Tỷ lệ khả năng phân phối theo hàm mũ hai mẫu

Đặt $X$ và $Y$ là hai biến ngẫu nhiên độc lập với pdf tương ứng:

f (x; θ_{i}) = {\begin{cases} \frac{1}{θ_{i}} e^{- x / θ_{i}} 0 < x < \infty, 0 < θ_{i} < \infty \\ 0 elsewhere \end{cases}

$f \left(x;\theta_i \right) =\begin{cases} \frac{1}{\theta_i} e^{-x/ {\theta_i}} \quad 0<x<\infty, 0<\theta_i< \infty \\ 0 \quad \text{elsewhere} \end{cases}$

cho . Hai mẫu độc lập được rút ra để kiểm tra so với có kích thước và từ các bản phân phối này. Tôi cần chỉ ra rằng LRT có thể được viết dưới dạng hàm của một thống kê có phân phối , dưới . $i=1,2$ $H_0: \theta_1 =\theta_2$ $H_1 : \theta_1 \neq \theta_2$ $n_1$ $n_2$ $\Lambda$ $F$ $H_0$

Vì mle của phân phối này là , nên thống kê LRT trở thành (Tôi đang bỏ qua một vài bước tẻ nhạt ở đây): $\hat{\theta}=\bar{x}$

Λ = \frac{{\bar{x}}^{n_{1}} {\bar{y}}^{n_{2}} (n_{1} + n_{2})}{n_{1} \bar{x} + n_{2} \bar{y}}

$\Lambda =\frac{\bar{x}^{n_1} \bar{y}^{n_2} \left( n_1+n_2 \right)}{n_1 \bar{x}+n_2 \bar{y}}$

Tôi biết rằng phân phối được định nghĩa là thương số của hai biến ngẫu nhiên chi bình phương độc lập, mỗi biến trên mức độ tự do tương ứng của chúng. Ngoài ra, vì bên dưới null, sau đó và . $F$ $X_i,Y_i \sim \Gamma \left( 1,\theta_1 \right)$ $\sum X_i \sim \Gamma \left(n_1 ,\theta_1 \right)$ $\sum Y_i \sim \Gamma \left(n_2, \theta_1 \right)$

Nhưng làm thế nào tôi có thể tiến hành từ đây? Có gợi ý nào không?

Cảm ơn bạn.

distributions self-study likelihood-ratio

— JohnK
nguồn

Gợi ý: Biến ngẫu nhiên theo cấp số nhân có liên quan tuyến tính với biến ngẫu nhiên với hai bậc tự do và do đó, biến ngẫu nhiên với tham số thứ tự có liên quan tuyến tính với biến ngẫu nhiên với bậc tự do .

χ^{2}

$\chi^2$

Γ

$\Gamma$

n

$n$

χ^{2}

$\chi^2$

2 n

$2n$

— Dilip Sarwate

@DilipSarwate Tôi có thể thấy rằng . Tôi có nên tiếp tục và cố gắng cải tổ phân số của mình theo đó không?

Z = \frac{2}{θ_{1}} \sum X_{i} \sim χ^{2} (2 n_{1})

$Z= \frac {2}{\theta_1} \sum X_i \sim \chi^2 \left(2n_1 \right)$

— JohnK

Có lẽ bạn cần không bỏ qua một vài bước tẻ nhạt và thực sự rút ra tỷ lệ khả năng từ đầu thay vì chuyển sang các công cụ ước tính khả năng tối đa . Đây là một vấn đề về kiểm tra giả thuyết không phải là ước tính khả năng tối đa của một tham số .

θ_{i}

$\theta_i$

— Dilip Sarwate

@DilipSarwate Bạn hiểu lầm. Tôi có các bước trung gian được viết ra nhưng chưa trình bày chúng ở đây. Đây là những gì bạn nhận được sau khi đơn giản hóa.

— JohnK

Có lẽ bạn có thể bắt đầu bằng cách giải thích cho tôi (một người không thống kê, nhân tiện) ý nghĩa của chữ T trong LRT.

— Dilip Sarwate

Câu trả lời:

Nếu bộ nhớ phục vụ, có vẻ như bạn đã quên một cái gì đó trong thống kê LR của bạn.

Hàm khả năng dưới null là

L_{H_{0}} = θ^{- n_{1} - n_{2}} \cdot \exp {- θ^{- 1} (\sum x_{i} + \sum y_{i})}

$L_{H_0} = \theta^{-n_1-n_2}\cdot \exp\left\{-\theta^{-1}\left(\sum x_i+\sum y_i\right)\right\}$

và MLE là

{\hat{θ}}_{0} = \frac{\sum x_{i} + \sum y_{i}}{n_{1} + n_{2}} = w_{1} \bar{x} + w_{2} \bar{y}, w_{1} = \frac{n_{1}}{n_{1} + n_{2}}, w_{2} = \frac{n_{2}}{n_{1} + n_{2}}

$\hat \theta_0 = \frac {\sum x_i+\sum y_i}{n_1+n_2} = w_1\bar x +w_2 \bar y, \;\; w_1=\frac {n_1}{n_1+n_2},\;w_2=\frac {n_2}{n_1+n_2}$

Vì vậy,

L_{H_{0}} ({\hat{θ}}_{0}) = ({\hat{θ}}_{0})^{- n_{1} - n_{2}} \cdot e^{- n_{1} - n_{2}}

$L_{H_0}(\hat \theta_0) = (\hat \theta_0)^{-n_1-n_2}\cdot e^{-n_1-n_2}$

Theo cách khác, khả năng là

L_{H_{1}} = θ_{1}^{- n_{1}} \cdot \exp {- θ_{1}^{- 1} (\sum x_{i})} \cdot θ_{2}^{- n_{2}} \cdot \exp {- θ_{2}^{- 1} (\sum y_{i})}

$L_{H_1} = \theta_1^{-n_1}\cdot \exp\left\{-\theta_1^{-1}\left(\sum x_i\right)\right\}\cdot \theta_2^{-n_2}\cdot \exp\left\{-\theta_2^{-1}\left(\sum y_i\right)\right\}$

và của MLE là

{\hat{θ}}_{1} = \frac{\sum x_{i}}{n_{1}} = \bar{x}, {\hat{θ}}_{2} = \frac{\sum y_{i}}{n_{2}} = \bar{y}

$\hat \theta_1 = \frac {\sum x_i}{n_1} = \bar x, \qquad \hat \theta_2 = \frac {\sum y_i}{n_2} = \bar y$

Vậy

L_{H_{1}} ({\hat{θ}}_{1}, {\hat{θ}}_{2}) = ({\hat{θ}}_{1})^{- n_{1}} ({\hat{θ}}_{2})^{- n_{2}} \cdot e^{- n_{1} - n_{2}}

$L_{H_1}(\hat \theta_1,\,\hat \theta_2) = (\hat \theta_1)^{-n_1}(\hat \theta_2)^{-n_2}\cdot e^{-n_1-n_2}$

Xem xét tỷ lệ

\frac{L_{H_{1}} ({\hat{θ}}_{1}, {\hat{θ}}_{2})}{L_{H_{0}} ({\hat{θ}}_{0})} = \frac{({\hat{θ}}_{0})^{n_{1} + n_{2}}}{({\hat{θ}}_{1})^{n_{1}} ({\hat{θ}}_{2})^{n_{2}}} = {(\frac{{\hat{θ}}_{0}}{{\hat{θ}}_{1}})}^{n_{1}} \cdot {(\frac{{\hat{θ}}_{0}}{{\hat{θ}}_{2}})}^{n_{2}}

$\frac {L_{H_1}(\hat \theta_1,\,\hat \theta_2)}{L_{H_0}(\hat \theta_0)} = \frac {(\hat \theta_0)^{n_1+n_2}}{(\hat \theta_1)^{n_1}(\hat \theta_2)^{n_2}}=\left(\frac {\hat \theta_0}{\hat \theta_1}\right)^{n_1} \cdot \left(\frac {\hat \theta_0}{\hat \theta_2}\right)^{n_2}$

= {(w_{1} + w_{2} \frac{\bar{y}}{\bar{x}})}^{n_{1}} \cdot {(w_{1} \frac{\bar{x}}{\bar{y}} + w_{2})}^{n_{2}}

$= \left(w_1 + w_2 \frac {\bar y}{\bar x}\right)^{n_1} \cdot \left(w_1\frac {\bar x}{\bar y} + w_2 \right)^{n_2}$

Các phương tiện mẫu là độc lập - vì vậy tôi tin rằng bây giờ bạn có thể hoàn thành việc này.

— Alecos Papadopoulos
nguồn

Điều này không quan trọng lắm nhưng tôi nghĩ bạn nên xác định LRT là đối ứng của phân số bạn đã sử dụng, xem thống kê.ox.ac.uk / ~ dlunn / b8_02 / b8pdf_8.pdf .

— JohnK

Đối ứng được sử dụng bởi vì nó giúp với các thao tác đại số. Khi phần này được thực hiện, người ta chỉ nhận sự tiêu cực của các thế lực bên ngoài.

— Alecos Papadopoulos

\frac{\bar{X}}{\bar{Y}}

$\frac{\bar{X}}{\bar{Y}}$

\frac{\frac{2 \sum X_{i}}{2 θ_{1} n_{1}}}{\frac{2 \sum Y_{i}}{2 θ_{1} n_{2}}}

$\frac{\frac{2\sum X_i}{2 \theta_1 n_1}}{\frac{2\sum Y_i}{2 \theta_1 n_2 }}$

Nếu đó là một "liên kết" chính xác giữa gamma và chi bình phương, thực sự.

— Alecos Papadopoulos

Đúng,

\frac{2}{θ_{1}} \sum X_{i} \sim χ^{2} (2 n_{1})

$\frac{2}{\theta_1} \sum X_i \sim \chi^2 \left( 2n_1 \right)$

2 n_{1}

$2n_1$

$\mathbf x=(x_1,\ldots,x_{n_1},y_1,\ldots,y_{n_2})$

\begin{aligned} L (θ_{1}, θ_{2}) & = \frac{1}{θ_{1}^{n_{1}} θ_{2}^{n_{2}}} \exp [- \frac{1}{θ_{1}} \sum_{i = 1}^{n_{1}} x_{i} - \frac{1}{θ_{2}} \sum_{i = 1}^{n_{2}} y_{i}] 1_{x > 0}, θ_{1}, θ_{2} > 0 \end{aligned}

$\begin{align} L(\theta_1,\theta_2)&=\frac{1}{\theta_1^{n_1}\theta_2^{n_2}}\exp\left[-\frac{1}{\theta_1}\sum_{i=1}^{n_1} x_i-\frac{1}{\theta_2}\sum_{i=1}^{n_2}y_i\right]\mathbf1_{\mathbf x>0}\quad,\,\theta_1,\theta_2>0 \end{align}$

$H_0:\theta_1=\theta_2$ $H_1:\theta_1\ne \theta_2$

\begin{aligned} λ (x) & = \frac{sup_{θ_{1} = θ_{2}} L (θ_{1}, θ_{2})}{sup_{θ_{1}, θ_{2}} L (θ_{1}, θ_{2})} = \frac{L (\hat{θ}, \hat{θ})}{L ({\hat{θ}}_{1}, {\hat{θ}}_{2})} \end{aligned}

$\begin{align} \lambda(\mathbf x)&=\frac{\sup\limits_{\theta_1=\theta_2}L(\theta_1,\theta_2)}{\sup\limits_{\theta_1,\theta_2}L(\theta_1,\theta_2)} =\frac{L(\hat\theta,\hat\theta)}{L(\hat\theta_1,\hat\theta_2)} \end{align}$

, trong đó là MLE của (dưới ) và là MLE không giới hạn của $\hat\theta$ $\theta_1=\theta_2$ $H_0$ $\hat\theta_i$ $\theta_i$ cho . $i=1,2$

Có thể dễ dàng xác minh rằng

({\hat{θ}}_{1}, {\hat{θ}}_{2}) = (\bar{x}, \bar{y})

$(\hat\theta_1,\hat\theta_2)=(\bar x,\bar y)$

và

\hat{θ} = \frac{n_{1} \bar{x} + n_{2} \bar{y}}{n_{1} + n_{2}}

$\hat\theta=\frac{n_1\bar x+n_2\bar y}{n_1+n_2}$

Sau khi đơn giản hóa, chúng ta có được sự đối xứng này cho tiêu chí LRT:

\begin{aligned} λ (x) & = \underset{> 0}{\underset{⏟}{constant}} {(\frac{n_{1} \bar{x}}{n_{1} \bar{x} + n_{2} \bar{y}})}^{n_{1}} {(\frac{n_{2} \bar{y}}{n_{1} \bar{x} + n_{2} \bar{y}})}^{n_{2}} \\ = constant \cdot t^{n_{1}} (1 - t_{1})^{n_{2}}, where t = \frac{n_{1} \bar{x}}{n_{1} \bar{x} + n_{2} \bar{y}} \\ = g (t), say \end{aligned}

$\begin{align} \lambda(\mathbf x)&=\underbrace{\text{constant}}_{>0}\left(\frac{n_1\bar x}{n_1\bar x+n_2\bar y}\right)^{n_1}\left(\frac{n_2\bar y}{n_1\bar x+n_2\bar y}\right)^{n_2} \\&=\text{constant}\cdot\,t^{n_1}(1-t_1)^{n_2}\qquad,\text{ where }t=\frac{n_1\bar x}{n_1\bar x+n_2\bar y} \\&=g(t)\quad,\,\text{say} \end{align}$

Nghiên cứu bản chất của hàm $g$ , chúng ta thấy rằng

g^{'} (t) ≷ 0 ⟺ t ≶ \frac{n_{1}}{n_{1} + n_{2}}

$g'(t)\gtrless 0\iff t\lessgtr \frac{n_1}{n_1+n_2}$

Bây giờ vì và được phân phối độc lập, chúng tôi có $2n_1\overline X/\theta_1\sim \chi^2_{2n_1}$ $2n_2\overline Y/\theta_2\sim \chi^2_{2n_2}$

\frac{\bar{X}}{\bar{Y}} \overset{H_{0}}{\sim} F_{2 n_{1}, 2 n_{2}}

$\frac{\overline X}{\overline Y}\stackrel{H_0}{\sim}F_{2n_1,2n_2}$

Định nghĩa

v = \frac{n_{1} \bar{x}}{n_{2} \bar{y}}

$v=\frac{n_1\overline x}{n_2\overline y}$

, vậy nên

t = \frac{v}{v + 1} ↑ v

$t=\frac{v}{v+1}\quad\uparrow\, v$

Vì thế,

λ (x) < c ⟺ v < c_{1} or v > c_{2}

$\lambda(\mathbf x)<c \iff v<c_1\quad\text{ or }\quad v>c_2$

, trong đó có thể được tìm thấy từ một số hạn chế kích thước và thực tế là, trong , $c_1,c_2$ $H_0$

\frac{n_{2}}{n_{1}} v \sim F_{2 n_{1}, 2 n_{2}}

$\frac{n_2}{n_1}v\sim F_{2n_1,2n_2}$

— Bướng bỉnh
nguồn