Có giới hạn về tương quan Spearman của tổng hai biến không?

Cho -vector sao cho hệ số tương quan Spearman của và là , có các giới hạn đã biết về hệ số Spearman của với , về mặt (và , có lẽ)? Nghĩa là, người ta có thể tìm thấy các hàm (không tầm thường) sao cho $n$ $x, y_1, y_2$ $x$ $y_i$ $\rho_i = \rho(x,y_i)$ $x$ $y_1 + y_2$ $\rho_i$ $n$ $l(\rho_1,\rho_2,n), u(\rho_1,\rho_2,n)$

l (ρ_{1}, ρ_{2}, n) \leq ρ (x, y_{1} + y_{2}) \leq u (ρ_{1}, ρ_{2}, n)

$l(\rho_1,\rho_2,n) \le \rho(x,y_1+y_2) \le u(\rho_1,\rho_2,n)$

chỉnh sửa : ví dụ per @ whuber trong bình luận, có vẻ như trong trường hợp chung, chỉ có các giới hạn tầm thường có thể được thực hiện. Vì vậy, tôi muốn áp đặt thêm các ràng buộc: $l = -1, u = 1$

$y_1, y_2$ là hoán vị của các số nguyên . $1 \ldots n$

correlation spearman-rho bounds

— shabbychef
nguồn

Chỉ biết

, khoảng chứa

phải bao gồm

và

: đối với mỗi

có thể có giá trị rất nhỏ (trong khi có bất kỳ thứ tự xếp hạng), và do đó chỉ đơn giản là "jitter" các giá trị trong

khi được thêm vào

. Do đó, thứ tự xếp hạng của

sẽ không bị ảnh hưởng. Tôi không biết nếu khoảng có thể vượt quá

ρ_{1}, ρ_{2}

$\rho_{1}, \rho_{2}$

ρ (x, y_{1} + y_{2})

$\rho(x, y_{1} + y_{2})$

ρ_{1}

$\rho_{1}$

ρ_{2}

$\rho_{2}$

y_{1}, y_{2}

$y_{1}, y_{2}$

y_{1}

$y_{1}$

y_{1}

$y_{1}$

y_{1}

$y_{1}$

ρ_{i}

$\rho_{i}$

— caracal

@caracal Quan sát tốt. Khoảng chắc chắn có thể rộng hơn

: chỉ cần xem xét trường hợp cả hai tương quan đều bằng không. Mối tương quan với tổng có thể dễ dàng khác không - nó có thể nằm trong phạm vi từ -1 đến 1. Ví dụ: x = (1,2,3,4,5); y1 = (3, -10,2,10,1); y2 = (-8,9, -2, -9,4); y1 + y2 = (-5, -1,0,1,5) có

nhưng

ρ_{i}

$\rho_i$

ρ_{1} = ρ_{2} = 0

$\rho_1=\rho_2=0$

ρ = 1

$\rho=1$

— whuber

@whuber: điều này dường như chỉ ngụ ý giới hạn tầm thường tồn tại (tức là

). Có lẽ tôi phải ném một ràng buộc khác vào vấn đề.

l = - 1, u = 1

$l = -1, u = 1$

— shabbychef

@shabbychef Không, bạn đã đăng một vấn đề hay: nó không tầm thường. Trong trường hợp

, ví dụ, chỉ khả năng là

. Tôi nghi ngờ giới hạn là không tầm thường trừ khi

; họ phải thu hẹp hơn khi tiếp cận

và

ρ_{1} = ρ_{2} = 1

$\rho_1 = \rho_2 = 1$

ρ = 1

$\rho = 1$

ρ_{1} = ρ_{2} = 0

$\rho_1 = \rho_2 = 0$

ρ_{1}

$\rho_1$

ρ_{2}

$\rho_2$

\pm 1

$\pm 1$

— whuber

Đây là một trường hợp bệnh lý khác. Giả sử

và

. Sau đó

, nhưng

và

. Có thể sẽ sáng tỏ khi nghĩ về một phiên bản đơn giản hơn, có xác suất của vấn đề. Cho

và

x = y_{1}

$x = y_1$

y_{1} = - y_{2}

$y_1 = -y_2$

ρ (x, y_{1} + y_{2}) = 0

$\rho(x, y_1 + y_2) = 0$

ρ_{1} = 1

$\rho_1 = 1$

ρ_{2} = - 1

$\rho_2 = −1$

X

$X$

Y_{1}

$Y_1$

Y_{2}

$Y_2$ là các biến ngẫu nhiên, mỗi biến có phân phối đồng đều. Bây giờ hãy để

là CDF của

. Chúng ta có thể nói gì về

dựa trên

và

G

$G$

Y_{1} + Y_{2}

$Y_1 + Y_2$

C o v (X, G (Y_{1} + Y_{2}))

$Cov(X, G(Y_1 + Y_2))$

C o v (X, Y_{1})

$Cov(X,Y_1)$

C o v (X, Y_{2})

$Cov(X,Y_2)$

— vqv

Tương quan xếp hạng của Spearman chỉ là tương quan thời điểm sản phẩm Pearson giữa các cấp bậc của các biến. Ràng buộc thêm của Shabbychef có nghĩa là và giống như thứ hạng của chúng và không có mối quan hệ nào, vì vậy chúng có độ lệch chuẩn bằng nhau (giả sử). Nếu chúng ta cũng thay thế x bằng thứ hạng của nó, vấn đề sẽ trở thành vấn đề tương đương cho tương quan thời điểm sản phẩm Pearson. Theo định nghĩa về tương quan thời điểm sản phẩm Pearson, $y_1$ $y_2$ $\sigma_y$
Đối với bất kỳ bộ ba biến, nếu chúng ta biết hai trong số ba mối tương quan của họ chúng ta có thể đặt giới hạn trên mối tương quan thứ ba (xem ví dụVos 2009, hoặc từcông thức cho sự tương quan từng phần):

\begin{aligned} ρ (x, y_{1} + y_{2}) & = \frac{Cov (x, y_{1} + y_{2})}{σ_{x} \sqrt{Var (y_{1} + y_{2})}} \\ = \frac{Cov (x, y_{1}) + Cov (x, y_{2})}{σ_{x} \sqrt{Var (y_{1}) + Var (y_{2}) + 2 Cov (y_{1}, y_{2})}} \\ = \frac{ρ_{1} σ_{x} σ_{y} + ρ_{2} σ_{x} σ_{y}}{σ_{x} \sqrt{2 σ_{y}^{2} + 2 σ_{y}^{2} ρ (y_{1}, y_{2})}} \\ = \frac{ρ_{1} + ρ_{2}}{\sqrt{2} {(1 + ρ (y_{1}, y_{2}))}^{1 / 2}} . \end{aligned}

$\begin{align} \rho(x,y_1+y_2) &= \frac{\operatorname{Cov}(x,y_1+y_2)} {\sigma_x \sqrt{\operatorname{Var}(y_1+y_2)}} \\ &= \frac{\operatorname{Cov}(x,y_1) + \operatorname{Cov}(x,y_2)} {\sigma_x \sqrt{\operatorname{Var}(y_1)+\operatorname{Var}(y_2) + 2\operatorname{Cov}(y_1,y_2)}} \\ &= \frac{\rho_1\sigma_x\sigma_y + \rho_2\sigma_x\sigma_y} {\sigma_x \sqrt{2\sigma_y^2 + 2\sigma_y^2\rho(y_1,y_2)}} \\ &= \frac{\rho_1 + \rho_2} {\sqrt{2}\left(1+\rho(y_1,y_2)\right)^{1/2}}. \\ \end{align}$

Do đó

ρ_{1} ρ_{2} - \sqrt{1 - ρ_{1}^{2}} \sqrt{1 - ρ_{2}^{2}} \leq ρ (y_{1}, y_{2}) \leq ρ_{1} ρ_{2} + \sqrt{1 - ρ_{1}^{2}} \sqrt{1 - ρ_{2}^{2}}

$\rho_1\rho_2 - \sqrt{1-\rho_1^2}\sqrt{1-\rho_2^2} \leq \rho(y_1,y_2) \leq \rho_1\rho_2 + \sqrt{1-\rho_1^2}\sqrt{1-\rho_2^2}$

nếu

; nếu

bạn cần phải chuyển đổi các giới hạn xung quanh.

\frac{ρ_{1} + ρ_{2}}{\sqrt{2} {(1 + ρ_{1} ρ_{2} + \sqrt{1 - ρ_{1}^{2}} \sqrt{1 - ρ_{2}^{2}})}^{1 / 2}} \leq ρ (x, y_{1} + y_{2}) \leq \frac{ρ_{1} + ρ_{2}}{\sqrt{2} {(1 + ρ_{1} ρ_{2} - \sqrt{1 - ρ_{1}^{2}} \sqrt{1 - ρ_{2}^{2}})}^{1 / 2}}

$\frac{\rho_1 + \rho_2} {\sqrt{2}\left(1+\rho_1\rho_2 + \sqrt{1-\rho_1^2}\sqrt{1-\rho_2^2}\right)^{1/2}} \leq \rho(x,y_1+y_2) \leq \frac{\rho_1 + \rho_2} {\sqrt{2}\left(1+\rho_1\rho_2 - \sqrt{1-\rho_1^2}\sqrt{1-\rho_2^2}\right)^{1/2}}$

ρ_{1} + ρ_{2} \geq 0

$\rho_1 + \rho_2 \geq 0$

ρ_{1} + ρ_{2} \leq 0

$\rho_1 + \rho_2 \le 0$

— trên đỉnh
nguồn

Nhưng vấn đề thực sự là hàng ngũ không được thêm vào. Xem bình luận của tôi cho câu hỏi.

— vqv

@vqv nhưng nếu

và

là hoán vị của các số nguyên

sau đó họ là chính xác giống như hàng ngũ của họ.

y_{1}

$y_1$

y_{2}

$y_2$

1 \dots n

$1\ldots n$

— vào

một nửa tổng số hoán vị không cần phải là hoán vị; Nhưng điều này rất gần, và tôi trả lời câu hỏi cho Pearson, tôi tin.

— shabbychef

Các giá trị được xếp hạng của

nói chung là hàm phi tuyến của

- ngay cả khi

và

là mỗi một hoán vị của các số nguyên

. Đây là một ví dụ:

và

. Sau đó

y_{1} + y_{2}

$y_1 + y_2$

y_{1} + y_{2}

$y_1 + y_2$

y_{1}

$y_1$

y_{2}

$y_2$

1, \dots, n

$1,\ldots,n$

y_{1} = (1, 2, 3, 4)

$y_1 = (1,2,3,4)$

y_{2} = (2, 3, 1, 4)

$y_2 = (2,3,1,4)$

và

. Vẽ

so với

y_{1} + y_{2} = (3, 5, 4, 8)

$y_1+y_2 = (3,5,4,8)$

r a n k (y_{1} + y_{2}) = (1, 3, 2, 4)

$rank(y_1+y_2) = (1,3,2,4)$

y_{1} + y_{2}

$y_1+y_2$

r a n k (y_{1} + y_{2})

$rank(y_1+y_2)$ và bạn sẽ thấy rằng không có mối quan hệ tuyến tính giữa hai. Sự khẳng định trên rằng

là trong giả nói chung , thậm chí theo giả định rằng

và

là hoán vị của các số nguyên.

ρ (x, y_{1} + y_{2}) = C o v (x, y_{1} + y_{2}) / \dots

$\rho(x,y_1+y_2) = Cov(x,y_1+y_2) / \cdots$

y_{1}

$y_1$

y_{2}

$y_2$

— vqv

@vqv Bạn nói khá đúng. Tôi đã quá vội vàng để cố gắng trả lời trước khi đi nghỉ Giáng sinh. Tôi đã không bắt gặp sự bất bình đẳng liên quan đến tương quan Pearson của ba biến trước đó. Đây là một giới thiệu khác cho nó hoàn thành với trực quan 3D: jstor.org/ sóng/2684832 . Tôi vẫn nghĩ rằng nó có thể có một số liên quan, vì vậy tôi sẽ không xóa câu trả lời của mình, mặc dù tôi cũng không thể thấy cách khắc phục.

— vào