Tôi nghĩ rằng câu trả lời được đưa ra bởi @yshilov chắc chắn là tuyệt vời bằng cách xem xét lỗi đo lường thành thuật ngữ lỗi và đáng kể, suy ra kết quả
β~= βσ2xσ2x+ σ2bạn
Để giải thích, bản beta này có các thuộc tính đặc biệt là công cụ ước tính thiên vị, nhưng thiên về 0. Cụ thể, đối với hồi quy tuyến tính,E( β^1) = β1⋅ [ σ2x+ σx δσ2x+ 2 σx δ+ σ2δ]
Bằng chứng là như sau: trong hồi quy tuyến tính đơn giản, gọi lại
Trong trường hợp có lỗi đo lường, chúng tôi có , và , vì vậy chúng tôi có được
Giả sử rằng , , và phương sai của giá trị dự đoán thực
β^1= ∑ni = 1( xTôi- x¯) yTôiΣni = 1( xTôi- x¯)2
xÔiTôi= xMộtTôi= δTôiyÔiTôi= yMộtTôi+ εTôiyMộtTôi= β0+ β1xMộtTôiyÔiTôi= β0+ β1( xÔiTôi- δTôi) + ΕTôi= β0+ β1xÔiTôi+ ( ϵTôi- β1δTôi)
E( ϵTôi) = E( δTôi) = 0v a r ( ϵTôi) = σ2εv a r ( δTôi) = σ2δ= 1nΣni = 1( δTôi- δ¯)2σ2x= ∑ ( xMộtTôi- xMột¯)2nvà mối tương quan của dự đoán đúng và lỗi , sau đó
σx δ= c o v ( xMột, δ) = 1nΣni = 1( xMộtTôi- xMộtTôi¯) ( ΔTôi- δ¯)
c o v ( xÔiTôi, δ) = E( xÔiTôiδ) - E( xÔiTôi) ⋅ E( δ) = E( xÔiTôiδ) = E[ ( XMộtTôi+ δ) δ] = E( xMộtTôiδ) + E( δ2)
= [ E( xMộtTôiδ) - E( xMộtTôi) ⋅ E( δ) ] + [ v a r ( δ) + [ E( δ) ]2] =cov(xMộtTôi, δ) + Σ2δ= σx δ+ σ2δ
Sau đó, bởi và thuộc tính song phương trong hiệp phương sai, kỳ vọng của là
x¯= E( xTôi)β^1E( β^1) = E[ ∑ni = 1( xÔiTôi- x¯Ôi) yÔiTôiΣni = 1( xÔiTôi- x¯Ôi)2] = E( ∑ni = 1xÔiTôiyÔiTôi) - E( ∑ni = 1x¯ÔiyÔiTôi)Σni = 1E[ ( XÔiTôi- E( xÔiTôi) )2]= E( ∑ni = 1xÔiTôiyÔiTôi) - E( xÔiTôi) ⋅ E( ∑ni = 1yÔiTôi)Σni = 1v a r ( xÔiTôi)
= ∑ni = 1c o v ( yÔiTôi, xÔiTôi)Σni = 1v a r ( xÔiTôi)= ∑ni = 1c o v ( β0+ β1xÔiTôi+ εTôi- β1δTôi, x ÔiTôi)Σni = 1v a r ( xÔiTôi)= β1⋅ ∑ni = 1v a r ( xÔiTôi) - β1⋅ ∑ni = 1c o v ( xÔiTôi, δTôi)Σni = 1v a r ( xÔiTôi)
=β1⋅[1−∑ni=1cov(xOi,δi)/n∑ni=1var(xAi+δi)/n]=β1⋅[1−σxδ+σ2δσ2x+2cov(xAi,δi)+σ2δ]=β1⋅[σ2x+σxδσ2x+2σxδ+σ2δ]
, như mong muốn. Do đó, kết quả được thiết lập tốt.
E(β^1)=β1⋅[σ2x+σxδσ2x+2σxδ+σ2δ]