Wyprowadzenie transformacji normalizującej dla GLM

$\newcommand{\E}{\mathbb{E}}$ Jaka jest transformacja normalizująca dla rodziny wykładniczej pochodny? $A(\cdot) = \displaystyle\int\frac{du}{V^{1/3}(\mu)}$

Mówiąc dokładniej : Próbowałem postępować zgodnie ze szkicem rozszerzenia Taylora na stronie 3, slajd 1 tutaj, ale mam kilka pytań. Gdy z rodziny wykładniczej, transformacja h (X) i \ kappa _i oznaczają i ^ {th} kumulant, slajdy twierdzą, że: \ kappa _3 (h (\ bar {X})) \ ok h '(\ mu) ^ 3 \ frac {\ kappa _3 (\ bar {X})} {N ^ 2} + 3h '(\ mu) ^ 2h' '(\ mu) \ frac {\ sigma ^ 4} {N} + O (N ^ {- 3}) i pozostaje po prostu znaleźć h (X)$X$$h(X)$$\kappa _i$$i^{th}$

$$\kappa _3(h(\bar{X})) \approx h'(\mu)^3\frac{\kappa _3(\bar{X})}{N^2} + 3h'(\mu)^2h''(\mu)\frac{\sigma^4}{N} + O(N^{-3}),$$ $h(X)$ tak, aby powyższe miało wartość 0.

1. Moje pierwsze pytanie dotyczy arytmetyki: moja ekspansja Taylora ma różne współczynniki i nie mogę usprawiedliwić, że porzuciły wiele terminów.

   $$\begin{align} \text{Since }h(x) &\approx h(\mu) + h'(\mu)(x - \mu) + \frac{h''(x)}{2}(x - \mu)^2\text{, we have:} \\ h(\bar{X}) - h(u) &\approx h'(u))(\bar{X} - \mu) + \frac{h''(x)}{2}(\bar{X} - \mu)^2 \\ \E\left(h(\bar{X}) - h(u)\right)^3 &\approx h'(\mu)^3 \E(\bar{X}-\mu)^3 + \frac{3}{2}h'(\mu)^2h''(\mu) \E(\bar{X} - \mu)^4 + \\ &\quad \frac{3}{4}h'(\mu)h''(\mu)^2 \E(\bar{X}-\mu)^5 + \frac{1}{8}h''(\mu)^3 \E(\bar{X} - \mu)^6. \end{align}$$

   Mogę dojść do czegoś podobnego, zastępując centralne momenty ich kumulatywnymi odpowiednikami, ale nadal się nie sumują.

2. Drugie pytanie: dlaczego analiza zaczyna się od zamiast , czyli ilości, na której nam zależy?$\bar{X}$$X$

Slajdy, do których prowadzą linki, są nieco mylące, pomijają kroki i robią kilka literówek, ale ostatecznie są poprawne. Pomoże odpowiedzieć najpierw na pytanie 2, potem 1, a następnie na końcu uzyskać transformację symetryczną .$A(u) = \int_{-\infty}^u \frac{1}{[V(\theta)]^{1/3}} d\theta$

Pytanie 2. Analizujemy ponieważ jest to średnia próbki wielkości iid zmiennych losowych . Jest to ważna ilość, ponieważ pobieranie próbek o tym samym rozkładzie i przyjmowanie średniej dzieje się cały czas w nauce. Chcemy wiedzieć, jak blisko jest do prawdziwej średniej . Twierdzenie Central Limit mówi, że zbiegnie się do jako ale chcielibyśmy poznać wariancję i skośność .$\bar{X}$$N$$X_1, ..., X_N$$\bar{X}$$\mu$$\mu$$N \to \infty$$\bar{X}$

Pytanie 1. Twoje przybliżenie serii Taylora nie jest niepoprawne, ale musimy uważać na śledzenie vs. i potęgi aby dojść do tego samego wniosku co slajdy. Zaczniemy od definicji i centralnych momentów i wzór na :$\bar{X}$$X_i$$N$$\bar{X}$$X_i$$\kappa_3(h(\bar{X}))$

$\bar{X} = \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N X_i$

$\mathbb{E}[X_i] = \mu$

$V(X_i) = \mathbb{E}[(X_i - \mu)^2] = \sigma^2$

$\kappa_3(X_i) = \mathbb{E}[(X_i - \mu)^3]$

Teraz najważniejsze momenty :$\bar{X}$

$\mathbb{E}[\bar{X}] = \frac{1}{N}\sum_{i=1}^N \mathbb{E}[X_i] = \frac{1}{N}(N\mu) = \mu$

$\begin{align} V(\bar{X}) &=\mathbb{E}[(\bar{X} - \mu)^2]\\ &=\mathbb{E}[\Big((\frac{1}{N}\sum_{i=1}^N X_i) - \mu\Big)^2]\\ &=\mathbb{E}[\Big(\frac{1}{N}\sum_{i=1}^N (X_i - \mu)\Big)^2]\\ &=\frac{1}{N^2}\Big(N\mathbb{E}[(X_i - \mu)^2] + N(N-1)\mathbb{E}[X_i - \mu]\mathbb{E}[X_j - \mu]\Big)\\ &= \frac{1}{N}\sigma^2 \end{align}$

Ostatni krok następuje od , a . To może nie być najłatwiejsze wyprowadzenie , ale jest to ten sam proces, który musimy wykonać, aby znaleźć i , w którym dzielimy iloczyn sumy i liczymy liczbę terminów z potęgami różnych zmiennych. W powyższym przypadku istniało wyrażeń w formie i w formie$\mathbb{E}[X_i - \mu] = 0$$\mathbb{E}[(X_i - \mu)^2] = \sigma^2$$V(\bar{X})$$\kappa_3(\bar{X})$$\kappa_3(h(\bar{X}))$$N$$(X_i - \mu)^2$$N(N-1)$$(X_i - \mu)(X_j - \mu)$ .

$\begin{align} \kappa_3(\bar{X}) &= \mathbb{E}[(\bar{X}-\mu)^3)]\\ &= \mathbb{E}[\Big((\frac{1}{N}\sum_{i=1}^N X_i) - \mu\Big)^3]\\ &= \mathbb{E}[\Big(\frac{1}{N}\sum_{i=1}^N (X_i - \mu)\Big)^3]\\ &= \frac{1}{N^3}\Big(N\mathbb{E}[(X_i - \mu)^3] + 3N(N-1)\mathbb{E}[(X_i - \mu)\mathbb{E}[(X_j - \mu)^2]+N(N-1)(N-2)\mathbb{E}[(X_i - \mu)]\mathbb{E}[(X_j - \mu)]\mathbb{E}[(X_k - \mu)]\\ &= \frac{1}{N^2}\mathbb{E}[(X_i - \mu)^3]\\ &= \frac{\kappa_3(X_i)}{N^2} \end{align}$

Następnie rozwiniemy w serii Taylor, tak jak masz:$h(\bar{X})$

$h(\bar{X}) = h(\mu) + h'(\mu)(\bar{X} - \mu) + \frac{1}{2}h''(\mu)(\bar{X}-\mu)^2 + \frac{1}{3}h'''(\mu)(\bar{X}-\mu)^3 + ...$

$\begin{align} \mathbb{E}[h(\bar{X})] &= h(\mu) + h'(\mu)\mathbb{E}[\bar{X} - \mu] + \frac{1}{2}h''(\mu)\mathbb{E}[(\bar{X}-\mu)^2] + \frac{1}{3}h'''(\mu)\mathbb{E}[(\bar{X}-\mu)^3] + ...\\ &= h(\mu) + \frac{1}{2}h''(\mu)\frac{\sigma^2}{N} + \frac{1}{3}h'''(\mu)\frac{\kappa_3(X_i)}{N^2} + ...\\ \end{align}$

Przy odrobinie wysiłku możesz udowodnić, że pozostałe terminy to . Wreszcie, ponieważ , (co nie jest tym samym, co ), ponownie wykonujemy podobne obliczenia:$O(N^{-3})$$\kappa_3(h(\bar{X})) = \mathbb{E}[(h(\bar{X})-\mathbb{E}[h(\bar{X})])^3]$$\mathbb{E}[(h(\bar{X})-h(\mu))^3]$

$\begin{align} \kappa_3(h(\bar{X})) &= \mathbb{E}[(h(\bar{X})-\mathbb{E}[h(\bar{X})])^3]\\ &=\mathbb{E}\Big[\Big(h(\mu) + h'(\mu)(\bar{X} - \mu) + \frac{1}{2}h''(\mu)(\bar{X}-\mu)^2 + O((\bar{X}-\mu)^3) - h(\mu) - \frac{1}{2}h''(\mu)\frac{\sigma^2}{N} - O(N^{-2})\Big)^3\Big] \end{align}$

Interesują nas tylko warunki wynikające z kolejności , a przy dodatkowej pracy możesz pokazać, że nie potrzebujesz warunków „ „lub” ”przed przejęciem trzeciej potęgi, ponieważ spowodują one tylko w kolejności . Upraszczając, otrzymujemy$O(N^{-2})$$O((\bar{X}-\mu)^3)$$- O(N^{-2})$$O(N^{-3})$

$\begin{align} \kappa_3(h(\bar{X})) &= \mathbb{E}\Big[\Big(h'(\mu)(\bar{X} - \mu) + \frac{1}{2}h''(\mu)(\bar{X}-\mu)^2 - \frac{1}{2}h''(\mu)\frac{\sigma^2}{N})\Big)^3\Big]\\ &=\mathbb{E}\Big[h'(\mu)^3(\bar{X} - \mu)^3 + \frac{1}{8}h''(\mu)^3(\bar{X}-\mu)^6 - \frac{1}{8}h''(\mu)^3\frac{\sigma^6}{N^3} + \frac{3}{2}h'(\mu)^2h''(\mu)(\bar{X}-\mu)^4 + \frac{3}{4}h'(\mu)h''(\mu)(\bar{X}-\mu)^5 - \frac{3}{2}h'(\mu)^2h''(\mu)(\bar{X} - \mu)^2\frac{\sigma^2}{N} + O(N^{-3})\Big] \end{align}$

W tym produkcie pominąłem niektóre terminy, które były oczywiście . Musisz przekonać się, że warunki i to$O(N^{-3})$$\mathbb{E}[(\bar{X}-\mu)^5]$$\mathbb{E}[(\bar{X}-\mu)^6]$$O(N^{-3})$ również. Jednak,

$\begin{align} \mathbb{E}[(\bar{X}-\mu)^4] &= \mathbb{E}[\frac{1}{N^4}\Big(\sum_{i=1}^N(\bar{X}-\mu)\Big)^4]\\ &=\frac{1}{N^4}\Big(N\mathbb{E}[(X_i-\mu)^4] + 3N(N-1)\mathbb{E}[(X_i-\mu)^2]\mathbb{E}[(X_j-\mu)^2] + 0\Big)\\ &=\frac{3}{N^2}\sigma^4 + O(N^{-3}) \end{align}$

Następnie rozkładamy oczekiwanie na nasze równanie dla$\kappa_3(h(\bar{X}))$ , mamy

$\begin{align}\kappa_3(h(\bar{X})) &= h'(\mu)^3\mathbb{E}[(\bar{X} - \mu)^3] + \frac{3}{2}h'(\mu)^2h''(\mu)\mathbb{E}[(\bar{X}-\mu)^4] - \frac{3}{2}h'(\mu)^2h''(\mu)\mathbb{E}[(\bar{X} - \mu)^2]\frac{\sigma^2}{N} + O(N^{-3})\\ &= h'(\mu)^3\frac{\kappa_3(X_i)}{N^2} + \frac{9}{2}h'(\mu)^2h''(\mu)\frac{\sigma^4}{N^2} - \frac{3}{2}h'(\mu)^2h''(\mu)\frac{\sigma^4}{N^2} + O(N^{-3})\\ &=h'(\mu)^3\frac{\kappa_3(X_i)}{N^2} + 3h'(\mu)^2h''(\mu)\frac{\sigma^4}{N^2} + O(N^{-3}) \end{align}$

To kończy wyprowadzenie . W końcu uzyskamy transformację symetryczną .$\kappa_3(h(\bar{X}))$$A(u) = \int_{-\infty}^u \frac{1}{[V(\theta)]^{1/3}} d\theta$

Dla tej transformacji ważne jest, aby pochodziła z wykładniczego rozkładu rodziny, w szczególności z naturalnej rodziny wykładniczej (lub została przekształcona w ten rozkład), w postaci$X_i$$f_{X_i}(x;\theta) = h(x)\exp(\theta x - b(\theta))$

W tym przypadku skumulowane rozkłady podane są przez . Więc , , a . Możemy zapisać parametr jako funkcję tylko biorąc odwrotność , pisząc . Następnie$\kappa_k = b^{(k)}(\theta)$$\mu = b'(\theta)$$\sigma^2 = V(\theta) = b''(\theta)$$\kappa_3 = b'''(\theta)$$\theta$$\mu$$b'$$\theta(\mu) = (b')^{-1}(\mu)$

$\theta'(\mu) = \frac{1}{b''((b')^{-1}(\mu))} = \frac{1}{b''(\theta))} = \frac{1}{\sigma^2}$

Następnie możemy zapisać wariancję jako funkcję i wywołać tę funkcję :$\mu$$\bar{V}$

$\bar{V}(\mu) = V(\theta(\mu)) = b''(\theta(\mu))$

Następnie

$\frac{d}{d\mu}\bar{V}(\mu) = V'(\theta(\mu))\theta'(\mu) = b'''(\theta)\frac{1}{\sigma^2} = \frac{\kappa_3}{\sigma^2}$

Więc jako funkcja , .$\mu$$\kappa_3(\mu) = \bar{V}'(\mu)\bar{V}(\mu)$

Teraz, dla transformacji symetrycznej, chcemy zmniejszyć skośność , tworząc więc to$h(\bar{X})$$h'(\mu)^3\frac{\kappa_3(X_i)}{N^2} + 3h'(\mu)^2h''(\mu)\frac{\sigma^4}{N^2} = 0$$h(\bar{X})$$O(N^{-3})$ . Tak więc chcemy

$h'(\mu)^3\kappa_3(X_i) + 3h'(\mu)^2h''(\mu)\sigma^4 = 0$

Podstawiając nasze wyrażenia do i jako funkcji$\sigma^2$$\kappa_3$$\mu$ , mamy:

$h'(\mu)^3\bar{V}'(\mu)\bar{V}(\mu) + 3h'(\mu)^2h''(\mu)\bar{V}(\mu)^2 = 0$

Więc , co prowadzi do$h'(\mu)^3\bar{V}'(\mu) + 3h'(\mu)^2h''(\mu)\bar{V}(\mu) = 0$$\frac{d}{d\mu}(h'(\mu)^3\bar{V}(\mu)) = 0$ .

Jednym rozwiązaniem tego równania różniczkowego jest:

$h'(\mu)^3\bar{V}(\mu) = 1$ ,

$h'(\mu) = \frac{1}{[\bar{V}(\mu)]^{1/3}}$

Więc , dla dowolnej stałej, . To daje nam transformację symetryczną , gdzie jest wariancją jako funkcja średniej w naturalnej rodzinie wykładniczej.$h(\mu) = \int_c^\mu \frac{1}{[\bar{V}(\theta)]^{1/3}} d\theta$$c$$A(u) = \int_{-\infty}^u \frac{1}{[V(\theta)]^{1/3}} d\theta$$V$

$\blacksquare$ nie mogę uzyskać tego samego wyniku, przybliżając momenty niecentralne a następnie obliczyć momenty centralne używając przybliżających momentów niecentralnych?$\mathbb{E}\bar{X}^k$$\mathbb{E}(\bar{X}-\mathbb{E}\bar{X})^k$

Ponieważ zmieniasz pochodne arbitralnie i upuszczasz termin pozostałości, co jest ważne. Jeśli nie znasz dużej notacji O i odpowiednich wyników, dobrym odniesieniem jest [Casella i Lehmann].

$$h(\bar{X}) - h(u) \approx h'(u)(\bar{X} - \mu) + \frac{h''(x)}{2}(\bar{X} - \mu)^2 +O[(\bar{X} - \mu)^3]$$

$$\mathbb{E}[h(\bar{X}) - h(u)] \approx h'(u)\mathbb{E}(\bar{X} - \mu) + \frac{h''(x)}{2}\mathbb{E}(\bar{X} - \mu)^2+(?)$$

Ale nawet jeśli nie upuścisz pozostałości, argumentując, że zawsze robisz (co jest niezgodne z prawem ...), następujący krok: mówi, że$N\rightarrow \infty$

$$\E\left(h(\bar{X}) - h(u)\right)^3 \approx h'(\mu)^3 \E(\bar{X}-\mu)^3 + \frac{3}{2}h'(\mu)^2h''(\mu) \E(\bar{X} - \mu)^4 + \frac{3}{4}h'(\mu)h''(\mu)^2 \E(\bar{X}-\mu)^5 + \frac{1}{8}h''(\mu)^3 \E(\bar{X} - \mu)^6. (1)$$ $$\int [h(x)-h(x_0)]^3dx=\int [h'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}h''(x_0)(x-x_0)^2+O((x-x_0)^3)]^3dx=(1)$$

jeśli nadal nie jest to jasne, możemy zobaczyć, że idzie algebra rozszerzania całki

$[h'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}h''(x_0)(x-x_0)^2+O((x-x_0)^3)]^3(2)$

Niech , ,$A=h'(x_0)(x-x_0)$$B=\frac{1}{2}h''(x_0)(x-x_0)^2$$C=O((x-x_0)^3)$ $(2)=[A+B+C]^3$ $\color{red}{\neq}[A^3+3A^2 B+3A B^2+B^3]=[A+B]^3=(1)$

Twoim błędem jest pominięcie pozostałości przed ekspansją, co jest „klasycznym” błędem w dużej notacji O, a później stało się krytyką użycia dużej notacji O.

$\blacksquare$ 2.Dlaczego analiza zaczyna się od zamiast$\bar{X}$$X$ , czyli ilości, na której nam zależy?

Ponieważ chcemy oprzeć naszą analizę na wystarczających statystykach wprowadzanego modelu wykładniczego. Jeśli masz próbkę o rozmiarze 1, nie ma różnicy, czy analizujesz za pomocą LUB$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i$$X_1$ .

To dobra lekcja na temat wielkiej notacji O, chociaż nie dotyczy GLM ...

Odnośnik [Casella i Lehmann] Lehmann, Erich Leo i George Casella. Teoria estymacji punktowej. Springer Science & Business Media, 2006.