Kiểm tra độ tương phản nhất định: Đây có phải là một vấn đề khó khăn hay không?


12

Tôi đã đăng bài này lên mathoverflow và không ai trả lời:

Phương pháp của Scheffé để xác định sự tương phản có ý nghĩa thống kê được biết đến rộng rãi. Một sự tương phản giữa các phương tiện , i = 1 , ... , r của r dân là một tuyến tính kết hợp Σ r i = 1 c i μ i trong đó Σ r i = 1 c i = 0μii=1,,rri=1rciμii=1rci=0và bội số vô hướng của độ tương phản về cơ bản là tương phản nhau, vì vậy người ta có thể nói tập hợp độ tương phản là một không gian chiếu. Phương pháp của Scheffé kiểm tra một giả thuyết null cho biết tất cả sự tương phản giữa các quần thể này là 0 và đưa ra mức ý nghĩa α , bác bỏ giả thuyết null với xác suất α cho rằng giả thuyết null là đúng. Và nếu giả thuyết bị bác bỏ, Scheffé chỉ ra rằng thử nghiệm của mình cho chúng ta biết sự tương phản khác nhau đáng kể từ 0 (Tôi chắc chắn là không phải là bài viết trên Wikipedia tôi liên kết với điểm mà ra).r0αα0

Tôi muốn biết nếu một người có thể làm điều gì đó tương tự trong một tình huống khác. Hãy xem xét một mô hình hồi quy tuyến tính đơn giản , nơi ε i ~ i . i . d . N ( 0 , σ 2 ) , i = 1 , ... , n .Yi=α+βxi+εiεii.i.d.N(0,σ2)i=1,,n

Giả thuyết khống tôi muốn xem xét mối quan tâm là một loại tương phản khác nhau. Nó nói rằng không có tập con sao cho E ( Y i ) = α 1 + β x i cho i AE ( Y i ) = α 2 + β x i cho tôi Một , nơi α 1α 2A{1,,n}E(Yi)=α1+βxiiAE(Yi)=α2+βxiiAα1α2. Nếu tập hợp con được chỉ định trước, thì một t- test hai mẫu thông thường sẽ thực hiện điều đó, nhưng chúng tôi muốn một cái gì đó xem xét tất cả các tập hợp con và giữ xác suất từ ​​chối một giả thuyết null thực sự.At

Người ta có thể tìm ra điều này nếu hiệu quả không phải là vấn đề đáng lo ngại: tìm một bài kiểm tra trải qua tất cả các khả năng . Ngay cả sau đó nó có vấn đề; hai sự tương phản sẽ không độc lập. Tôi đã hỏi một chuyên gia về phát hiện ngoại lệ về điều này và anh ta chỉ nói đó là một cơn ác mộng kết hợp. Sau đó, tôi hỏi liệu người ta có thể chứng minh rằng không có cách nào hiệu quả để làm điều đó không, có lẽ bằng cách giảm một vấn đề NP-hard đối với nó. Anh ấy chỉ nói rằng anh ấy tránh xa những vấn đề khó khăn của NP.2n11

Vậy: Người ta có thể chứng minh rằng vấn đề này là "khó" hay không?


(+1) Sao chép một nhận xét để làm rõ từ phiên bản MO : Chỉ là một điểm nhỏ để làm rõ: Khi tôi đọc nó, đủ điều kiện theo giả thuyết null của bạn, nhưng ( 1 , 2 , 2 )( 1 , 1 , 1 ) không (không phân biệt β ). Đó có phải là những gì bạn dự định? (Nó dường như không khớp với một số ám chỉ khác được đưa ra trong câu hỏi.)(α1,α2,α3)=(1,2,3)(1,2,2)(1,1,1)β
Đức hồng y

Như đã nêu ở trên, giả thuyết khống sẽ là chúng ta chỉ cần một và giả thuyết thay thế là chúng ta cần hai. Tôi không biết tại sao bạn lại có cái thứ ba. Người ta cũng có thể xem xét giả thuyết khống chỉ là một α so với giả thuyết thay thế của một số người, và có lẽ đó là điều tôi nên làm thay thế. αα
Michael Hardy

Cảm ơn. Có lẽ tôi đã ném ra bởi báo cáo kết quả ban đầu của mô hình như , nơi tôi đã lấy α là một typo tiềm năng cho α i (vì nó đã được sau đó được phép thay đổi). Yi=α+βxi+εiααi
Đức hồng y

Vâng, chắc chắn nếu đó phụ thuộc vào tôi nó sẽ là một mô hình quá parametrized, và không phải ở tất cả như những gì người ta thường gọi là "mô hình hồi quy đơn giản tuyến tính". αi
Michael Hardy

Câu trả lời:


1

Nhận thấy rằng không ai trả lời câu hỏi này cho đến nay ...

Về cơ bản, câu hỏi là: Có 0-1 vector đến nỗi y i = α + β x i + γ z i + ε i cho phù hợp (có ý nghĩa) tốt hơn so với y i = α + β x i + ε i . "Tốt hơn đáng kể" có thể được ghi nhận về các tổng bình phương là một bất đẳng thức. Câu hỏi đặt ra sau đó trở thành liệu có một giải pháp 0-1 đến sự bất bình đẳng f ( z ) t .Z

yi=α+βxi+γzi+ϵi
yi=α+βxi+ϵi.
f(z)t.
Đây là một biến thể của vấn đề phân vùng tập hợp, được biết đến là NP-hard.

Vấn đề phân vùng thiết lập thực sự có thể được giảm xuống cho vấn đề này? Nếu vậy, điều đó sẽ chứng minh đây là một vấn đề khó khăn.
Michael Hardy

Vấn đề này ít nhất cũng khó như vấn đề phân vùng tập hợp cổ điển (SPP). SPP lấy tổ hợp trọng số tuyến tính và cố gắng nhân chúng với +/- 1 để có được biểu thức tính tổng bằng 0. Ở đây bạn muốn thỏa mãn bất đẳng thức. Nếu điều này có thể giải quyết được trong thời gian đa thức cho các đầu vào tùy ý, thì một đối số chia đôi cho thấy rằng bạn cũng có thể giải quyết SPP trong thời gian đa thức. Đó không hẳn là giảm, nhưng nó gần.
dùng3697176
Khi sử dụng trang web của chúng tôi, bạn xác nhận rằng bạn đã đọc và hiểu Chính sách cookieChính sách bảo mật của chúng tôi.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.