Derivação da transformação de normalização para GLMs

$\newcommand{\E}{\mathbb{E}}$ Como está a transformação de normalização $A(\cdot) = \displaystyle\int\frac{du}{V^{1/3}(\mu)}$ normalização para a família exponencial derivado?

Mais especificamente : tentei seguir o esboço de expansão de Taylor na página 3, slide 1 aqui, mas tenho várias perguntas. Com $X$ de uma família exponencial, transformação $h(X)$ e $\kappa _i$ indicando o $i^{th}$ cumulante, os slides argumentam que:

$$\kappa _3(h(\bar{X})) \approx h'(\mu)^3\frac{\kappa _3(\bar{X})}{N^2} + 3h'(\mu)^2h''(\mu)\frac{\sigma^4}{N} + O(N^{-3}),$$ e resta simplesmente encontrar $h(X)$ modo que o acima seja avaliado como 0.

1. Minha primeira pergunta é sobre aritmética: minha expansão de Taylor tem coeficientes diferentes e não posso justificar que eles tenham descartado muitos dos termos.

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

   Eu posso chegar a algo semelhante substituindo os momentos centrais pelos seus equivalentes cumulativos, mas ainda assim não corresponde.

2. A segunda pergunta: por que a análise começa com $\bar{X}$ vez de $X$ , a quantidade que realmente importa?

Os slides aos quais você vincula são um pouco confusos, deixando de fora etapas e digitando alguns erros, mas eles estão corretos. Ajudará a responder a pergunta 2 primeiro, depois 1 e, finalmente, derivar a transformação simétrica .$A(u) = \int_{-\infty}^u \frac{1}{[V(\theta)]^{1/3}} d\theta$

Pergunta 2. Estamos analisando como a média de uma amostra do tamanho das variáveis ​​aleatórias iid . Essa é uma quantidade importante, porque a amostragem da mesma distribuição e a média ocorrem o tempo todo na ciência. Queremos saber o quão perto está da verdadeira média . O Teorema do Limite Central diz que convergirá para como mas gostaríamos de saber a variação e assimetria de .$\bar{X}$$N$$X_1, ..., X_N$$\bar{X}$$\mu$$\mu$$N \to \infty$$\bar{X}$

Pergunta 1. Sua aproximação da série Taylor não está incorreta, mas precisamos ter cuidado com o controle de vs. e potências de para chegar à mesma conclusão que os slides. Começaremos com as definições de e momentos centrais de e derivaremos a fórmula para :$\bar{X}$$X_i$$N$$\bar{X}$$X_i$$\kappa_3(h(\bar{X}))$

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

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

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

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

Agora, os momentos centrais de :$\bar{X}$

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

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

A última etapa segue desde que e . Pode não ter sido a derivação mais fácil de , mas é o mesmo processo que precisamos fazer para encontrar e , onde dividimos um produto de uma soma e contamos o número de termos com potências de variáveis ​​diferentes. No caso acima, havia termos que tinham a forma e termos da forma .$\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)$

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

Em seguida, expandiremos em uma série de Taylor como você tem:$h(\bar{X})$

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

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

Com um pouco mais de esforço, você pode provar que os outros termos são . Finalmente, uma vez que , (que não é o mesmo que ), fazemos novamente um cálculo semelhante:$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]$

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

Estamos interessados ​​apenas nos termos que resultam na ordem e, com trabalho extra, você pode mostrar que não precisa dos termos " "ou" "antes de tomar o terceiro poder, pois eles resultarão apenas em termos da ordem . Então, simplificando, obtemos$O(N^{-2})$$O((\bar{X}-\mu)^3)$$- O(N^{-2})$$O(N^{-3})$

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

Deixei de lado alguns termos que obviamente eram neste produto. Você terá que se convencer de que os termos e são também. Contudo,$O(N^{-3})$$\mathbb{E}[(\bar{X}-\mu)^5]$$\mathbb{E}[(\bar{X}-\mu)^6]$$O(N^{-3})$

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

Distribuindo a expectativa em nossa equação para , temos$\kappa_3(h(\bar{X}))$

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

Isso conclui a derivação de . Agora, finalmente, derivaremos a transformação simétrica .$\kappa_3(h(\bar{X}))$$A(u) = \int_{-\infty}^u \frac{1}{[V(\theta)]^{1/3}} d\theta$

Para essa transformação, é importante que seja de uma distribuição familiar exponencial e, em particular, uma família exponencial natural (ou foi transformada nessa distribuição), da forma$X_i$$f_{X_i}(x;\theta) = h(x)\exp(\theta x - b(\theta))$

Nesse caso, os cumulantes da distribuição são dados por . Então , e . Podemos escrever o parâmetro como uma função de apenas tomando o inverso de , escrevendo . Então$\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)$

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

Em seguida, podemos escrever a variação como uma função de , e chamar esta função :$\mu$$\bar{V}$

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

Então

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

Então, como uma função de , .$\mu$$\kappa_3(\mu) = \bar{V}'(\mu)\bar{V}(\mu)$

Agora, para a transformação simétrica, queremos reduzir a assimetria de criando para que seja . Assim, nós queremos$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})$

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

Substituindo nossas expressões por e como funções de , temos:$\sigma^2$$\kappa_3$$\mu$

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

Então , levando a .$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$

Uma solução para esta equação diferencial é:

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

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

Portanto, , para qualquer constante, . Isso nos dá a transformação simétrica , em que é a variação como uma função da média em uma família exponencial natural.$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.Por que não consigo obter o mesmo resultado aproximando-me em termos de momentos não centrais e depois calcule os momentos centrais usando os momentos não centrais aproximados?$\mathbb{E}\bar{X}^k$$\mathbb{E}(\bar{X}-\mathbb{E}\bar{X})^k$

Porque você altera a derivação arbitrariamente e descarta o termo de resíduo que é importante. Se você não conhece a grande notação O e os resultados relevantes, uma boa referência é [Casella & Lehmann].

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

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

Mas mesmo que você não descarte o resíduo argumentando que está sempre executando (o que não é legal ...), a seguinte etapa: está dizendo que$N\rightarrow \infty$

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

se isso ainda não estiver claro, podemos ver a álgebra de expandir o integrando como

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

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

Seu erro é omitir o resíduo antes da expansão, que é um erro "clássico" na notação O grande e mais tarde se tornou uma crítica ao uso da notação O grande.

$\blacksquare$ 2.Por que a análise começa com vez de , a quantidade que realmente importa?$\bar{X}$$X$

Porque queremos basear nossa análise nas estatísticas suficientes do modelo exponencial que estamos introduzindo. Se você tiver uma amostra do tamanho 1, não haverá diferença se analisará com OU .$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i$$X_1$

Esta é uma boa lição na grande notação O, embora não seja relevante para o GLM ...

Referência [Casella & Lehmann] Lehmann, Erich Leo e George Casella. Teoria da estimativa pontual. Springer Science & Business Media, 2006.