Neg Binomial i przeor Jeffreysa

Próbuję uzyskać wcześniejszy Jeffreys dla ujemnego rozkładu dwumianowego. Nie widzę, gdzie się mylę, więc jeśli ktoś mógłby pomóc to wskazać, byłoby to mile widziane.

Okej, więc sytuacja jest następująca: mam porównać wcześniejsze rozkłady uzyskane za pomocą dwumianu i ujemnego dwumianu, gdzie (w obu przypadkach) jest prób i sukcesów. Otrzymuję właściwą odpowiedź dla przypadku dwumianowego, ale nie dla negatywnego dwumianowego. $n$ $m$

Nazwijmy wcześniej Jeffreys . Następnie, $\pi_J(\theta)$

π_{J} (θ) \propto [I (θ)]^{1 / 2} .

$\pi_J(\theta)\propto [I(\theta)]^{1/2}.$

W warunkach prawidłowości (spełnione, gdy mamy do czynienia z wykładniczą rodziną),

gdzie dla ujemnego dwumianujestw powyższym wyrażeniu (całkowita liczba sukcesówjest ustalona,nie jest). Dystrybucja - tak myślę - jest

I (θ) = - E (\frac{\partial^{2} \log L (θ | x)}{\partial θ^{2}})

$I(\theta)=-E\left(\frac{\partial^2 \log L(\theta|x)}{\partial \theta^2}\right)$

n

$n$

x

$x$

m

$m$

n

$n$

p (m | θ) \propto θ^{m} (1 - θ)^{n - m}

$p(m|\theta)\propto\theta^m(1-\theta)^{n-m}$

θ

$\theta$

m

$m$

m

$m$

L (θ | n) \propto θ^{m} (1 - θ)^{n - m} \log L (θ | n) = m \log θ + (n - m) \log (1 - θ) \frac{\partial \log L (θ | n)}{\partial θ} = \frac{m}{θ} - \frac{n - m}{1 - θ} \frac{\partial^{2} \log L (θ | n)}{\partial θ^{2}} = - \frac{m}{θ^{2}} - \frac{n - m}{(1 - θ)^{2}}

$L(\theta|n)\propto\theta^m(1-\theta)^{n-m}\\ \log L(\theta|n)=m\log\theta +(n-m)\log (1-\theta)\\ \frac{\partial\log L(\theta|n)}{\partial \theta}=\frac{m}{\theta}-\frac{n-m}{1-\theta}\\ \frac{\partial^2\log L(\theta|n)}{\partial \theta^2}=-\frac{m}{\theta^2}-\frac{n-m}{(1-\theta)^2}$

I (θ) = - E (\frac{\partial^{2} \log L (θ | n)}{\partial θ^{2}}) = \frac{m}{θ^{2}} + \frac{E (n) - m}{(1 - θ)^{2}} = \frac{m}{θ^{2}} + \frac{\frac{m θ}{1 - θ} - m}{(1 - θ)^{2}} = \frac{m (1 - θ)^{2} + \frac{m θ^{3}}{(1 - θ)} - m θ^{2}}{θ^{2} (1 - θ)^{2}} = \frac{m (1 - 2 θ) + \frac{m θ^{3}}{(1 - θ)}}{θ^{2} (1 - θ)^{2}} = \frac{m (1 - 2 θ) (1 - θ) + m θ^{3}}{θ^{2} (1 - θ)^{3}} = \frac{m (1 - 3 θ + 2 θ^{2} + θ^{3})}{θ^{2} (1 - θ)^{3}} \propto \frac{1 - 3 θ + 2 θ^{2} + θ^{3}}{θ^{2} (1 - θ)^{3}}

$I(\theta)=-E\left(\frac{\partial^2\log L(\theta|n)}{\partial \theta^2}\right)=\frac{m}{\theta^2}+\frac{E(n)-m}{(1-\theta)^2}=\frac{m}{\theta^2}+\frac{\frac{m\theta}{1-\theta}-m}{(1-\theta)^2}\\ =\frac{m(1-\theta)^2+\frac{m\theta^3}{(1-\theta)}-m\theta^2}{\theta^2(1-\theta)^2}=\frac{m(1-2\theta)+\frac{m\theta^3}{(1-\theta)}}{\theta^2(1-\theta)^2}\\ =\frac{m(1-2\theta)(1-\theta)+m\theta^3}{\theta^2(1-\theta)^3}=\frac{m(1-3\theta+2\theta^2+\theta^3)}{\theta^2(1-\theta)^3}\\ \propto\frac{1-3\theta+2\theta^2+\theta^3}{\theta^2(1-\theta)^3}$

To jednak nie daje poprawnej odpowiedzi. Poprawna odpowiedź to

π_{J} (θ) \propto \frac{1}{θ (1 - θ)^{1 / 2}}

$\pi_J(\theta)\propto \frac{1}{\theta(1-\theta)^{1/2}}$

I (θ) = \frac{1}{θ^{2} (1 - θ)}

$I(\theta)=\frac{1}{\theta^2(1-\theta)}$

Czy ktoś może znaleźć jakieś błędy? Nie zdziwiłbym się, gdyby coś zepsułem przy konfiguracji rozkładu (sukcesy vs porażki z ich odpowiednimi prawdopodobieństwami itp.).

Użyłem oczekiwanej wartości z Wikipedii i znam poprawną odpowiedź stąd (strona 3) .

— hejseb
źródło

$n$ $E(n) = m/\theta$

I (θ) = m (\frac{1}{θ^{2} (1 - θ)})

$I(\theta) = m\left(\frac{1}{\theta^2(1-\theta)}\right)$

π_{J} (θ) = | I (θ) |^{1 / 2} \propto θ^{- 1} (1 - θ)^{- 1 / 2}

$\pi_{J}(\theta) = |I(\theta)|^{1/2}\propto \theta^{-1}(1-\theta)^{-1/2}$

jak już zauważyłeś.

— COOLSerdash
źródło

Przerażający! Jest to bardzo pomocne, a także doskonałe odniesienie, ponieważ przechodzi przez sam problem, z którym walczyłem. Dziękuję Ci!

— hejseb

Znalazłem rozwiązanie, które wykorzystuje inną formułę, patrz tutaj . Cieszę się, że mogłem pomóc. Nie ma za co.

— COOLSerdash