σμimplied vol · KKmax(S−K,0)udβρᵢⱼfat tailsPnL · drawdownyield · TdSₜ = μSₜ dt + σSₜ dWₜC = S·N(d₁) − K·e⁻ʳᵀ·N(d₂)σₚ² = wᵀΣwd₁ = [ln(S/K) + (r + σ²⁄2)T] ⁄ σ√T∂V/∂t + ½σ²S²·∂²V/∂S² + rS·∂V/∂S − rV = 0Sharpe = (Rₚ − R_f) ⁄ σₚVaR₉₉ = μ − 2.33σρ = Cov(X,Y) ⁄ σₓσᵧE[Rₚ] = Σ wᵢ·E[Rᵢ]φ(x) = e^(−x²/2) ⁄ √2πE[Rᵢ] = R_f + βᵢ(E[Rₘ] − R_f)dXₜ = θ(μ − Xₜ)dt + σ dWₜσ²ₜ = ω + α·ε²ₜ₋₁ + β·σ²ₜ₋₁C − P = S − K·e⁻ʳᵀΔ = ∂V/∂S Γ = ∂²V/∂S²p = (e^(rΔt) − d) ⁄ (u − d)rₜ = ln(Pₜ ⁄ Pₜ₋₁)E[Xₜ₊₁ | ℱₜ] = Xₜf* = (bp − q) ⁄ bz = (x − μ) ⁄ σP(N=k) = λᵏe^(−λ) ⁄ k!Θ = −∂V/∂Tν = S·φ(d₁)·√Tmin wᵀΣw s.t. wᵀμ = μ*∫Σ∂∞λ
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σμimplied vol · KKmax(S−K,0)udβρᵢⱼfat tailsPnL · drawdownyield · TdSₜ = μSₜ dt + σSₜ dWₜC = S·N(d₁) − K·e⁻ʳᵀ·N(d₂)σₚ² = wᵀΣwd₁ = [ln(S/K) + (r + σ²⁄2)T] ⁄ σ√T∂V/∂t + ½σ²S²·∂²V/∂S² + rS·∂V/∂S − rV = 0Sharpe = (Rₚ − R_f) ⁄ σₚVaR₉₉ = μ − 2.33σρ = Cov(X,Y) ⁄ σₓσᵧE[Rₚ] = Σ wᵢ·E[Rᵢ]φ(x) = e^(−x²/2) ⁄ √2πE[Rᵢ] = R_f + βᵢ(E[Rₘ] − R_f)dXₜ = θ(μ − Xₜ)dt + σ dWₜσ²ₜ = ω + α·ε²ₜ₋₁ + β·σ²ₜ₋₁C − P = S − K·e⁻ʳᵀΔ = ∂V/∂S Γ = ∂²V/∂S²p = (e^(rΔt) − d) ⁄ (u − d)rₜ = ln(Pₜ ⁄ Pₜ₋₁)E[Xₜ₊₁ | ℱₜ] = Xₜf* = (bp − q) ⁄ bz = (x − μ) ⁄ σP(N=k) = λᵏe^(−λ) ⁄ k!Θ = −∂V/∂Tν = S·φ(d₁)·√Tmin wᵀΣw s.t. wᵀμ = μ*∫Σ∂∞λ
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Statistics スキル›モジュール 2 · 仮説検定›トピック 2.2·~55 分中級

多重検定と偽発見

スキル上の位置モジュール 2/4 · トピック 2/2
2.2 多重検定と偽発見
—ラボスコア— / 100合計XP—連続日数—

探すほど見つかる

有意水準5%の検定は、実際には何もない場合でも5%の確率で誤って有意と判定します。検定が1回なら許容できます。純粋なノイズに対して独立な検定を mmm 回行うと、少なくとも1回の偽陽性が出る確率は 1−(1−α)m1-(1-\alpha)^m1−(1−α)m で、20回なら 1−0.9520≈64%1-0.95^{20}\approx64\%1−0.9520≈64% です。多数のシグナル、パラメータ、銘柄、期間を試して、うまくいったものだけを報告することは、クオンツ研究が自分をだます最も一般的な方法で、多重検定の問題、またはデータ・スヌーピングと呼ばれます。

pi≤αm,p(k)≤km qp_i\le\frac{\alpha}{m},\qquad p_{(k)}\le\frac{k}{m}\,qpi​≤mα​,p(k)​≤mk​q(1)

制御できる量は2つあります。ファミリーワイズ誤り率(FWER)は偽発見を1つでも出す確率で、ボンフェローニ法は各仮説を水準 α/m\alpha/mα/m で検定して制御します。簡単ですが mmm が大きいと厳しすぎます。偽発見率(FDR)は発見のうち偽である割合の期待値で、ベンジャミニ・ホッホベルク法は ppp 値を昇順に並べ、p(k)≤kq/mp_{(k)}\le kq/mp(k)​≤kq/m を満たす最大の kkk を見つけて、小さいほうから kkk 個を有意とします。FDRの制御は穏やかで、多少の誤った手がかりが許される探索的研究に向き、FWERの制御は確実さが必要なときに向きます。

20回の検定と6つのp値ノイズに対する20回の独立な検定で、少なくとも1つ p<0.05p<0.05p<0.05 になる確率は 1−0.9520=0.641-0.95^{20}=0.641−0.9520=0.64 です。仮説が50個なら、ボンフェローニ法は p≤0.05/50=0.001p\le0.05/50=0.001p≤0.05/50=0.001 を要求します。どれも効かない1,000個のシグナルを5%で検定すると、1000⋅0.05=501000\cdot0.05=501000⋅0.05=50 件の偽発見が期待されます。昇順の6つの ppp 値 0.001, 0.008, 0.039, 0.041, 0.042, 0.0600.001,\,0.008,\,0.039,\,0.041,\,0.042,\,0.0600.001,0.008,0.039,0.041,0.042,0.060 と q=0.05q=0.05q=0.05 では、ベンジャミニ・ホッホベルク法のしきい値 kq/6kq/6kq/6 は 0.0083, 0.0167, 0.025, 0.033, 0.0417, 0.050.0083,\,0.0167,\,0.025,\,0.033,\,0.0417,\,0.050.0083,0.0167,0.025,0.033,0.0417,0.05 です。2番目は通り、3番目は通らず、以降も通らないので、発見は2件です。
  • 多重検定:偽陽性の確率は 1−(1−α)m1-(1-\alpha)^m1−(1−α)m のように増える。
  • ボンフェローニ法は水準 α/m\alpha/mα/m で、偽発見が1つでもある確率(FWER)を制御する。
  • ベンジャミニ・ホッホベルク法は偽発見の割合(FDR)を制御し、検出力を保つ。
捨てた試行も含めて試行回数を数える補正は、報告した数ではなく、実際に試した仮説の数に依存します。パラメータの格子、捨てたアイデア、フィルターの変形はすべて数に入り、正直な数は論文に書かれた数よりはるかに多いのが普通です。試行はその都度記録し、数えられないなら、思っているより多いと仮定しましょう。

ラボ:採点される内容

  • 少なくとも1つの偽陽性15点
  • ボンフェローニの水準10点
  • 偽発見の期待件数10点
  • ベンジャミニ・ホッホベルク法15点
  • 偽発見率を制御するのはどれか15点
  • 用語15点
  • 多数のバックテストの最良のもの20点
0/ 7問回答済み
問題
1数値で答える15点未回答

純粋なノイズに対して有意水準5%の独立な検定を20回行います。少なくとも1つが有意になる確率を小数第4位まで求めてください。

P=P =P=許容:± 0.001
2数値で答える10点未回答

仮説が50個で全体の水準が0.05のとき、ボンフェローニ法は各検定にどのp値のしきい値を使いますか。

α/m=\alpha/m =α/m=許容:± 0.00005
3数値で答える10点未回答

1,000個のシグナルを有意水準5%で検定しますが、本物の効果を持つものはありません。偽発見は何件期待されますか。

E[FD]=E[FD] =E[FD]=許容:± 0.1%
4数値で答える15点未回答

昇順の6つのp値は 0.001, 0.008, 0.039, 0.041, 0.042, 0.060 です。q = 0.05 のとき、しきい値 k*q/6 は 0.0083, 0.0167, 0.025, 0.033, 0.0417, 0.05 です。ベンジャミニ・ホッホベルク法は何件の発見をしますか。

k=k =k=許容:± 0.001
5選択15点未回答

偽発見率(FDR)を制御する手続きはどれですか。

6対応づけ15点未回答

各用語を意味に結び付けてください。

左の各項目に対応するものを選んでください。

FWER
FDR
pハッキング
ボンフェローニ補正
7言葉で説明する20点未回答

多数のバックテストのうち最良の戦略が、生のp値が小さくても弱い証拠にしかならない理由を2文で述べてください。

数学モードキーボードまたは LaTeX で入力問題1/7 · Ctrl ⏎ で確認

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