ペアの観測値の分散の比較

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私がしている観測（ペア、有限の第一及び第二モーメントを有する共通の未知の分布から引き出された）を、平均の周りに対称です。 $N$ $X_i$ $Y_i$

してみましょうの標準偏差（上の無条件の）、および Y.私のために同じことが仮説を検証したいと思います $\sigma_X$ $X$ $Y$ $\sigma_Y$

$H_0$ ： $\sigma_X = \sigma_Y$

$H_1$ ： $\sigma_X \neq \sigma_Y$

誰でもそのようなテストを知っていますか？最初の分析では、分布が正規であると仮定できますが、一般的なケースの方が興味深いです。閉じた形式のソリューションを探しています。ブートストラップは常に最後の手段です。

— ガッピー
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3

観測値がペアになっているという情報が、テストされている仮説にとって重要である理由がわかりません。説明してもらえますか？

— russellpierce

1

@drknexusは、依存関係によりフィッシャーテストのキャリブレーションが困難になるため重要です。

— ロビンジラール

4

サンプル分散の分布が真の分散を中心とするカイ二乗分布であるという事実を使用できます。帰無仮説では、検定統計量は、同じ未知の真の分散を中心とする2つのカイ2乗ランダム変量の差になります。2つのカイ2乗ランダム変量の差が識別可能な分布であるかどうかはわかりませんが、上記はある程度役立ちます。

3

@svadaliカイ二乗の比率の分布が表になっているため、ここで比率を使用するのがより一般的です（フィッシャーのF）。ただし、質問の問題のある部分（つまり

と

間の依存関係）は、使用するものが何であれそこにあります。2つの依存するカイ2乗でテストを構築するのは簡単ではありません...その点についての解決策で答えを出そうとしました（以下を参照）。

X

$X$

Y

$Y$

— ロビンギラード

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ノンパラメトリックルートを下る場合は、常に2乗ランクテストを試すことができます。

ペアになっていないケースの場合、このテストの前提条件（ここから取得）は次のとおりです。

両方のサンプルは、それぞれの母集団からのランダムサンプルです。
各サンプル内の独立性に加えて、2つのサンプル間に相互独立性があります。
測定スケールは少なくとも間隔です。

これらの講義ノートでは、ペアになっていないケースについて詳しく説明しています。

ペアの場合、この手順をわずかに変更する必要があります。このページの途中で、どこから始めればよいかがわかります。

— csgillespie
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6

私は考えることができる最も単純なアプローチは、退行している対としてその後、実行し、仮説に-test 。回帰勾配のt検定を参照してください。 $Y_i$ $X_i$ $Y_i \sim \hat{m}X_i + \hat{b}$ $t$ $m = 1$

それほど単純ではないアプローチは、Morgan-Pitmanテストです。ましょうその後、ピアソン相関係数のテスト実行対。（サンプルPearson係数の周囲の信頼区間を提供するFisher RZ変換を使用するか、ブートストラップを介してこれを簡単に行うことができます。） $U_i = X_i - Y_i, V_i = X_i + Y_i,$ $U_i$ $V_i$

Rを使用していて、自分ですべてをコーディングする必要がない場合はbootdpci、WilcoxのRobust StatsパッケージのWRSを使用します。（ウィルコックスのページを参照してください。）

— みすぼらしい
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4

2変量正規性を仮定できる場合、2つの可能な共分散行列構造を比較する尤度比検定を開発できます。制約のない（H_a）最尤推定値はよく知られています-サンプルの共分散行列、制約のあるもの（H_0）は尤度を書き出すことで導き出すことができます（おそらく「プールされた」推定値のようなものです）。

式を導出したくない場合は、SASまたはRを使用して、非構造化および複合対称共分散構造を持つ反復測定モデルを近似し、尤度を比較できます。

— アニコ
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3

ので、難易度は明らかに来てと corellatedされている（私は仮定 Anikoとして、共同ガウス）で、あなたがまたはStandardフィッシャー・スネデカーのように比（（@ svadaliの答えのように）違いを生むことができません「F-検定」）は、それらが依存であろうので、分布、あなたはこの依存性は、それが難しいの下で配布を導き出すために作るどの何であるかを知らないので、。 $X$ $Y$ $(X,Y)$ $\chi^2$ $H_0$

私の答えは、以下の式（1）に依存しています。分散の差は固有値の差と回転角の差で因数分解できるため、等価性のテストは2つのテストに拒否できます。Fisher-Snedecor Test を、2次元ガウスベクトルの単純な特性のために、@ shabbychefによって提案されたような勾配のテストと一緒に使用できることを示します。

Fisher-Snedecor検定： 場合 $i=1,2$ 経験的不偏分散を有するガウスランダム変数IID及び真分散、それはテストする場合に可能です、そのヌル下事実を用いて、 $(Z^i_{1},\dots,Z^i_{n_i} )$ $\hat{\lambda}^2_i$ $\lambda^2_i$ $\lambda_1=\lambda_2$

これは、事実を使用して

R = \frac{{\hat{λ}}_{バツ}^{2}}{{\hat{λ}}_{Y}^{2}}

$R=\frac{\hat{\lambda}_X^2}{\hat{\lambda}_Y^2}$

F (n_{1} - 1, n_{2} - 1)

$F(n_1-1,n_2-1)$

2Dガウスベクトルの単純なプロパティは、 私たちがで表すと

R （ θ ） = [\begin{matrix} \cos θ & - 罪 θ \\ 罪 θ & \cos θ \end{matrix}]

$R(\theta) = \begin{bmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \\ \end{bmatrix}$

λ_{1}, λ_{2} > 0

$\lambda_1,\lambda_2>0$

ϵ_{1}

$\epsilon_1$

ϵ_{2}

$\epsilon_2$

N (0, λ_{i}^{2})

$\mathcal{N}(0,\lambda_i^2)$

[\begin{matrix} バツ \\ Y \end{matrix}] = R （ θ ） [\begin{matrix} ϵ_{1} \\ ϵ_{2} \end{matrix}]

$\begin{bmatrix} X \\ Y \end{bmatrix} = R(\theta)\begin{bmatrix} \epsilon_1 \\ \epsilon_2 \end{bmatrix}$

V a r （ バツ ） - V a r （ Y ） = （ λ_{1}^{2} - λ_{2}^{2} ） （ \cos^{2} θ - 罪^{2} θ ） [1]

$Var(X)-Var(Y)=(\lambda_1^2-\lambda_2^2)(\cos^2 \theta -\sin^2 \theta) \;\; [1]$

$Var(X)=Var(Y)$ $\lambda_1^2=\lambda_2^2$ $\theta=\pi/4 \; mod \; [\pi/2]$

$\lambda_1^2=\lambda_2^2$ $\theta=\pi/4 [mod \; \pi/2]$ $|\beta_1|=1$ $Y=\beta_1 X+\sigma\epsilon$ $Y$ $X$

レベルで、 $\left ( \lambda_1^2=\lambda_2^2 \text{ or }\theta=\pi/4 [mod \; \pi/2]\right )$ $\alpha$ $\lambda_1^2=\lambda_2^2$ $\alpha/3$ $|\beta_1|=1$ $\alpha/3$

— ロビン・ジラード
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