タグ付けされた質問 「independence」

ましょう IIDは各ドローすなわち長さ10のベクトルであるAR（1）プロセスから描画連結することによって形成された確率論的プロセスであり、はAR（1）プロセスの実現です。は同じプロセスから描画されますが、最初の10個の観測から独立しています。など。{ X 1、X 2、… 、X 10 } { X 11、X 12、… 、X 20 }{ Xt}{Xt}\left\{X_t\right\}{ X1、X2、… 、X10}{バツ1、バツ2、…、バツ10}\left\{X_1, X_2, \ldots, X_{10}\right\}{ X11、X12、… 、X20}{バツ11、バツ12、…、バツ20}\left\{X_{11}, X_{12}, \ldots, X_{20}\right\} ACF何をします -それを呼び出すのように見て- ？仮定により、10個の観測値の各ブロックは他のすべてのブロックから独立しているため、長さラグの場合、はゼロであると期待していました。ρ （L ） ρ （L ） L ≥ 10バツバツXρ （l ）ρ（l）\rho\left(l\right)ρ （l ）ρ（l）\rho\left(l\right)L ≥ 10l≥10l \geq 10 しかし、データをシミュレートすると、次のようになります。 simulate_ar1 <- function(n, burn_in=NA) …

8 r  autocorrelation  independence  lags 

統計的独立性に関する次の記事を読みました。要約すると、この記事は「科学が統計的独立のフィクションを撤回する時がきた」と論じ、その理由を説明します。記事を読んだので、私は同意する傾向があります。私は次のことを知りたかった： 他の相互検証されたユーザーはどう思いますか？ 記事で述べられている概念を確認または拒否することを私に指摘できる学術的リソースはありますか？より具体的には、現実のデータセットが統計的独立性を示すか（示さないか）どうか。 ありがとう！

8 modeling  independence 

してみましょうも確率空間。推測：(Ω,F,P)(Ω,F,P)(\Omega, \mathscr F, \mathbb P) イベント st、またはます。イベント stの独立したシーケンスが存在しますA1,A2,...A1,A2,...A_1, A_2, ...∀ A∈⋂nσ(An,An+1,...)∀ A∈⋂nσ(An,An+1,...)\forall \ A \in \bigcap_n \sigma(A_n, A_{n+1}, ...)P(A)=0P(A)=0P(A) = 0111B1,B2,...B1,B2,...B_1, B_2, ... τAn:=⋂nσ(An,An+1,...)=⋂nσ(Bn,Bn+1,...):=τBnτAn:=⋂nσ(An,An+1,...)=⋂nσ(Bn,Bn+1,...):=τBn\tau_{A_n} := \bigcap_n \sigma(A_n, A_{n+1}, ...) = \bigcap_n \sigma(B_n, B_{n+1}, ...) := \tau_{B_n} これは本当ですか？ 私が思うに、関数が存在する ST「私たちが選択できるように、sは独立している。本当？なぜ/なぜですか？そうでない場合、上記の予想を他にどのように証明または反証できますか？それが本当なら、コルモゴロフ0-1法（イベント）の証明を変更することで証明できると思います。f:N→Nf:N→Nf: \mathbb N \to \mathbb NAf(n)Af(n)A_{f(n)}Bn=Af(n)Bn=Af(n)B_n = A_{f(n)} おそらく、これらのセットのサブシーケンスの1つは独立しています。 AnAnA_n A2n,A2n+1A2n,A2n+1A_{2n}, A_{2n+1} …

8 probability  independence  non-independent  asymptotics 

遺伝子発現データへのICAの適用に関するこの興味深い論文を読んでいます。 著者は書きます： PCAコンポーネントが統計的に独立している必要はありません。 それは事実ですが、PCは直交していますが、そうではありませんか？ 統計的独立性と直交性または線形独立性との関係については、少しあいまいです。 ICAはデータマトリックスの線形分解も提供しますが、統計的独立性の要件は、非相関が線形で実行されるPCAとは対照的に、データ共分散マトリックスが非線形に非相関であることを意味します。 分かりません。線形性の欠如は統計的独立性からどのように続きますか？ 質問：ICAのコンポーネントの統計的独立性は、PCAのコンポーネントの線形独立性とどのように関連していますか？

8 pca  independence  ica 

世界の国ごとに5つの変数があり、独立変数に対するそれらの影響と相互作用を分析する必要があります。ランダムフォレストは、非線形の関係を扱い、変数の重要性を予測するため、私のスコープには適切です。しかし、空間依存が問題になるのではないかと思います。それが空間データに広く使用されている場合でも、RFアプリケーションで説明されている空間依存性を見たことがありません。

8 random-forest  spatial  independence 

従属観測が統計で問題になる理由に興味があります。2つの学校の平均試験の点数に差があるかどうかを知りたいとします。各学校で50の観測を収集します。これらの50の観察は、各学校の5つの異なる教室から得られ、教室内で依存関係があります。この場合、t検定の結果はどのように影響を受け、どのようにして不正確な結論につながるのでしょうか。

8 hypothesis-testing  t-test  independence  non-independent 

私は、タスクの動作（応答時間など）を観察し、いくつかの実験的に操作された変数といくつかの観察された変数（参加者のセックス、参加者のIQ、フォローアップの応答）の関数としてこの動作をモデル化するプロジェクトに取り組んでいます。アップアンケート）。実験変数は独立になるように特別に操作されているため、実験変数間の多重共線性については心配していませんが、観測された変数については心配しています。ただし、評価された変数間の独立性を評価する方法がわからない。これは、評価者の設定方法によって多少異なる結果が得られるように見えるため、また、1つまたは複数のコンテキストでの相関にあまり詳しくないためです。両方の変数は二分です。 たとえば、セックスがIQから独立しているかどうかを判断する2つの異なるアプローチを次に示します。私は帰無仮説有意性検定のファンではないので、両方のアプローチで2つのモデルを構築します。1つは関係あり、もう1つはなしで、次に計算してAIC補正された対数尤度比を計算します。 m1 = lm(IQ ~ 1) m2 = lm(IQ ~ sex) LLR1 = AIC(m1)-AIC(m2) m3 = glm(sex~1,family='binomial') m4 = glm(sex~IQ,family='binomial') LLR2 = AIC(m3)-AIC(m4) ただし、これらのアプローチでは多少異なる答えが得られます。LLR1は約7で、関係を支持する強い証拠を示唆しています。一方、LLR2は約0.3で、関係を支持する非常に弱い証拠を示唆しています。 さらに、性別と別の二分観測変数 "yn"との間の独立性を評価しようとすると、結果のLLRは同様に、モデルをynから性別を予測するか、ynを性別から予測するように設定したかによって異なります。 これらの違いが生じている理由と最も合理的に進む方法についての提案はありますか？

8 regression  binomial  independence  multicollinearity  likelihood-ratio 

これが基本的でも冗長でもないことを願っています。私はガイダンスを求めて探していましたが、これまでのところ、どのように進めるかはまだわかりません。 私のデータは、対談者のペア間の会話で使用される特定の構造のカウントで構成されています。私がテストしたい仮説は次のとおりです。一方の話者によるこの構造のより頻繁な使用は、もう一方の話者による構造の周波数を増加させる傾向があります（つまり、これはプライミング効果の証拠かもしれません）。 したがって、2つのベクトルがあります。スピーカーAのカウントとスピーカーBのカウントは列であり、それらが並んでいる場合、各行は次のような特定の会話を表します。 AB 0 1 0 2 1 0 3 1 0 2 2 0 2 1 約420の会話（行）があります。このデータには多くのゼロがあります。 このデータを分析する最良の方法は何でしょうか？私はRを使用しています。 これは頻度（カウント）のプロットです。x軸は話者Aによる使用数、y軸は話者Bによる使用数です。話者を区別することは、その話者Aが最初に話したことだけを意味し、特別な理由はありません。それ以外の場合、話者Aと話者Bの違いは基本的に無意味です。 有効なXHTML http://phonematic.com/convplot.jpg そして、これは、各会話の各話者が話す文章の数に関連する頻度です。： 有効なXHTML http://phonematic.com/rs_plot.jpg （私は何のヒットもない会話、つまり{0,0}を捨てたことを言及しなければなりません。）

8 categorical-data  independence 

n個の独立した通常のrvのサンプルを考えます。それらのサブセットの合計が残りのrvの合計よりも大きくなる確率を計算する体系的な方法を特定したいと思います。例：魚の個体数。平均：10 kg、標準偏差：3 kg。私は5匹の魚（n = 5）を釣ります。2匹の魚が他の3匹の魚よりも重くなる確率はどのくらいですか？従うことができるステップは、魚のすべての組み合わせの確率を計算してから、それらの和集合に包含除外式を使用することです。もっと賢いものはありますか？注：4匹の魚を考慮した場合、2匹が他の2匹よりも重い確率は1になります。これはどのようにすぐに計算できますか？答えてくれてありがとう。

7 normal-distribution  independence 

サンプル相関とサンプル標準偏差（と呼ぶ）は、正の真の相関を持つ二変量正規、をシミュレートすると正の相関があるように見えます（と間の真の相関が負の場合は負の相関があるようです）負）。これはやや直観に反することがわかりました。非常にヒューリスティックに、がXの1 SDの増加に対するYの予想される増加（SD（Y）の単位）を表すという事実を反映していると思いますが大きくなると推定すると、はYの変化を反映します。 Xのより大きな変更に関連付けられています。rrrバツXXsバツsXs_XバツXXYYYバツXXYYYrrrsバツsXs_Xrrr しかし、私はかどうかを知りたいのため（少なくともX及びYは、正常と大きいnの二変量である場合について）一般的に成り立ちます。まかせ表す真SD、我々が持っています：Co v （r 、sバツ）> 0Cov(r,sx)>0Cov(r, s_x) >0r > 0r>0r>0σσ\sigma Co v （r 、sバツ）= E[ rsバツ] - ρσバツCov(r,sX)=E[rsX]−ρσxCov(r, s_X) = E [ r s_X] - \rho \sigma_x ≈ E[Co vˆ（X、Y）sY] −Co v （X、Y）σY≈E[Cov^(X,Y)sY]−Cov(X,Y)σY \approx E \Bigg[ \frac{\widehat{Cov}(X,Y)}{s_Y} \Bigg] - \frac{Cov(X,Y)}{\sigma_Y} 最初の項でテイラー展開を使用してみましたが、それはにため、行き止まりです。何か案は？Co v （Co vˆ（X、Y）、sY）Cov(Cov^(X,Y),sY)Cov(\widehat{Cov}(X,Y), s_Y) 編集 たぶん、より良い方向は、であることを示すことを試みることですここで、は、X上のYのOLS係数です。それから、、これは望ましい結果を意味します。以来ほとんどのサンプル手段の違いのようなものです、多分私達は通常のRV用のサンプル平均と分散の既知の独立性のようなものを使用して元の結果を得ることができますか？Co v …

7 correlation  covariance  independence 

2つのコーシー確率変数および与えられます。それは独立していない。確率変数の依存構造は、多くの場合、それらの共分散または相関係数で定量化できます。ただし、これらのコーシー確率変数にはモーメントがありません。したがって、共分散と相関は存在しません。θ1∼Cauchy(x(1)0,γ(1))θ1∼Cauchy(x0(1),γ(1))\theta_1 \sim \mathrm{Cauchy}(x_0^{(1)}, \gamma^{(1)})θ2∼Cauchy(x(2)0,γ(2))θ2∼Cauchy(x0(2),γ(2))\theta_2 \sim \mathrm{Cauchy}(x_0^{(2)}, \gamma^{(2)}) 確率変数の依存関係を表す他の方法はありますか？モンテカルロでそれらを推定することは可能ですか？

7 covariance  independence  copula  heavy-tailed 

とは無相関であるが独立していないという事実によって単純に例示されているように、無相関である2つの変数は必ずしも独立しているとは限りません。ただし、相関関係がなく、共に正規分布している2つの変数は、独立していることが保証されています。これが真実である理由を誰かが直感的に説明できますか？2つの変数の結合正規性は、2つの変数間のゼロ相関の知識に正確に何を追加しますか？これにより、これらの2つの変数は独立している必要があると結論付けることができますか？バツXXバツ2X2X^2

7 correlation  normal-distribution  independence  joint-distribution  intuition 

では一般化線形モデルへの紹介は以下のようドブソンとバーネットによって、運動1.4b＆Cは次のようになります。 ましょう独立したランダム分布と各変数である。およびましょう。...Y1,...,YnY1,...,YnY_1,...,Y_nN(μ,σ2)N(μ,σ2)N(\mu,\sigma^2)Y¯¯¯¯=1n∑ni=1YiY¯=1n∑i=1nYi\overline{Y}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}Y_iS2=1n−1∑ni=1(Yi−Y¯¯¯¯)2S2=1n−1∑i=1n(Yi−Y¯)2S^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(Y_i-\overline{Y})^2 b。示すことS2=1n−1[∑ni=1(Yi−μ)2−n(Y¯¯¯¯−μ)2]S2=1n−1[∑i=1n(Yi−μ)2−n(Y¯−μ)2]S^2 = \frac{1}{n-1}[\sum_{i=1}^{n}(Y_i-\mu)^2-n(\overline{Y}-\mu)^2] c。（b）から、。これにより、どのようにしてとが独立していると推測できますか？∑(Yi−μ)2/σ2=(n−1)S2/σ2+[(Y¯¯¯¯−μ)2n/σ2]∑(Yi−μ)2/σ2=(n−1)S2/σ2+[(Y¯−μ)2n/σ2]\sum(Y_i-\mu)^2/\sigma^2 = (n-1)S^2/\sigma^2+[(\overline{Y}-\mu)^2n/\sigma^2] Y¯¯¯¯Y¯\overline{Y} S2S2S^2 私の問題は、cの式で太字の質問にどのように答えられるかわからないことです。 私は2つが一般に独立していることを証明する方法を知っています（以前に尋ねられました）。 さらに、私が解決策を見ると、彼らは言う： （c）と（d）はp.10の結果から続きます 10ページの使用の最も近いものは、カイ二乗分布の生殖財産であり、ない場合にのみif文なので、私はそれがここで使用することができないと思います。 だから私の質問は、c）の方程式が独立性を証明するのにどのように役立つのですか？

7 self-study  mathematical-statistics  variance  mean  independence 

2つのイベント A,BA,BA,B 独立しているとき P(A∩B)=P(A)P(B)P(A∩B)=P(A)P(B)P(A \cap B ) = P(A)P(B)私はこの定義を掘り下げて、現実世界での自立という私たちの直感的な考えとそれを調和させようとしています。本当の自立の根拠なしに、この方程式は偶然に達成できると思います。 私は、確率的自立が因果的自立を意味する必要はないことを示すために思考実験を構築しようとしていました。たとえば、相互にばらばらの完全なイベントを考えてみます。 AAA ：雨が降っていない BBB ：草は緑ではない CCC ：雨が降っていて草は緑 私は確率を割り当てようとしていました： P(A):=p,P(B):=q,P(C)=1−p−qP(A):=p,P(B):=q,P(C)=1−p−qP(A) := p, P(B) := q, P(C) = 1 - p - q 作るような気の利いた方法で AcAcA^c （雨が降っています）そして BcBcB^c（草は緑です）独立しています。次のようになります。 P(Ac∩Bc)=P(C)=1−p−qP(Ac∩Bc)=P(C)=1−p−q P(A^c \cap B^c ) = P(C) = 1-p-q そして、私たちの望ましい独立性から： P(Ac∩Bc)=P(Ac)P(Bc)=(1−P(A))(1−P(B))=(1−p)(1−q)P(Ac∩Bc)=P(Ac)P(Bc)=(1−P(A))(1−P(B))=(1−p)(1−q) P(A^c \cap B^c ) = …

7 probability  independence  philosophical 

何かが発生する可能性（医学的診断による死亡など）が60％の確率で与えられた場合、その人がこれを3回生き残ることができる可能性はどれくらいですか？ たとえば、40％の人々はそれを生き残るでしょう。3回生き残るのは何人ですか？ 私は以下で正しいですか？ Total Outcomes: 300 (60 die, 40 survive = 100 * 3 events = 300) Odds: 40 / 300 = 13.33~% では、3回診断された場合、13％の人が60％の致命的な診断を生き残るでしょうか。 追加の変数はありません。各インシデントは分離されており、次のインシデントに影響を与えません。

7 probability  independence