Спостережена інформація Фішера під час перетворення

З "По всій вірогідності: статистичне моделювання та умовивід з використанням ймовірності" Ю. Павітана, ймовірність повторної параметризації визначається як так що якщо один-до-одного, то (стор. 45). Я намагаюся показати вправу 2.20, в якій сказано, що якщо є скалярним (і я припускаю, що також має бути скалярною функцією), то де $\theta\mapsto g(\theta)=\psi$

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)

$I(\theta)=-\frac{\partial^2}{\partial\theta^2} l(\theta)$ є спостережуваною інформацією Фішера і

l (θ) = \log L (θ)

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

Якщо $g$ один на один, то це прямо, використовуючи правило ланцюга та принцип інваріантності. Мені просто цікаво кілька речей:

Чому він наполягає на тому, щоб написати абсолютне значення? Це може бути залишене, правда?
Під $\frac{\partial g(\hat{\theta})}{\partial \hat{\theta}}$ він означає функцію $\frac{\partial g(\theta)}{\partial \theta}$ оцінену в $\theta=\hat{\theta}$ , правда? Якщо це так, то чи не поганий вибір позначень? Я вважаю, що звичайне скорочення для цього моменту буде част $\frac{\partial g(\hat{\theta})}{\partial \theta}$ .
Як це показано, коли $g$ необов'язково одноосібно?

— Стефан Хансен
джерело

Абсолютне значення зайве. Це може бути просто помилка друку.
Ти прав. Ще кращою міткою буде $\frac{dg(\theta)}{d\theta}\Bigg|_{\theta=\hat{\theta}}$ .
Це взагалі не вдається. Виправте деякі і визначте за допомогою . Rhs буде невизначеним, оскільки похідна дорівнює нулю для кожного . $\psi_0$ $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ $g(\theta)=\psi_0$ $\theta$

Ескіз звичайного випадку:

Для гладких один-до-одного з . Оскільки, , у нас є Отже, $g$ $\psi=g(\theta)$ $d/d\psi = d\theta/d\psi\cdot d/d\theta$

\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}

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

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

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

— Дзен
джерело

Дякуємо Вам за рішення всіх моїх сумнівів і по тому простим контрприклад з постійна . Ваш ескіз звичайної справи схожий на те, що я зробив, тому все добре. Дякую.

g

$g$

— Стефан Хансен