Intervallo di confidenza per differenza di mezzi nella regressione

Supponiamo di avere un modello di regressione quadratica con gli errori soddisfano i soliti presupposti (indipendente, normale, indipendente dai valori ). Sia la stima dei minimi quadrati.

Y = β_{0} + β_{1} X + β_{2} X^{2} + ϵ

$Y = \beta_0 + \beta_1 X + \beta_2 X^2 + \epsilon$

ϵ

$\epsilon$

X

$X$

b_{0}, b_{1}, b_{2}

$b_0, b_1, b_2$

Ho due nuovi valori e e sono interessato a ottenere un intervallo di confidenza per . $X$ $x_1$ $x_2$ $v = E(Y|X = x_2) - E(Y|X=x_1) = \beta_1 (x_2 - x_1) + \beta_2 (x_2^2 - x_1^2)$

La stima del punto è e (correggimi se sbaglio) posso stimare la varianza di utilizzando le stime di varianza e covarianza dei coefficienti forniti dal software. $\hat{v} = b_1 (x_2 - x_1) + b_2 (x_2^2 - x_1^2)$

{\hat{s}}^{2} = (x_{2} - x_{1})^{2} Var (b_{1}) + (x_{2}^{2} - x_{1}^{2})^{2} Var (b_{2}) + 2 (x_{2} - x_{1}) (x^{2} - x_{1}^{2}) Cov (b_{1}, b_{2})

$\hat{s}^2 = (x_2 - x_1)^2 \text{Var}(b_1) + (x_2^2 - x_1^2)^2 \text{Var}(b_2) + 2 (x_2 - x_1)(x^2 - x_1^2)\text{Cov}(b_1, b_2)$

Potrei usare un'approssimazione normale e prendere $\hat{v} \pm 1.96 \hat{s}$ come intervallo di confidenza al 95% per $v$ , oppure potrei usare un intervallo di confidenza bootstrap, ma c'è un modo per calcolare l'esatta distribuzione e usarlo?

regression confidence-interval

— mark999
fonte

Poiché gli errori sono considerati normali, allora le stime dei parametri - essendo funzioni lineari dei dati, da cui anche gli errori - devono essere normali, implicando una distribuzione normale per .

\hat{v}

$\hat{v}$

— whuber

Quindi stai dicendo che il normale intervallo di confidenza è corretto? Se ho capito bene, con quella logica useremmo anche normali intervalli di confidenza per i parametri. Ma usiamo gli intervalli in base alla distribuzione t.

— mark999,

La distribuzione t viene utilizzata perché si sta valutando la varianza dell'errore; se questo fosse noto, avresti una distribuzione normale come dice @whuber.

— JMS

Grazie per il tuo commento. Quello che sto chiedendo è: la distribuzione t può anche essere usata per un intervallo di confidenza per v come definito nella domanda e, in tal caso, con quanti gradi di libertà?

— mark999,

Le varianze e le covarianze alla fine dipendono tutte dalla varianza stimata dei residui. Pertanto, il DF da utilizzare è il DF in questa stima, pari al numero di valori di dati meno il numero di parametri (inclusa la costante).

— whuber

Il risultato generale che stai cercando (sotto le ipotesi dichiarate) è simile al seguente: Per la regressione lineare con variabili predittive (hai due, e ) e un'intercetta, quindi con osservazioni, il matrice di progettazione, lo stimatore dimensionale e $p$ $X$ $X^2$ $n$ $\mathbf{X}$ $n \times (p+1)$ $\hat{\beta}$ $p+1$ $a \in \mathbb{R}^{p+1}$

\frac{a^{T} \hat{β} - a^{T} β}{\hat{σ} \sqrt{a^{T} (X^{T} X)^{- 1} a}} \sim t_{n - p - 1} .

$\frac{a^T\hat{\beta} - a^T \beta}{\hat{\sigma} \sqrt{a^T(\mathbf{X}^T\mathbf{X})^{-1}a}} \sim t_{n-p-1}.$

La conseguenza è che puoi costruire intervalli di confidenza per qualsiasi combinazione lineare del vettore usando la stessa distribuzione che usi per costruire un intervallo di confidenza per una delle coordinate. $\beta$ $t$

Nel tuo caso, e . Il denominatore nella formula sopra è la radice quadrata di ciò che si calcola come stima dell'errore standard (a condizione che questo sia ciò che il software calcola ...). Si noti che lo stimatore di varianza, , dovrebbe essere lo (abituale) stimatore imparziale, in cui si divide per i gradi di libertà, , e non per il numero di osservazioni . $p = 2$ $a^T = (0, x_2 - x_1, x_2^2 - x_1^2)$ $\hat{\sigma}^2$ $n-p-1$ $n$

— NRH
fonte

Grazie, è esattamente il genere di cosa che stavo cercando. Ma c'è un errore nella formula? Le dimensioni non sembrano corrispondere in . Dovrebbe essere i matrice avente quelli nella prima colonna?

a^{T} (X^{T} X)^{- 1} a

$a^T(\mathbf{X}^T\mathbf{X})^{-1}a$

X

$\mathbf{X}$

n \times (p + 1)

$n \times (p+1)$

— mark999,

@ mark999, sì, ha colonne. L'ho corretto nella risposta. Grazie.

X

$\mathbf{X}$

p + 1

$p+1$

— NRH