GLM'ler için normalleştirici dönüşümün türetilmesi

Üstel aile $\newcommand{\E}{\mathbb{E}}$için $A(\cdot) = \displaystyle\int\frac{du}{V^{1/3}(\mu)}$ normalleştirme dönüşümü nasıl türetilmişk

Daha spesifik olarak : Sayfa 3'teki Taylor genişletme taslağını takip etmeye çalıştım, burada slayt 1, ancak birkaç sorum var. İle $X$ bir üstel ailesinden, dönüşüm $h(X)$ ve $\kappa _i$ belirten $i^{th}$ kümülant lamlar iddia:

$$\kappa _3(h(\bar{X})) \approx h'(\mu)^3\frac{\kappa _3(\bar{X})}{N^2} + 3h'(\mu)^2h''(\mu)\frac{\sigma^4}{N} + O(N^{-3}),$$ ve h (X) 'u bulmak $h(X)$için yukarıda belirtilen 0 olarak değerlendirilir.

1. İlk sorum aritmetik ile ilgili: Taylor genişlememin farklı katsayıları var ve terimlerin çoğunu düşürdüklerini haklı çıkaramıyorum.

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

   Merkezi anları kümülatif eşdeğerleriyle değiştirerek benzer bir şey elde edebilirim, ama yine de toplanmıyor.

2. İkinci soru: Analiz neden umursadığımız miktar X yerine \ bar {X} ile başlıyor ?$\bar{X}$$X$

Bağlantı verdiğiniz slaytlar biraz kafa karıştırıcıdır, adımları bırakır ve birkaç yazım hatası yapar, ancak sonuçta doğrudur. Önce 2. soruya sonra 1'e, sonra da simetrikleştirici dönüşüm .$A(u) = \int_{-\infty}^u \frac{1}{[V(\theta)]^{1/3}} d\theta$

Soru 2. rasgele değişkenlerinin boyutunda bir örneklemin ortalaması olarak analiz . Bu önemli bir miktardır çünkü aynı dağılımı örneklemek ve ortalamaları almak bilimde her zaman olur. 'ın gerçek ortalamaya ne kadar yakın olduğunu bilmek istiyoruz . Merkezi Limit Teoremi olarak birleşeceğini söylüyor ancak ın varyansını ve eğriliğini bilmek istiyoruz .$\bar{X}$$N$$X_1, ..., X_N$$\bar{X}$$\mu$$\mu$$N \to \infty$$\bar{X}$

Soru 1. Taylor serisi yaklaşım yanlış değil, ama biz takip konusunda dikkatli olmak gerekir vs ve yetkileri slaytlar aynı sonuca ulaşmak için. tanımları ve merkezi anları ile ve formülünü :$\bar{X}$$X_i$$N$$\bar{X}$$X_i$$\kappa_3(h(\bar{X}))$

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

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

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

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

Şimdi, ın merkezi anları :$\bar{X}$

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

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

Son adım ve . Bu, en kolay türetimi olmayabilir , ancak ve bulmak için yapmamız gereken aynı işlemdir. , burada bir özetlemenin bir ürününü ayırırız ve farklı değişkenlerin güçleriyle terimlerin sayısını sayarız. Yukarıdaki durumda, vardı formunda olan şartlar ve şekil bakımından .$\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)$

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

Daha sonra, Taylor dizisinde şu şekilde genişleteceğiz :$h(\bar{X})$

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

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

Biraz daha fazla çaba ile terimlerin geri kalanının olduğunu kanıtlayabilirsiniz . Son olarak, , ( ), yine benzer bir hesaplama yaparız:$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]$

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

Yalnızca siparişiyle sonuçlanan terimlerle ilgileniyoruz ve fazladan çalışma ile " terimlerine ihtiyacınız olmadığını gösterebilirsiniz. "veya" "olarak adlandırın, çünkü bunlar yalnızca sırası ile sonuçlanır . Yani, basitleştirmek gerekirse,$O(N^{-2})$$O((\bar{X}-\mu)^3)$$- O(N^{-2})$$O(N^{-3})$

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

Bu üründe açıkça olan bazı terimleri bıraktım . Kendinizi ve terimlerinin de. Ancak,$O(N^{-3})$$\mathbb{E}[(\bar{X}-\mu)^5]$$\mathbb{E}[(\bar{X}-\mu)^6]$$O(N^{-3})$

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

Sonra bizim denklemi için üzerinde beklentiyi dağıtarak , elimizdeki$\kappa_3(h(\bar{X}))$

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

Bu, türetilmesiyle sonuçlanır . Şimdi, nihayet, simetrize edici dönüşüm .$\kappa_3(h(\bar{X}))$$A(u) = \int_{-\infty}^u \frac{1}{[V(\theta)]^{1/3}} d\theta$

Bu dönüşüm için, biçiminde üstel bir aile dağılımından ve özellikle doğal bir üstel aileden (veya bu dağılıma dönüştürülmüş) olması$X_i$$f_{X_i}(x;\theta) = h(x)\exp(\theta x - b(\theta))$

Bu durumda, dağılımın . Yani , ve . Bu geç parametre bir fonksiyonu olarak sadece tersini alarak'yazma . Sonra$\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)$

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

Sonra varyansı işlevi olarak yazabilir ve bu işlevi :$\mu$$\bar{V}$

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

Sonra

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

, işlevi olarak .$\mu$$\kappa_3(\mu) = \bar{V}'(\mu)\bar{V}(\mu)$

Şimdi, symmetrizing dönüşümü sağlamak için, bir çarpıklık azaltmak isteyen yaparak , böylece olduğu . Böylece istiyoruz$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})$

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

ve için ifadelerimizi işlevi olarak değiştiririz :$\sigma^2$$\kappa_3$$\mu$

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

Yani , .$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$

Bu diferansiyel denklemin bir çözümü:

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

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

Yani, , herhangi bir sabit için, . Bu bize simetrize edici dönüşüm ; burada , doğal bir üstel ailede ortalamanın bir fonksiyonu.$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$

$\blacksquare$ 1.Niçi merkezli olmayan anlar açısından yaklaşarak aynı sonucu alamıyorum ve sonra merkezi anları hesaplayamıyorum yaklaşık merkez dışı anları mı kullanıyorsunuz?$\mathbb{E}\bar{X}^k$$\mathbb{E}(\bar{X}-\mathbb{E}\bar{X})^k$

Çünkü türetmeyi keyfi olarak değiştirirsiniz ve önemli olan kalıntı terimini düşürürsünüz. Büyük O gösterimi ve ilgili sonuçlara aşina değilseniz, iyi bir referans [Casella & Lehmann] 'dır.

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

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

Ancak her zaman (yasal olmayan ...) yaptığınızı söyleyerek kalıntıyı düşürmeseniz bile , aşağıdaki adım: söylediğini$N\rightarrow \infty$

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

eğer bu hala net değilse, integrali genişletmenin cebirini şu şekilde görebiliriz:

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

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

Sizin hatanız, büyük O notasyonunda “klasik” bir hata olan ve daha sonra büyük O notasyonunun kullanılmasına yönelik bir eleştiri haline gelen kalıntıyı genişlemeden önce atlamaktır.

$\blacksquare$ Analiz neden önemsediğimiz miktar yerine ile başlıyor ?$\bar{X}$$X$

Çünkü analizimizi tanıttığımız üstel modelin yeterli istatistiklerine dayandırmak istiyoruz. 1 boyutunda bir örneğiniz varsa, VEYA .$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i$$X_1$

GLM ile ilgili olmasa da, bu büyük O notasyonunda iyi bir derstir ...

Referans [Casella & Lehmann] Lehmann, Erich Leo ve George Casella. Nokta tahmini teorisi. Springer Science & Business Media, 2006.