Bir dönüşüm altında gözlemlenen Fisher bilgileri

Y. Pawitan'ın "Tüm Olasılıkta: Olasılık Kullanarak İstatistiksel Modelleme ve Çıkarım" dan yeniden parametreleştirme olasılığı $\theta\mapsto g(\theta)=\psi$ olarak tanımlanır

L^{*} (ψ) = max_{{θ : g (θ) = ψ}} L (θ)

$L^*(\psi)=\max_{\{\theta:g(\theta)=\psi\}} L(\theta)$ böylece

g

$g$ bire bir ise,

L^{*} (ψ) = L (g^{- 1} (ψ))

$L^*(\psi)=L(g^{-1}(\psi))$ (s. 45). Ben eğer belirten Egzersiz 2.20 göstermeye çalışıyorum

θ

$\theta$ is sayıl (ve bunu tahmin

g

$g$ sıra skaler fonksiyon olması gerekiyordu), sonra

I^{*} (g (\hat{θ})) = I (\hat{θ}) {| \frac{\partial g (\hat{θ})}{\partial \hat{θ}} |}^{- 2},

$I^*(g(\hat{\theta}))=I(\hat{\theta})\left|\frac{\partial g(\hat{\theta})}{\partial \hat{\theta}}\right|^{-2},$ burada

I (θ) = - \frac{\partial^{2}}{\partial θ^{2}} l (θ)

$I(\theta)=-\frac{\partial^2}{\partial\theta^2} l(\theta)$ gözlemlenen Fisher bilgisidir ve

l (θ) = \log L (θ)

$l(\theta)=\log L(\theta)$ .

Eğer $g$ bire-bir ise o zaman bu zincir kuralı ve değişmezlik ilkesini kullanarak basittir. Sadece birkaç şey merak ediyorum:

Neden mutlak değeri yazmakta ısrar ediyor? Bu dışarıda bırakılabilir, değil mi?
Tarafından o fonksiyonu anlamına gelir değerlendirildi , değil mi? Durum buysa, kötü bir gösterim seçeneği değil midir? Bunun olağan steno gösteriminin olabileceğine inanıyorum . $\frac{\partial g(\hat{\theta})}{\partial \hat{\theta}}$ $\frac{\partial g(\theta)}{\partial \theta}$ $\theta=\hat{\theta}$ $\frac{\partial g(\hat{\theta})}{\partial \theta}$
mutlaka birebir olmadığı zaman bu nasıl gösterilir ? $g$

— Stefan Hansen
kaynak

Mutlak değer gereksizdir. Sadece bir yazım hatası olabilir.
Haklısın. Daha da iyi bir gösterim $\frac{dg(\theta)}{d\theta}\Bigg|_{\theta=\hat{\theta}}$ .
Genel olarak tutmuyor. Bazılarını düzeltin $\psi_0$ ve tanımla $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ tarafından $g(\theta)=\psi_0$ . Türev tanımsız olacaktır çünkü türev her biri için sıfırdır $\theta$ .

Normal davanın bir taslağı:

Düzgün bire bir için $g$ ile $\psi=g(\theta)$ . Dan beri, $d/d\psi = d\theta/d\psi\cdot d/d\theta$ , sahibiz

\begin{aligned} I^{*} (ψ) & = - \frac{d^{2} L^{*} (ψ)}{d ψ^{2}} = - \frac{d}{d ψ} (\frac{d L^{*} (ψ)}{d ψ}) = - \frac{d}{d ψ} (\frac{d L^{*} (ψ)}{d θ} \frac{d θ}{d ψ}) \\ = - \frac{d^{2} L^{*} (ψ)}{d θ^{2}} {(\frac{d θ}{d ψ})}^{2} - \frac{d L^{*} (ψ)}{d θ} \frac{d^{2} θ}{d ψ^{2}} \frac{d θ}{d ψ} . \end{aligned}

$\begin{align} I^*(\psi) &= -\frac{d^2L^*(\psi)}{d\psi^2} = -\frac{d}{d\psi}\left(\frac{dL^*(\psi)}{d\psi} \right) = -\frac{d}{d\psi}\left(\frac{dL^*(\psi)}{d\theta} \frac{d\theta}{d\psi}\right) \\ &= - \frac{d^2L^*(\psi)}{d\theta^2}\left(\frac{d\theta}{d\psi}\right)^2 - \frac{dL^*(\psi)}{d\theta}\frac{d^2\theta}{d\psi^2} \frac{d\theta}{d\psi}\, . \end{align}$ Bu nedenle,

\begin{aligned} I^{*} (g (\hat{θ})) & = - \frac{d^{2} L^{*} (g (\hat{θ}))}{d θ^{2}} {(\frac{d θ}{d ψ})}^{2} - \frac{d L^{*} (g (\hat{θ}))}{d θ} \frac{d^{2} θ}{d ψ^{2}} \frac{d θ}{d ψ} \\ = - \frac{d^{2} L (g^{- 1} (g (\hat{θ})))}{d θ^{2}} {(\frac{d g (θ)}{d θ} |_{θ = g^{- 1} (g (\hat{θ}))})}^{- 2} - \frac{d L (g^{- 1} (g (\hat{θ})))}{d θ} \frac{d^{2} θ}{d ψ^{2}} \frac{d θ}{d ψ} \\ = I (\hat{θ}) {(\frac{d g (θ)}{d θ} |_{θ = \hat{θ}})}^{- 2}, \end{aligned}

$\begin{align} I^*(g(\hat{\theta})) &= -\frac{d^2L^*(g(\hat{\theta}))}{d\theta^2}\left(\frac{d\theta}{d\psi}\right)^2 - \frac{dL^*(g(\hat{\theta}))}{d\theta}\frac{d^2\theta}{d\psi^2} \frac{d\theta}{d\psi} \\ &= -\frac{d^2L(g^{-1}(g(\hat{\theta})))}{d\theta^2} \left(\frac{dg(\theta)}{d\theta}\Bigg|_{\theta=g^{-1}(g(\hat{\theta}))}\right)^{-2} - \frac{dL(g^{-1}(g(\hat{\theta})))}{d\theta}\frac{d^2\theta}{d\psi^2} \frac{d\theta}{d\psi} \\ &= I(\hat{\theta}) \left(\frac{dg(\theta)}{d\theta}\Bigg|_{\theta=\hat{\theta}}\right)^{-2} \, , \end{align}$ in which we used

d L (g^{- 1} (g (\hat{θ}))) / d θ = d L (\hat{θ}) / d θ = 0

$dL(g^{-1}(g(\hat{\theta})))/d\theta=dL(\hat{\theta})/d\theta=0$ .

— Zen
kaynak

Thank you for addressing all my doubts and for that simple counter-example with constant

g

$g$ . Your sketch of the regular case is similar to what I've done, so it's all good. Thanks.

— Stefan Hansen