Вывод нормализующего преобразования для GLM

$\newcommand{\E}{\mathbb{E}}$ Как нормализует преобразование $A(\cdot) = \displaystyle\int\frac{du}{V^{1/3}(\mu)}$ для экспоненциального семейства получен?

Более конкретно : я пытался следовать расширительному эскизу Тэйлор на странице 3, слайд- здесь , но есть несколько вопросов. С $X$ из экспоненциального семейства, преобразованием $h(X)$ и $\kappa _i$ обозначающим $i^{th}$ кумулянт, слайды утверждают, что:

$$\kappa _3(h(\bar{X})) \approx h'(\mu)^3\frac{\kappa _3(\bar{X})}{N^2} + 3h'(\mu)^2h''(\mu)\frac{\sigma^4}{N} + O(N^{-3}),$$ и остается просто найти $h(X)$ такой, что приведенное выше значение равно 0.

1. Мой первый вопрос об арифметике: у моего расширения Тейлора разные коэффициенты, и я не могу оправдать, что они отбросили многие из терминов.

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

   Я могу получить нечто подобное, заменив центральные моменты их кумулянтными эквивалентами, но это все равно не складывается.

2. Второй вопрос: почему анализ начинается с $\bar{X}$ вместо $X$ , количества, которое нас действительно волнует?

Слайды, на которые вы ссылаетесь, несколько сбивают с толку, пропуская шаги и делая несколько опечаток, но в конечном итоге они верны. Это поможет ответить сначала на вопрос 2, затем на 1, а затем, наконец, вывести симметризующее преобразование .$A(u) = \int_{-\infty}^u \frac{1}{[V(\theta)]^{1/3}} d\theta$

Вопрос 2. Мы анализируем как среднее значение выборки размера из случайных величин . Это важная величина, потому что в науке постоянно происходит выборка одного и того же распределения и выборка среднего. Мы хотим знать, насколько близко к истинному среднему значению . Центральная предельная теорема говорит, что она будет сходиться к как но мы хотели бы знать дисперсию и асимметрию .$\bar{X}$$N$$X_1, ..., X_N$$\bar{X}$$\mu$$\mu$$N \to \infty$$\bar{X}$

Вопрос 1. Ваше приближение ряда Тейлора не является неправильным, но мы должны быть осторожны, отслеживая сравнении с и степенями чтобы прийти к тому же выводу, что и слайды. Мы начнем с определений и центральных моментов и выведем формулу для :$\bar{X}$$X_i$$N$$\bar{X}$$X_i$$\kappa_3(h(\bar{X}))$

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

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

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

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

Теперь центральные моменты :$\bar{X}$

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

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

Последний шаг следует, поскольку и . Возможно, это не самый простой вывод , но это тот же процесс, который мы должны сделать, чтобы найти и , где мы разбиваем произведение суммирования и подсчитываем количество слагаемых со степенями различных переменных. В приведенном выше случае было членов, которые имели вид и членов вида .$\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)$

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

Далее мы расширим в серии Тейлора, как у вас есть:$h(\bar{X})$

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

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

Приложив больше усилий, вы можете доказать, что остальные термины являются . Наконец, так как , (что не совпадает с ), мы снова проводим аналогичные вычисления:$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]$

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

Нас интересуют только термины, приводящие к порядку , и с дополнительной работой вы можете показать, что вам не нужны термины " «или» »перед тем, как взять третью степень, так как они приведут только к порядку . Итак, упрощая, мы получаем$O(N^{-2})$$O((\bar{X}-\mu)^3)$$- O(N^{-2})$$O(N^{-3})$

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

Я отбросил некоторые термины, которые были явно в этом продукте. Вы должны убедить себя , что термины и являются также. Тем не мение,$O(N^{-3})$$\mathbb{E}[(\bar{X}-\mu)^5]$$\mathbb{E}[(\bar{X}-\mu)^6]$$O(N^{-3})$

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

Затем, распределяя ожидание по нашему уравнению для , получим$\kappa_3(h(\bar{X}))$

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

На этом завершается вывод . Теперь, наконец, мы выведем преобразование симметризации .$\kappa_3(h(\bar{X}))$$A(u) = \int_{-\infty}^u \frac{1}{[V(\theta)]^{1/3}} d\theta$

Для этого преобразования важно, чтобы принадлежало экспоненциальному семейству распределений и, в частности, естественному экспоненциальному семейству (или оно было преобразовано в это распределение) в форме$X_i$$f_{X_i}(x;\theta) = h(x)\exp(\theta x - b(\theta))$

В этом случае кумулянты распределения задаются как . Итак, , и . Мы можем записать параметр как функцию от просто взяв обратную величину от , записав . потом$\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)$

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

Далее мы можем записать дисперсию как функцию и вызвать эту функцию :$\mu$$\bar{V}$

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

потом

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

Таким образом, как функция , .$\mu$$\kappa_3(\mu) = \bar{V}'(\mu)\bar{V}(\mu)$

Теперь для симметрирующего преобразования мы хотим уменьшить асимметрию , сделав так что равно . Таким образом, мы хотим$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})$

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

Подставляя наши выражения для и как функции от , мы имеем:$\sigma^2$$\kappa_3$$\mu$

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

Таким образом, , что приводит к .$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$

Одним из решений этого дифференциального уравнения является:

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

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

Итак, , для любой константы, . Это дает нам преобразование симметризации , где - дисперсия как функция среднего в естественном экспоненциальном семействе.$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.Почему я не могу получить тот же результат путем аппроксимации в терминах нецентральных моментов а затем вычислю центральные моменты используя аппроксимирующие нецентральные моменты?$\mathbb{E}\bar{X}^k$$\mathbb{E}(\bar{X}-\mathbb{E}\bar{X})^k$

Потому что вы произвольно меняете деривацию и отбрасываете остаточный член, что важно. Если вы не знакомы с большой буквой O и соответствующими результатами, хорошим справочным материалом является [Casella & Lehmann].

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

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

Но даже если вы не отбрасываете остаток, утверждая, что вы всегда делаете (что недопустимо ...), выполните следующий шаг: говорит, что$N\rightarrow \infty$

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

если это все еще не ясно, мы можем видеть, что алгебра расширения подынтегральной функции имеет вид

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

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

Ваша ошибка состоит в том, чтобы опустить остаток до раскрытия, что является «классической» ошибкой в ​​больших O-обозначениях и позже стало критикой использования больших O-обозначений.

$\blacksquare$ анализ начинается с вместо , количество, которое нас действительно волнует?$\bar{X}$$X$

Поскольку мы хотим основывать наш анализ на достаточной статистике экспоненциальной модели, которую мы вводим. Если у вас есть образец размера 1, то нет никакой разницы, анализируете ли вы с помощью ИЛИ .$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i$$X_1$

Это хороший урок в большой нотации, хотя это не относится к GLM ...

Ссылка [Casella & Lehmann] Lehmann, Erich Leo и George Casella. Теория балльной оценки. Springer Science & Business Media, 2006.