Intervallo di confidenza per chi-quadrato

Sto cercando di trovare una soluzione per confrontare due test "chi-quadrato di bontà di adattamento". Più precisamente, voglio confrontare i risultati di due esperimenti indipendenti. In questi esperimenti gli autori hanno usato il chi-quadrato di bontà di adattamento per confrontare ipotesi casuali (frequenze attese) con frequenze osservate. I due esperimenti hanno ottenuto lo stesso numero di partecipanti e le procedure sperimentali sono identiche, solo gli stimoli sono cambiati. I risultati dei due esperimenti hanno indicato un chi-quadrato significativo (exp. 1: X² (18) = 45; p <.0005 ed exp. 2: X² (18) = 79; p <.0001).

Ora, quello che voglio fare è verificare se c'è una differenza tra questi due risultati. Penso che una soluzione potrebbe essere l'uso di intervalli di confidenza, ma non so come calcolare questi intervalli di confidenza solo con questi risultati. O forse un test per confrontare la dimensione dell'effetto (Cohen's w)?

Qualcuno ha una soluzione?

Molte grazie!

FD

Le informazioni molto limitate che hai sono sicuramente un grave vincolo! Tuttavia, le cose non sono del tutto senza speranza.

Con le stesse ipotesi che portano alla distribuzione asintotica per la statistica test dell'omonimo test di bontà di adattamento, la statistica test sotto l'ipotesi alternativa ha, asintoticamente, una distribuzione non centrale . Se assumiamo che i due stimoli siano a) significativi e b) abbiano lo stesso effetto, le statistiche dei test associati avranno la stessa distribuzione asintotica non centrale . Possiamo usarlo per costruire un test - fondamentalmente, stimando il parametro di non centralità e vedendo se le statistiche del test sono lontane dalle code della distribuzione noncentrica . (Questo non vuol dire che questo test avrà molto potere, però.)χ 2 χ 2 λ χ 2 ( 18 , λ$\chi^2$$\chi^2$$\chi^2$$\lambda$$\chi^2(18, \hat{\lambda})$

Possiamo stimare il parametro di non centralità dati le due statistiche del test prendendo la loro media e sottraendo i gradi di libertà (un metodo di stima dei momenti), dando una stima di 44, o con la massima probabilità:

x <- c(45, 79)
n <- 18

ll <- function(ncp, n, x) sum(dchisq(x, n, ncp, log=TRUE))
foo <- optimize(ll, c(30,60), n=n, x=x, maximum=TRUE)
> foo$maximum
[1] 43.67619

Buon accordo tra le nostre due stime, in realtà non sorprendente dato due punti dati e i 18 gradi di libertà. Ora per calcolare un valore p:

> pchisq(x, n, foo$maximum)
[1] 0.1190264 0.8798421

Quindi il nostro valore p è 0,12, non sufficiente a respingere l'ipotesi nulla che i due stimoli siano gli stessi.

Questo test ha effettivamente (approssimativamente) un tasso di rifiuto del 5% quando i parametri di non centralità sono gli stessi? Ha qualche potere? Tenteremo di rispondere a queste domande costruendo una curva di potenza come segue. Innanzitutto, fissiamo la media al valore stimato di 43,68. Le distribuzioni alternative per le due statistiche di test saranno non centrali con 18 gradi di libertà e parametri di non centralità per . Simuleremo 10000 estrazioni da queste due distribuzioni per ogni e vedremo con che frequenza il nostro test rifiuta, ad esempio, il livello di affidabilità del 90% e del 95%.χ 2 ( λ - δ , λ + δ ) δ = 1 , 2 , … , 15 $\lambda$$\chi^2$$(\lambda-\delta, \lambda+\delta)$$\delta = 1, 2, \dots, 15$$\delta$

nreject05 <- nreject10 <- rep(0,16)
delta <- 0:15
lambda <- foo$maximum
for (d in delta)
{
  for (i in 1:10000)
  {
    x <- rchisq(2, n, ncp=c(lambda+d,lambda-d))
    lhat <- optimize(ll, c(5,95), n=n, x=x, maximum=TRUE)$maximum
    pval <- pchisq(min(x), n, lhat)
    nreject05[d+1] <- nreject05[d+1] + (pval < 0.05)
    nreject10[d+1] <- nreject10[d+1] + (pval < 0.10)
  }
}
preject05 <- nreject05 / 10000
preject10 <- nreject10 / 10000

plot(preject05~delta, type='l', lty=1, lwd=2,
     ylim = c(0, 0.4),
     xlab = "1/2 difference between NCPs",
     ylab = "Simulated rejection rates",
     main = "")
lines(preject10~delta, type='l', lty=2, lwd=2)
legend("topleft",legend=c(expression(paste(alpha, " = 0.05")),
                          expression(paste(alpha, " = 0.10"))),
       lty=c(1,2), lwd=2)

che fornisce quanto segue:

Osservando i veri punti di ipotesi nulli (valore dell'asse x = 0), vediamo che il test è conservativo, in quanto non sembra rifiutare tutte le volte che il livello indicherebbe, ma non in modo schiacciante. Come ci aspettavamo, non ha molto potere, ma è meglio di niente. Mi chiedo se ci sono test migliori là fuori, data la quantità molto limitata di informazioni che hai a disposizione.

Potresti ottenere la V di Cramer, che è interpretabile come una correlazione, convertirla in una Z di Fisher, e quindi l'intervallo di confidenza di ciò è semplice (SE = 1 / sqrt (n-3): Z ± se * 1.96). Dopo aver ottenuto le estremità dell'elemento della configurazione, è possibile riconvertirle in r.

Hai mai considerato di mettere tutti i tuoi conteggi in una tabella di contingenza con un'ulteriore dimensione di esperimento?