректированном векторе. Плюс благодаря простой её структуре можно попробовать найти аналитическое выражение теста для произвольных дисперсий измерений воспользовавшись формулой Шермана-Моррисона.

[AndreyL]

realeugene в сообщении #1612017 писал(а):

В качестве оценки матожидания в рамках гипотезы унимодального распределения можно взять значение последнего измерения.

Тогда возникнет совершенно резонный вопрос - а почему именно последнего? Почему не первого? В результате мы переберем все измерения, но что это дает?

[realeugene]

AndreyL в сообщении #1612026 писал(а):

Тогда возникнет совершенно резонный вопрос - а почему именно последнего? Почему не первого?

Потому что как по кайфу - так и берите. После обеления скорректированного вектора измерений и нормализации дисперсий слагаемых значение теста будет одинаковым.

[AndreyL]

Я нашел матрицу преобразования для случая, когда $\mu_i$ считается как средневзвешенное по всем остальным, т.е. $X_i-\mu_i=X.A$, где внедиагональные элементы матрицы $A_{j,k}=-\frac{\sigma_j}{\sum _{i=1}^m \sigma_i-\sigma_k}$, а на главной диагонали единицы. Исходная ковариационная матрица S диагональная, на главной диагонали $\sigma_i$. Тогда ковариационная матрица разности $X_i-\mu_i=X.A$ будет $A'.S.A$, но она, к сожалению, вырождена, в смысле всегда вырождена. Или чего не так сделал.

Проверил для случая с одинаковыми дисперсиями - ковариационная матрица тоже вырождена. Не сможете ли подсказать, чего не так?

[realeugene]

AndreyL в сообщении #1612032 писал(а):

но она, к сожалению, вырождена, в смысле всегда вырождена.

Разумеется, её ранг должен быть $n-1$. У матрицы преобразования сумма каждой строки нулевая. Вам нужна псевдоинверсия. Поэтому, так как вычитание одного компонента сразу даёт матрицу полного ранга меньшего размера, с ним проще.

Ещё раз. Для обнуления матожиданий можно выбрать произвольную матрицу ранга $n-1$, нулевое пространство которой расположено вдоль вектора, состоящего из всех единиц. Тест в результате получится одинаковым.

-- 02.10.2023, 13:59 --

AndreyL в сообщении #1612032 писал(а):

Не сможете ли подсказать, чего не так?

Всё так. Одна размерность съедается. В результате тест $\chi_{n-1}^2$, а не $\chi_{n}^2$.

[AndreyL]

Правильно ли я понял, что нужно найти такое линейное преобразование, что первые $n-1$ будут независимы, а последняя вообще не случайная

[realeugene]

В результате так и получается, да. Линейным преобразованием вектор из $n$ измерений приводим к $n-1$ независимым гауссовым случайным величинам с нулевым матожиданием и единичной дисперсией, суммируем их квадраты и получаем тест.

[AndreyL]

А как это сделать? Насколько я понимаю, нужно решить матричное уравнение $B'.C.B=I_0$ где $C$ имеет ранг $n-1$, а $I_0$ - единичная матрица с последним нулем. Как это решается?

[realeugene]

AndreyL в сообщении #1612045 писал(а):

как это решается?

У квадратичных форм куча приятных свойств. Но если вам не обязательно получить преобразование в явном виде и считаете численно - вычислите псевдоинверсию скорректированной ковариационной матрицы. В Матлабе это функция pinv. Кстати, тогда и корректировать вектор данных не нужно, просто считаете значение квадратичной формы с этой псевдоинверсией на входном векторе, и получаете хи-квадрат. (по идее, я сейчас не проверяю вычислениями)