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假设有三个按时间顺序进行的二项式实验。对于每个实验，我都知道#of trial和#of successes。要将前两个较旧的实验用作第三个实验的先验，我想“在两个较旧的实验上拟合贝叶斯层次模型，并使用作为第三个实验的先验的后验形式”。

鉴于我的可用数据（如下），我的问题是：rstanarm下面的代码是否捕获了我上面描述的内容？

Study1_trial = 70
Study1_succs = 27
#==================
Study2_trial = 84
Study2_succs = 31
#==================
Study3_trial = 100
Study3_succs = 55

我在包中尝试过的内容rstanarm：

library("rstanarm")

data <- data.frame(n = c(70, 84, 100), y = c(27, 31, 55));
mod <- stan_glm(cbind(y, n - y) ~ 1, prior = NULL, data = data, family = binomial(link = 'logit'))   

## can I use a beta(1.2, 1.2) as prior for the first experiment?
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1 回答 1

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TL;DR：如果您直接预测成功的概率，该模型将是具有参数 theta（成功概率）的伯努利似然，其值可能介于 0 和 1 之间。在这种情况下，您可以使用 Beta 先验作为 theta。但是使用逻辑回归模型，您实际上是在对成功的对数几率进行建模，它可以采用从 -Inf 到 Inf 的任何值，因此具有正态分布的先验（或其他可以采用任何实际值的先验）一些由现有的先验信息确定的范围）会更合适。

对于唯一参数是截距的模型，先验是对数成功几率的概率分布。在数学上，模型是：

log(p/(1-p)) =  a

p成功概率在哪里a，而您正在估计的参数是截距，它可以是任何实数。如果成功的几率是 1:1（即 p = 0.5），那么a = 0. 如果赔率大于 1:1，a则为正。如果赔率小于 1:1，a则为负数。

由于我们需要 的先验a，我们需要一个可以取任何实际值的概率分布。如果我们对成功的几率一无所知，我们可能会使用信息量非常微弱的先验，例如正态分布，例如 mean=0 和 sd=10（这是rstanarm默认值），这意味着一个标准差将包含成功的几率从大约 22000:1 到 1:22000 不等！所以这个先验基本上是平的。

如果我们采用您的前两项研究来构建先验，我们可以使用基于这些研究的概率密度，然后将其转换为对数赔率标度：

# Possible outcomes (that is, the possible number of successes)
s = 0:(70+84)

# Probability density over all possible outcomes
dens = dbinom(s, 70+84, (27+31)/(70+84))

假设我们将使用先验的正态分布，我们想要最可能的成功概率（这将是先验的均值）和均值的标准差。

# Prior parameters
pp = s[which.max(dens)]/(70+84)  # most likely probability
psd = sum(dens * (s/max(s) - pp)^2)^0.5  # standard deviation

# Convert prior to log odds scale
pp_logodds = log(pp/(1-pp))
psd_logodds = log(pp/(1-pp)) - log((pp-psd)/(1 - (pp-psd)))

c(pp_logodds, psd_logodds)

[1] -0.5039052  0.1702006

stan_glm您可以通过使用默认（平坦）先验在前两个研究上运行来生成基本相同的先验：

prior = stan_glm(cbind(y, n-y) ~ 1, 
                 data = data[1:2,], 
                 family = binomial(link = 'logit'))   

c(coef(prior), se(prior))

[1] -0.5090579   0.1664091

现在让我们使用来自研究 3 的数据使用默认先验和我们刚刚生成的先验来拟合模型。我已经切换到标准数据框，因为stan_glm当数据框只有一行时（如 中data = data[3, ]）似乎失败了。

# Default weakly informative prior
mod1 <- stan_glm(y ~ 1, 
                 data = data.frame(y=rep(0:1, c(45,55))), 
                 family = binomial(link = 'logit'))   

# Prior based on studies 1 & 2
mod2 <- stan_glm(y ~ 1, 
                 data = data.frame(y=rep(0:1, c(45,55))), 
                 prior_intercept = normal(location=pp_logodds, scale=psd_logodds), 
                 family = binomial(link = 'logit'))

为了比较，我们还生成一个包含所有三个研究和默认平坦先验的模型。我们希望这个模型给出几乎相同的结果mod2：

mod3 <- stan_glm(cbind(y, n - y) ~ 1, 
                 data = data, 
                 family = binomial(link = 'logit'))

现在让我们比较三个模型：

library(tidyverse)

list(`Study 3, Flat Prior`=mod1, 
     `Study 3, Prior from Studies 1 & 2`=mod2, 
     `All Studies, Flat Prior`=mod3) %>% 
  map_df(~data.frame(log_odds=coef(.x),
                     p_success=predict(.x, type="response")[1]), 
         .id="Model")

                              Model   log_odds p_success
1               Study 3, Flat Prior  0.2008133 0.5500353
2 Study 3, Prior from Studies 1 & 2 -0.2115362 0.4473123
3           All Studies, Flat Prior -0.2206890 0.4450506

对于具有平坦先验（第 1 行）的研究 3，如预期的那样，预测的成功概率为 0.55，因为这就是数据所说的，并且先验没有提供额外的信息。

对于基于研究 1 和 2 的先验研究 3，成功概率为 0.45。成功概率较低是由于在研究 1 和 2 中添加额外信息的成功概率较低。事实上，成功的概率mod2正是你直接从数据中计算出来的：with(data, sum(y)/sum(n)). mod3将所有信息放入可能性中，而不是将其拆分为先验和可能性，但在其他方面与 基本相同mod2。

回答（现已删除）评论：如果您只知道试验和成功的次数，并且您认为二项式概率是数据生成方式的合理模型，那么您如何将数据拆分为“先验”和“可能性”，或者您是否打乱数据的顺序。生成的模型拟合将是相同的。

于 2017-12-30T00:01:13.303 回答