Qual é a estimativa de máxima verossimilhança da covariância de dados normais bivariados quando média e variância são conhecidas?

Suponha que tenhamos uma amostra aleatória de uma distribuição normal bivariada que tem zeros como média e uns como variâncias; portanto, o único parâmetro desconhecido é a covariância. Qual é o MLE da covariância? Eu sei que deveria ser algo como $\frac{1}{n} \sum_{j=1}^{n}x_j y_j$ mas como sabemos disso?

— Stacy
fonte

Para começar, você não acha um pouco desagradável estimar as médias com

\bar{x}

$\bar{x}$ e

\bar{y}

$\bar{y}$ quando, na verdade, sabemos que eles são 0 e 0?

— Wolfgang

Muito inábil, consertou. Ainda não vejo como isso pode acontecer facilmente. É análogo à variação da amostra, mas por que é o MLE (a menos que ele não é e eu fiz um outro erro)

— Stacy

Você excluiu

\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - \bar{x}) (y_{i} - \bar{y})

$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)(y_i - \bar y)$ ? Tomando esta fórmula não significa que você considere

\bar{x}

$\bar x$ e

\bar{y}

$\bar y$ como as estimativas dos meios.

— Stéphane Laurent

@ StéphaneLaurent Sim, no post inicial, a fórmula foi dada como você a escreveu.

— Wolfgang

O estimador para o coeficiente de correlação (que no caso de um padrão bivariado normal é igual à covariância)

\tilde{r} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} x_{i} y_{i}

$\tilde r = \frac 1n\sum_{i=1}^nx_iy_i$

é o estimador de Método dos Momentos, a covariância da amostra. Vamos ver se ela coincide com o estimador de máxima . $\hat \rho$

A densidade articular de um padrão bivariado normal com o coeficiente de correlação é $\rho$

f (x, y) = \frac{1}{2 π \sqrt{1 - ρ^{2}}} \exp {- \frac{x^{2} + y^{2} - 2 ρ x y}{2 (1 - ρ^{2})}}

$f(x,y) = \frac{1}{2 \pi \sqrt{1-\rho^2}} \exp\left\{-\frac{x^2 +y^2 -2\rho xy}{2(1-\rho^2)}\right\}$

e, portanto, a probabilidade logarítmica de uma amostra iid de tamanho é $n$

\ln L = - n \ln (2 π) - \frac{n}{2} \ln (1 - ρ^{2}) - \frac{1}{2 (1 - ρ^{2})} \sum_{i = 1}^{n} (x_{i}^{2} + y_{i}^{2} - 2 ρ x_{i} y_{i})

$\ln L = -n\ln(2\pi) -\frac n2\ln(1-\rho^2) - \frac 1{2(1-\rho^2)}\sum_{i=1}^n(x_i^2 +y_i^2 -2\rho x_iy_i)$

(aqui, a suposição iid diz respeito a cada sorteio da população bidimensional, é claro)

$\rho$ $\rho$

\hat{ρ} : n {\hat{ρ}}^{3} - (\sum_{i = 1}^{n} x_{i} y_{i}) {\hat{ρ}}^{2} - (1 - \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} (x_{i}^{2} + y_{i}^{2})) n \hat{ρ} - \sum_{i = 1}^{n} x_{i} y_{i} = 0

$\hat \rho: n\hat \rho^3 -\left(\sum_{i=1}^nx_iy_i\right)\hat\rho^2 -\left(1- \frac 1n\sum_{i=1}^n(x_i^2 +y_i^2) \right)n\hat \rho - \sum_{i=1}^nx_iy_i =0$

$\rho$

$(1/n)\sum_{i=1}^n(x_i^2 +y_i^2) = (1/n)S_2$ $X$ $Y$ $n$

\hat{ρ} : {\hat{ρ}}^{3} - \tilde{r} {\hat{ρ}}^{2} + [(1 / n) S_{2} - 1] \hat{ρ} - \tilde{r} = 0

$\hat \rho: \hat \rho^3 -\tilde r \hat \rho^2 + \big[(1/n)S_2-1\big]\hat \rho -\tilde r=0$

\Rightarrow \hat{ρ} ({\hat{ρ}}^{2} - \tilde{r} \hat{ρ} + [(1 / n) S_{2} - 1]) = \tilde{r}

$\Rightarrow \hat \rho\Big(\hat \rho^2 -\tilde r \hat \rho + \big[(1/n)S_2-1\big] \Big) = \tilde r$

$\hat \rho = \tilde r$ $(1/n)S_2 =2$

\hat{ρ} \neq \tilde{r}

$\hat \rho \neq \tilde r$

$\rho=0.6$ $n=1.000$

\sum_{i = 1}^{n} x_{i} y_{i} = 522.05, S_{2} = 1913.28

$\sum_{i=1}^nx_iy_i = 522.05,\;\;S_2 = 1913.28$

O estimador Método dos Momentos nos fornece

\tilde{r} = \frac{522.05}{1000} = 0.522

$\tilde r = \frac {522.05}{1000} = 0.522$

O que acontece com a probabilidade de log? Visualmente, temos

insira a descrição da imagem aqui

Numericamente, temos

\begin{array}{rrr} ρ & 1st deriv & lnL \\ 0.5 & - 70.92 & - 783.65 \\ 0.51 & - 59.41 & - 782.47 \\ 0.52 & - 47.7 & - 781.48 \\ 0.53 & - 35.78 & - 780.68 \\ 0.54 & - 23.64 & - 780.1 \\ 0.55 & - 11.29 & - 779.75 \\ 0.56 & 1.29 & - 779.64 \\ 0.57 & 14.1 & - 779.81 \\ 0.58 & 27.15 & - 780.27 \\ 0.59 & 40.44 & - 781.05 \\ 0.6 & 53.98 & - 782.18 \end{array}

$\begin{array}{| r | r | r |} \hline \hline ρ&\text{1st deriv}&\text{lnL}\\ \hline 0.5&-70.92&-783.65\\ 0.51&-59.41&-782.47\\ 0.52&-47.7&-781.48\\ 0.53&-35.78&-780.68\\ 0.54&-23.64&-780.1\\ 0.55&-11.29&-779.75\\ 0.56&1.29&-779.64\\ 0.57&14.1&-779.81\\ 0.58&27.15&-780.27\\ 0.59&40.44&-781.05\\ 0.6&53.98&-782.18\\ \hline \end{array}$

e vemos que a probabilidade logarítmica tem um máximo um pouco antes de onde também a 1ª derivada se torna zero . Nenhuma surpresa para os valores de não mostrados. Além disso, a 1ª derivada não tem outra raiz. $\rho=0.56$ $(\hat \rho = 0.558985)$ $\rho$

Portanto, esta simulação está de acordo com o resultado de que o estimador de máxima verossimilhança não é igual ao método do estimador de momentos (que é a covariância da amostra entre os dois rv).

Mas parece que "todo mundo" está dizendo que deveria ... então alguém deveria apresentar uma explicação.

ATUALIZAR

Uma referência que comprova que o MLE é o estimador do Método dos Momentos: Anderson, TW e Olkin, I. (1985). Estimativa de máxima verossimilhança dos parâmetros de uma distribuição normal multivariada. Álgebra linear e suas aplicações, 70, 147-171.
Importa que aqui todos os meios e variações sejam livres para variar e não sejam fixos?

... Provavelmente sim, porque o comentário de @ guy em outra resposta (agora excluída) diz que, com determinados parâmetros de média e variância, o normal bivariado se torna um membro da família exponencial curva (e alguns resultados e propriedades mudam) ... que parece ser a única maneira de reconciliar os dois resultados.

— Alecos Papadopoulos
fonte

Isso é um pouco surpreendente, mas depois de alguma reflexão, isso deve ser esperado. O problema pode ser reformulado como a estimativa do coeficiente de regressão no modelo que . Como não é um modelo linear, não há razão para esperar que o MLE seja um simples produto escalar. A mesma lógica mostra (eu acho!) Que, se conhecermos , o MLE será , e se conhecermos . Se por acaso não conhecermos nenhum, obteremos seu estimador MOM.

ρ

$\rho$

Y = ρ X + ϵ

$Y = \rho X + \epsilon$

ϵ \sim N (0, {\sqrt{1 - ρ^{2}}}^{2})

$\epsilon \sim \mathcal N(0, \sqrt{1 - \rho^2}^2)$

Var (X)

$\mbox{Var}(X)$

x^{'} y / x^{'} x

$x'y / x'x$

x^{'} y / y^{'} y

$x'y / y'y$

Var (Y)

$\mbox{Var}(Y)$

— cara

@ cara: Muito interessante. Acho que esses argumentos, se um pouco expandidos, merecem ser publicados como uma resposta separada!

— Ameba

ϵ^{2} = (y - ρ x)^{2} = y^{2} - 2 ρ x y + ρ^{2} x^{2}

$\epsilon^2=(y-\rho x)^2 = y^2 -2\rho xy + \rho^2 x^2$

ρ^{2}

$\rho^2$

x^{2}

$x^2$

\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - \bar{x}) (y_{i} - \bar{y})

$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)(y_i - \bar y)$

n = 2

$n=2$

y_{1} = y_{2}

$y_1=y_2$

0

$0$

x^{2} + y^{2} - 2 ρ x y = (1 - ρ^{2}) x^{2} + (y - ρ x)^{2}

$x^2 + y^2 - 2\rho x y = (1 - \rho^2) x^2 + (y - \rho x)^2$

(1 - ρ^{2}) x^{2}

$(1 - \rho^2) x^2$

(1 - ρ^{2})

$(1 - \rho^2)$

(y - ρ x)^{2} / (1 - ρ^{2})

$(y - \rho x)^2 / (1 - \rho^2)$

X \sim N (μ_{X}, σ_{X}^{2})

$X \sim N(\mu_X, \sigma^2_X)$

[Y | X] \sim N (μ_{Y} + ρ_{X} \frac{σ_{Y}}{σ_{X}} (X - μ_{X}), σ_{Y | X}^{2} {\sqrt{1 - ρ^{2}}}^{2})

$[Y|X] \sim N(\mu_Y + \rho_X \frac{\sigma_Y}{\sigma_X} (X - \mu_X), \sigma^2_{Y|X} \sqrt{1 - \rho^2}^2)$

σ_{Y} / σ_{X}

$\sigma_Y/\sigma_X$

$\mu_X = \mu_Y = 0$ $\sigma_X = \sigma_Y = 1$ $n$

L (ρ | X, Y) = \frac{1}{(2 π [1 - ρ^{2}])^{n / 2}} \exp [- \frac{1}{2 (1 - ρ^{2})} (X^{'} X - 2 ρ X^{'} Y + Y^{'} Y)] .

$L(\rho\; |\; X, Y) = \frac{1}{(2\pi[1-\rho^2])^{n/2}}\exp \left[-\frac{1}{2(1-\rho^2)}(X'X - 2\rho X'Y + Y'Y)\right].$

$\rho$ $\hat{\rho}$

— Dennis
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