Tại sao không tương quan của phần dư khi kiểm tra tính chuẩn?

Khi (ví dụ, xuất phát từ mô hình hồi quy tuyến tính), $Y = AX + \varepsilon$ $Y$ Và trong trường hợp đó dư có tương quan và không độc lập. Nhưng khi chúng ta làm chẩn đoán hồi quy và muốn kiểm tra giả định , mỗi cuốn sách giáo khoa cho thấy sử dụng Q-Q lô và kiểm tra thống kê về dư rằng được thiết kế để kiểm tra xem đối với một số .

ε \sim N (0, σ^{2} I) \Rightarrow \hat{e} = (I - H) Y \sim N (0, (I - H) σ_{}^{2})

$\varepsilon \sim \mathcal{N}(0, \sigma^2 I) \hspace{1em} \Rightarrow \hspace{1em} \hat{e} = (I - H) Y \sim \mathcal{N}(0, (I - H) \sigma^2_{})$

{\hat{e}}_{1}, \dots, {\hat{e}}_{n}

$\hat{e}_1, \ldots, \hat{e}_n$

ε \sim N (0, σ^{2} I)

$\varepsilon \sim \mathcal{N}(0, \sigma^2 I)$

\hat{e}

$\hat{e}$

\hat{e} \sim N (0, σ^{2} I)

$\hat{e} \sim \mathcal{N}(0, \sigma^2 I)$

σ^{2} \in R

$\sigma^2 \in \mathbb{R}$

Tại sao không có vấn đề gì đối với các xét nghiệm này mà phần dư có tương quan và không độc lập? Nó thường được gợi ý đến việc sử dụng tiêu chuẩn nhưng điều đó chỉ làm cho họ đồng nhất, không độc lập.

{\hat{e}}_{i}^{'} = \frac{{\hat{e}}_{i}}{\sqrt{1 - h_{i i}}},

$\hat{e}_i' = \frac{\hat{e}_i}{\sqrt{1 - h_{ii}}},$

Để viết lại câu hỏi: Dư lượng từ hồi quy OLS có tương quan. Tôi hiểu rằng trong thực tế, những mối tương quan này rất nhỏ (hầu hết thời gian? Luôn luôn?), Chúng có thể bị bỏ qua khi kiểm tra xem phần dư có đến từ phân phối bình thường hay không. Câu hỏi của tôi là, tại sao?

regression residuals non-independent

— Zoran Loncarevic
nguồn

Làm cho họ homoscedastic.

— Scortchi - Phục hồi Monica

Bạn đang hỏi về khả năng áp dụng của các xét nghiệm này khi phần dư có tương quan mạnh hay bạn chỉ quan tâm đến mối tương quan âm (rất nhẹ và không quan trọng) phát sinh từ thủ tục ước lượng bình phương nhỏ nhất?

— whuber

@whuber Tôi đang hỏi về mối tương quan phát sinh từ thủ tục ước lượng bình phương nhỏ nhất. Nếu họ nhẹ và không quan trọng, tôi muốn biết tại sao.

— Zoran Loncarevic

$H$ $X$ $M:=I_{n}-H$

$X\in\mathbb{R}^{n\times k}$ $\hat{e}\in\mathbb{R}^{n}$

$\varepsilon$ $X$ $\varepsilon\perp\operatorname{span}\left(X\right)$ $y=X\beta+\varepsilon=\tilde{y}+\varepsilon$ $\tilde{y}\perp\varepsilon$ $\tilde{y}=X\beta\in\operatorname{span}\left(X\right)$ $y$ $\varepsilon$

$b_{1},\ldots,b_{n}$ $\mathbb{R}^{n}$ $b_{1},\ldots,b_{k}$ $\operatorname{span}\left(X\right)$ $b_{k+1},\ldots,b_{n}$ $\operatorname{span}\left(X\right)^{\perp}$ $\varepsilon=\alpha_{1}b_{1}+\ldots+\alpha_{n}b_{n}$ $\alpha_{i}$ $i\in\left\{1,\ldots,k\right\}$ $X\beta$ $\operatorname{span}\left(X\right)$

$\varepsilon$ $\hat{e}$ $n$ $\hat{e}\in\mathbb{R}^{n}\mapsto e^{*}\in\mathbb{R}^{n-k}$

e^{*} \sim N_{n - k} (0, σ^{2} I_{n - k}),

$\begin{equation} e^{*}\sim\mathcal{N}_{n-k}\left(0,\sigma^{2}I_{n-k}\right) \textrm{,} \end{equation}$

e^{*}

$e^{*}$

e^{*}

$e^{*}$

Trong bài viết ngắn về Thử nghiệm nhiễu loạn hồi quy cho tính quy phạm, bạn tìm thấy sự so sánh giữa các phần dư OLS và BLUS. Trong cài đặt Monte Carlo được thử nghiệm, phần dư OLS vượt trội hơn phần dư BLUS. Nhưng điều này sẽ cung cấp cho bạn một số điểm bắt đầu.

— Marco Breitig
nguồn