Osservate le informazioni di Fisher durante una trasformazione

$\theta\mapsto g(\theta)=\psi$

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

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

g

$g$

L^{*} (ψ) = L (g^{- 1} (ψ))

$L^*(\psi)=L(g^{-1}(\psi))$

θ

$\theta$

g

$g$

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

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

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

$I(\theta)=-\frac{\partial^2}{\partial\theta^2} l(\theta)$ è l'informazione Fisher osservata e

l (θ) = \log L (θ)

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

Se $g$ è uno a uno, allora questo è semplice usando la regola della catena e il principio di invarianza. Mi sto solo chiedendo alcune cose:

Perché insiste per scrivere il valore assoluto? Questo potrebbe essere lasciato fuori, giusto?
Per $\frac{\partial g(\hat{\theta})}{\partial \hat{\theta}}$ intende la funzione $\frac{\partial g(\theta)}{\partial \theta}$ valutata in $\theta=\hat{\theta}$ , giusto? Se questo è il caso, allora non è una cattiva scelta di notazione? Credo che la solita notazione abbreviata per questo problema sia $\frac{\partial g(\hat{\theta})}{\partial \theta}$ .
Come viene mostrato quando $g$ non è necessariamente uno a uno?

— Stefan Hansen
fonte

Il valore assoluto non è necessario. Potrebbe essere solo un errore di battitura.
Hai ragione. Una notazione ancora migliore sarebbe . $\frac{dg(\theta)}{d\theta}\Bigg|_{\theta=\hat{\theta}}$
Non regge in generale. Correggi alcuni e definisci di . Il rhs sarebbe indefinito poiché la derivata è zero per ogni . $\psi_0$ $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ $g(\theta)=\psi_0$ $\theta$

Uno schizzo del caso normale:

Per un one-to-one regolare con . Poiché, , abbiamo Pertanto, $g$ $\psi=g(\theta)$ $d/d\psi = d\theta/d\psi\cdot d/d\theta$

\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}

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

\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 cui abbiamo usato .

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
fonte

Grazie per aver affrontato tutti i miei dubbi e per quel semplice contro-esempio con costante . Il tuo schizzo del caso normale è simile a quello che ho fatto, quindi va tutto bene. Grazie.

g

$g$

— Stefan Hansen,