Derivasi transformasi normalisasi untuk GLM

$\newcommand{\E}{\mathbb{E}}$ Bagaimana $A(\cdot) = \displaystyle\int\frac{du}{V^{1/3}(\mu)}$ transformasi normalisasi untuk keluarga eksponensial berasal?

Lebih khusus : Saya mencoba mengikuti sketsa ekspansi Taylor di halaman 3, geser 1 di sini tetapi memiliki beberapa pertanyaan. Dengan $X$ dari keluarga eksponensial, transformasi $h(X)$ , dan $\kappa _i$ menunjukkan kumulatif $i^{th}$ , slide berpendapat bahwa:

$$\kappa _3(h(\bar{X})) \approx h'(\mu)^3\frac{\kappa _3(\bar{X})}{N^2} + 3h'(\mu)^2h''(\mu)\frac{\sigma^4}{N} + O(N^{-3}),$$ dan tetap saja menemukan $h(X)$ sedemikian rupa sehingga nilai di atas bernilai 0.

1. Pertanyaan pertama saya adalah tentang aritmatika: ekspansi Taylor saya memiliki koefisien yang berbeda, dan saya tidak dapat membenarkan mereka telah menjatuhkan banyak istilah.

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

   Saya bisa mendapatkan sesuatu yang serupa dengan mengganti momen-momen sentral dengan ekuivalen kumulansinya, tetapi masih belum cocok.

2. Pertanyaan kedua: mengapa analisis dimulai dengan $\bar{X}$ alih-alih $X$ , kuantitas yang benar-benar kita pedulikan?

Slide yang Anda tautkan agak membingungkan, meninggalkan langkah-langkah dan membuat beberapa kesalahan ketik, tetapi akhirnya benar. Ini akan membantu menjawab pertanyaan 2 terlebih dahulu, kemudian 1, dan akhirnya mendapatkan transformasi yang simetri .$A(u) = \int_{-\infty}^u \frac{1}{[V(\theta)]^{1/3}} d\theta$

Pertanyaan 2. Kami menganalisis karena rerata sampel ukuran dari variabel acak iid . Ini adalah jumlah yang penting karena mengambil sampel distribusi yang sama dan mengambil mean terjadi sepanjang waktu dalam sains. Kami ingin tahu seberapa dekat dengan rata-rata sebenarnya . Teorema Limit Pusat mengatakan akan konvergen ke sebagai tetapi kami ingin mengetahui varians dan kemiringan dari .$\bar{X}$$N$$X_1, ..., X_N$$\bar{X}$$\mu$$\mu$$N \to \infty$$\bar{X}$

Pertanyaan 1. Perkiraan deret Taylor Anda tidak salah, tetapi kami harus berhati-hati dalam melacak vs. dan kekuatan untuk mendapatkan kesimpulan yang sama dengan slide. Kami akan mulai dengan definisi dan momen pusat dan mendapatkan rumus untuk :$\bar{X}$$X_i$$N$$\bar{X}$$X_i$$\kappa_3(h(\bar{X}))$

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

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

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

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

Sekarang, momen utama :$\bar{X}$

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

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

Langkah terakhir mengikuti sejak , dan . Ini mungkin bukan turunan paling mudah dari , tetapi ini adalah proses yang sama yang perlu kita lakukan untuk menemukan dan , di mana kami memecah produk penjumlahan dan menghitung jumlah istilah dengan kekuatan variabel yang berbeda. Dalam kasus di atas, ada istilah yang berbentuk dan syarat bentuk .$\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)$

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

Selanjutnya, kami akan memperluas dalam seri Taylor seperti yang Anda miliki:$h(\bar{X})$

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

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

Dengan sedikit usaha lagi Anda dapat membuktikan bahwa istilah lainnya adalah . Akhirnya, karena , (yang tidak sama dengan ), kami kembali membuat perhitungan yang serupa:$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]$

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

Kami hanya tertarik pada istilah yang menghasilkan urutan , dan dengan kerja ekstra Anda dapat menunjukkan bahwa Anda tidak memerlukan istilah " "atau" "sebelum mengambil kekuatan ketiga, karena mereka hanya akan menghasilkan syarat pemesanan . Jadi, mempermudah, kita dapatkan$O(N^{-2})$$O((\bar{X}-\mu)^3)$$- O(N^{-2})$$O(N^{-3})$

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

Saya mengabaikan beberapa istilah yang jelas-jelas dalam produk ini. Anda harus meyakinkan diri sendiri bahwa istilah dan adalah juga. Namun,$O(N^{-3})$$\mathbb{E}[(\bar{X}-\mu)^5]$$\mathbb{E}[(\bar{X}-\mu)^6]$$O(N^{-3})$

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

Kemudian mendistribusikan ekspektasi pada persamaan kami untuk , kami memiliki$\kappa_3(h(\bar{X}))$

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

Ini menyimpulkan derivasi dari . Sekarang, akhirnya, kita akan menurunkan transformasi simetri .$\kappa_3(h(\bar{X}))$$A(u) = \int_{-\infty}^u \frac{1}{[V(\theta)]^{1/3}} d\theta$

Untuk transformasi ini, penting bahwa berasal dari distribusi keluarga eksponensial, dan khususnya keluarga eksponensial alami (atau telah diubah menjadi distribusi ini), dalam bentuk$X_i$$f_{X_i}(x;\theta) = h(x)\exp(\theta x - b(\theta))$

Dalam hal ini, kumulant distribusi diberikan oleh . Jadi , , dan . Kita dapat menulis parameter sebagai fungsi hanya mengambil kebalikan dari , menulis . Kemudian$\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)$

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

Selanjutnya kita dapat menulis varians sebagai fungsi , dan memanggil fungsi ini :$\mu$$\bar{V}$

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

Kemudian

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

Jadi sebagai fungsi dari , .$\mu$$\kappa_3(\mu) = \bar{V}'(\mu)\bar{V}(\mu)$

Sekarang, untuk transformasi simetrizing, kami ingin mengurangi kemiringan dengan membuat sehingga adalah . Jadi, kami mau$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})$

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

Mengganti ekspresi kami untuk dan sebagai fungsi dari , kami memiliki:$\sigma^2$$\kappa_3$$\mu$

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

Jadi , mengarah ke .$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$

Salah satu solusi untuk persamaan diferensial ini adalah:

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

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

Jadi, , untuk sembarang konstanta, . Ini memberi kita transformasi simetri , di mana adalah varian sebagai fungsi mean dalam keluarga eksponensial alami.$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.Mengapa saya tidak bisa mendapatkan hasil yang sama dengan memperkirakan dalam hal momen noncentral dan kemudian menghitung momen pusat menggunakan momen noncentral yang mendekati?$\mathbb{E}\bar{X}^k$$\mathbb{E}(\bar{X}-\mathbb{E}\bar{X})^k$

Karena Anda mengubah derivasi secara sewenang-wenang dan menjatuhkan istilah residu yang penting. Jika Anda tidak terbiasa dengan notasi O besar dan hasil yang relevan, referensi yang baik adalah [Casella & Lehmann].

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

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

Tetapi bahkan jika Anda tidak menjatuhkan residu dengan menyatakan bahwa Anda selalu melakukan (yang tidak legal ...), langkah berikut: mengatakan bahwa$N\rightarrow \infty$

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

jika ini masih belum jelas, kita bisa melihat aljabar untuk memperluas integrand berjalan

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

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

Kesalahan Anda adalah menghilangkan residu sebelum ekspansi, yang merupakan kesalahan "klasik" dalam notasi O besar dan kemudian menjadi kritik terhadap penggunaan notasi O besar.

$\blacksquare$ 2.Kenapa analisis dimulai dengan alih-alih , jumlah yang benar-benar kita pedulikan?$\bar{X}$$X$

Karena kami ingin mendasarkan analisis kami pada statistik yang cukup dari model eksponensial yang kami perkenalkan. Jika Anda memiliki sampel ukuran 1 maka tidak ada perbedaan apakah Anda menganalisis dengan ATAU .$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i$$X_1$

Ini adalah pelajaran yang baik dalam notasi O besar meskipun tidak relevan dengan GLM ...

Referensi [Casella & Lehmann] Lehmann, Erich Leo, dan George Casella. Teori estimasi titik. Springer Science & Business Media, 2006.