Derivazione della trasformata normalizzante per GLM

$\newcommand{\E}{\mathbb{E}}$ modo $A(\cdot) = \displaystyle\int\frac{du}{V^{1/3}(\mu)}$ trasforma la normalizzazione per la famiglia esponenziale derivato?

Più specificamente : ho provato a seguire lo schizzo di espansione di Taylor a pagina 3, diapositiva 1 qui, ma ho diverse domande. Con $X$ di una famiglia esponenziale, trasformazione $h(X)$ e $\kappa _i$ indica l'accumulatore $i^{th}$ , le diapositive sostengono che:

$$\kappa _3(h(\bar{X})) \approx h'(\mu)^3\frac{\kappa _3(\bar{X})}{N^2} + 3h'(\mu)^2h''(\mu)\frac{\sigma^4}{N} + O(N^{-3}),$$ e resta da trovare semplicemente $h(X)$ modo che quanto sopra valga 0.

1. La mia prima domanda riguarda l'aritmetica: la mia espansione di Taylor ha coefficienti diversi e non posso giustificare la loro caduta di molti termini.

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

   Posso arrivare a qualcosa di simile sostituendo i momenti centrali con i loro equivalenti cumulativi, ma ancora non si sommano.

2. La seconda domanda: perché l'analisi inizia con $\bar{X}$ anziché $X$ , la quantità che ci interessa davvero?

Le diapositive a cui ti colleghi sono piuttosto confuse, tralasciando i passaggi e facendo alcuni errori di battitura, ma alla fine sono corrette. Aiuterà a rispondere prima alla domanda 2, quindi a 1, quindi alla trasformazione simmetrica .$A(u) = \int_{-\infty}^u \frac{1}{[V(\theta)]^{1/3}} d\theta$

Domanda 2. Stiamo analizzando come media di un campione di dimensione di variabili casuali iid . Questa è una quantità importante perché campionare la stessa distribuzione e prendere la media avviene continuamente nella scienza. Vogliamo sapere quanto è vicino alla vera media . Il Teorema del limite centrale dice che converge in come ma vorremmo conoscere la varianza e l'asimmetria di . NX1,. . . ,XN ˉ X μμN→∞ ˉ $\bar{X}$$N$$X_1, ..., X_N$$\bar{X}$$\mu$$\mu$$N \to \infty$$\bar{X}$

Domanda 1. L'approssimazione della serie Taylor non è errata, ma dobbiamo stare attenti a tenere traccia di contro e i poteri di per arrivare alla stessa conclusione delle diapositive. Inizieremo con le definizioni di e i momenti centrali di e la formula per : XiN ˉ X Xiκ3(h( ˉ X )$\bar{X}$$X_i$$N$$\bar{X}$$X_i$$\kappa_3(h(\bar{X}))$

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

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

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

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

Ora, i momenti centrali di :$\bar{X}$

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

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

L'ultimo passaggio segue poiché e . Potrebbe non essere stata la derivazione più semplice di , ma è lo stesso processo che dobbiamo fare per trovare e , in cui suddividiamo un prodotto di una somma e contiamo il numero di termini con potenze di variabili diverse. Nel caso precedente, c'erano termini che erano della forma e termini della forma .$\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)$

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

Successivamente, espanderemo in una serie di Taylor come hai:$h(\bar{X})$

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

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

Con qualche sforzo in più potresti provare che il resto dei termini sono . Infine, poiché , (che non è lo stesso di ), facciamo di nuovo un calcolo simile:$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]$

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

Siamo interessati solo ai termini risultanti nell'ordine e con un lavoro extra potresti dimostrare che non hai bisogno dei termini " "o" "prima di prendere la terza potenza, poiché si tradurranno solo in termini di ordine . Quindi, semplificando, otteniamo$O(N^{-2})$$O((\bar{X}-\mu)^3)$$- O(N^{-2})$$O(N^{-3})$

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

Ho lasciato alcuni termini che erano ovviamente in questo prodotto. Dovrai convincerti che i termini e sono pure. Tuttavia,$O(N^{-3})$$\mathbb{E}[(\bar{X}-\mu)^5]$$\mathbb{E}[(\bar{X}-\mu)^6]$$O(N^{-3})$

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

Quindi distribuendo le aspettative sulla nostra equazione per , abbiamo$\kappa_3(h(\bar{X}))$

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

Questo conclude la derivazione di . Ora, finalmente, deriveremo la trasformazione simmetrica .$\kappa_3(h(\bar{X}))$$A(u) = \int_{-\infty}^u \frac{1}{[V(\theta)]^{1/3}} d\theta$

Per questa trasformazione, è importante che da una distribuzione esponenziale della famiglia, e in particolare una famiglia esponenziale naturale (o sia stata trasformata in questa distribuzione), della forma$X_i$$f_{X_i}(x;\theta) = h(x)\exp(\theta x - b(\theta))$

In questo caso, i cumulativi della distribuzione sono dati da . Quindi , e . Possiamo scrivere il parametro in funzione di prendendo semplicemente l'inverso di , scrivendo . Poi$\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)$

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

Quindi possiamo scrivere la varianza in funzione di e chiamare questa funzione :$\mu$$\bar{V}$

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

Poi

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

Quindi in funzione di , .$\mu$$\kappa_3(\mu) = \bar{V}'(\mu)\bar{V}(\mu)$

Ora, per la trasformazione simmetrica, vogliamo ridurre l'asimmetria di creando modo che sia . Quindi, vogliamo$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})$

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

Sostituendo le nostre espressioni per e come funzioni di , abbiamo:$\sigma^2$$\kappa_3$$\mu$

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

Quindi , che porta a .$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$

Una soluzione a questa equazione differenziale è:

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

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

Quindi, , per qualsiasi costante, . Questo ci dà la trasformazione simmetrica , dove è la varianza come una funzione della media in una famiglia esponenziale naturale.$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$

$\blacksquare$ non posso ottenere lo stesso risultato approssimando in termini di momenti non centrali e quindi calcolare i momenti centrali usando i momenti non centrali approssimativi?$\mathbb{E}\bar{X}^k$$\mathbb{E}(\bar{X}-\mathbb{E}\bar{X})^k$

Perché si modifica arbitrariamente la derivazione e si rilascia il termine residuo che è importante. Se non si ha familiarità con la notazione O grande e i risultati rilevanti, un buon riferimento è [Casella & Lehmann].

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

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

Ma anche se non lasci cadere il residuo sostenendo che stai sempre facendo (che non è legale ...), il seguente passo: sta dicendo che$N\rightarrow \infty$

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

se ciò non è ancora chiaro, possiamo vedere che l'algebra dell'espansione dell'integrando va come

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

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

Il tuo errore è omettere il residuo prima dell'espansione, che è un errore "classico" nella notazione O grande e in seguito divenne una critica all'uso della notazione O grande.

$\blacksquare$ 2.Perché l'analisi inizia con anziché , la quantità che ci interessa davvero?$\bar{X}$$X$

Perché vogliamo basare la nostra analisi sulle statistiche sufficienti del modello esponenziale che stiamo introducendo. Se hai un campione di dimensione 1, non c'è differenza se analizzi con OR .$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i$$X_1$

Questa è una buona lezione in notazione O grande anche se non è rilevante per GLM ...

Riferimento [Casella & Lehmann] Lehmann, Erich Leo e George Casella. Teoria della stima puntuale. Springer Science & Business Media, 2006.