변형 된 피셔 정보

Y. Pawitan의 "모두 가능성 : 통계 모델링 및 가능성을 사용한 추론"에서 다시 매개 변수화 가능성 $\theta\mapsto g(\theta)=\psi$ 로 정의된다

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

$L^*(\psi)=\max_{\{\theta:g(\theta)=\psi\}} L(\theta)$ 가 일대일 인 경우

(p. 45)입니다.

가 스칼라 라면 (

도 스칼라 함수라고 가정합니다),

여기서

는 관찰 된 Fisher 정보이고

입니다.

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},

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

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

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

l (θ) = \log L (θ)

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

경우 $g$ 일대일이고 다음이 체인 규칙과 불변의 원리를 이용하여 간단합니다. 나는 단지 몇 가지에 대해 궁금합니다.

그는 절대 값을 쓰라고 주장하는 이유는 무엇입니까? 이 부분을 생략 할 수 있습니다.
함으로써 $\frac{\partial g(\hat{\theta})}{\partial \hat{\theta}}$ 그 기능 수단 $\frac{\partial g(\theta)}{\partial \theta}$ 에서 평가를 $\theta=\hat{\theta}$ 맞습니까? 이 경우 표기법을 잘못 선택하지 않습니까? 나는이 woruld에 대한 일반적인 속기 표기법이 $\frac{\partial g(\hat{\theta})}{\partial \theta}$ 합니다.
$g$ 가 반드시 일대일 일 필요는 없을 때 이것이 어떻게 표시 됩니까?

— 스테판 한센
소스

절대 값은 불필요합니다. 오타 일 수도 있습니다.
당신은 맞습니다. 더 좋은 표기법은 입니다. $\frac{dg(\theta)}{d\theta}\Bigg|_{\theta=\hat{\theta}}$
일반적으로 유지되지 않습니다. 수정 하고 을 . 모든 대한 미분 값이 0이므로 rhs는 정의되지 않습니다 . $\psi_0$ $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ $g(\theta)=\psi_0$ $\theta$

일반적인 경우의 스케치 :

부드러운 일대일 용 과 . 이후 , 우리가 따라서 $g$ $\psi=g(\theta)$ $d/d\psi = d\theta/d\psi\cdot d/d\theta$

\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}

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

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

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

— 선
소스

모든 의심을 해결하고 상수 간단한 카운터 예제를 작성해 주셔서 감사합니다 . 일반적인 경우의 스케치는 내가 한 것과 비슷하므로 모두 좋습니다. 감사.

g

$g$

— Stefan Hansen