สังเกตข้อมูลชาวประมงภายใต้การเปลี่ยนแปลง

จาก "ในทุกโอกาส: การสร้างแบบจำลองทางสถิติและการอนุมานโดยใช้โอกาส" โดย Y. Pawitan ความน่าจะเป็นของการกำหนดพารามิเตอร์ใหม่ถูกกำหนดเป็น ดังนั้นถ้าเป็นแบบหนึ่งต่อหนึ่งดังนั้น (หน้า 45) ฉันพยายามแสดงแบบฝึกหัด 2.20 ซึ่งระบุว่าถ้าเป็นสเกลาร์ (และฉันคิดว่าควรเป็นฟังก์ชันสเกลาร์เช่นกัน) จากนั้น ที่ $\theta\mapsto g(\theta)=\psi$

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},

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

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

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

l (θ) = \log L (θ)

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

ถ้า $g$ เป็นแบบตัวต่อตัวสิ่งนี้จะตรงไปตรงมาโดยใช้กฎลูกโซ่และหลักการความแปรปรวน ฉันแค่สงสัยเกี่ยวกับบางสิ่ง:

ทำไมเขายืนยันที่จะเขียนค่าสัมบูรณ์ สิ่งนี้อาจถูกทิ้งไว้ใช่ไหม
โดย $\frac{\partial g(\hat{\theta})}{\partial \hat{\theta}}$ เขาหมายถึงฟังก์ชั่น $\frac{\partial g(\theta)}{\partial \theta}$ ประเมินที่ $\theta=\hat{\theta}$ ใช่ไหม หากเป็นกรณีนี้แสดงว่าเป็นทางเลือกที่ไม่ดีนัก ผมเชื่อว่าสัญกรณ์ชวเลขปกติสำหรับ woruld นี้เป็น $\frac{\partial g(\hat{\theta})}{\partial \theta}$ theta}
วิธีนี้จะแสดงเมื่อ $g$ ไม่จำเป็นต้องเป็นตัวต่อตัว?

— สเตฟานแฮนเซน
แหล่งที่มา

ค่าสัมบูรณ์ไม่จำเป็น มันอาจเป็นแค่ตัวพิมพ์ผิด
คุณถูกต้อง สัญกรณ์ที่ดียิ่งขึ้นจะเป็น $\frac{dg(\theta)}{d\theta}\Bigg|_{\theta=\hat{\theta}}$ theta}}
มันไม่ได้ถือโดยทั่วไป แก้ไขบางและกำหนดโดยกรัมrhs จะไม่ถูกกำหนดเนื่องจากอนุพันธ์นั้นเป็นศูนย์สำหรับทุกอัน $\psi_0$ $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ $g(\theta)=\psi_0$ $\theta$

ร่างของกรณีปกติ:

สำหรับเรียบแบบหนึ่งต่อหนึ่งกับtheta) ตั้งแต่เรามี ดังนั้น $g$ $\psi=g(\theta)$ $d/d\psi = d\theta/d\psi\cdot d/d\theta$

\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}

$\begin{align} I^*(g(\hat{\theta})) &= -\frac{d^2L^*(g(\hat{\theta}))}{d\theta^2}\left(\frac{d\theta}{d\psi}\right)^2 - \frac{dL^*(g(\hat{\theta}))}{d\theta}\frac{d^2\theta}{d\psi^2} \frac{d\theta}{d\psi} \\ &= -\frac{d^2L(g^{-1}(g(\hat{\theta})))}{d\theta^2} \left(\frac{dg(\theta)}{d\theta}\Bigg|_{\theta=g^{-1}(g(\hat{\theta}))}\right)^{-2} - \frac{dL(g^{-1}(g(\hat{\theta})))}{d\theta}\frac{d^2\theta}{d\psi^2} \frac{d\theta}{d\psi} \\ &= I(\hat{\theta}) \left(\frac{dg(\theta)}{d\theta}\Bigg|_{\theta=\hat{\theta}}\right)^{-2} \, , \end{align}$ ซึ่งเราใช้ 0

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

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

— เซน
แหล่งที่มา

ขอขอบคุณสำหรับการแก้ไขข้อสงสัยทั้งหมดของฉันและการที่เคาน์เตอร์ตัวอย่างง่ายๆด้วยคงกรัมร่างของคุณในกรณีปกติคล้ายกับสิ่งที่ฉันทำไปแล้วมันก็ดี ขอบคุณ

g

$g$

— Stefan Hansen