O que é essa troca de viés e variância para os coeficientes de regressão e como derivá-lo?

9

No presente documento , ( Bayesiana Inference para Variância Componentes Usando único erro Contraste , Harville, 1974), o autor afirma

(y - X β)^{'} H^{- 1} (y - X β) = (y - X \hat{β})^{'} H^{- 1} (y - X \hat{β}) + (β - \hat{β})^{'} (X^{'} H^{- 1} X) (β - \hat{β})

$(y-X\beta)'H^{-1}(y-X\beta)=(y-X\hat\beta)'H^{-1}(y-X\hat\beta)+(\beta-\hat\beta)'(X'H^{-1}X)(\beta-\hat\beta)$ para ser uma "relação bem conhecido", para uma regressão linear onde

y = X β + ϵ,

$y=X\beta+\epsilon,$

ϵ \sim N (0, H) .

$\epsilon\sim\mathcal{N}(0, H).$

Como isso é bem conhecido? Qual é a maneira mais simples de provar isso?

— Sibbs Gambling
fonte

11

Está na wikipedia , veja 'derivação' lá.

— user603

@ user603 Importa-se de tornar o link mais claro? Obrigado!

— Sibbs Gambling

@ user603 Desculpe, na verdade, não consigo ver como o link resolve o problema. Para mim, no meu caso, a equação é Var (y) = viés + ... Você pode elaborar?

— Sibbs Gambling

4

@SibbsGambling Observe que sua equação tem dois termos relacionados à variação nesta formulação de uma regressão linear ponderada . O termo à esquerda está relacionado à variação em torno do modelo verdadeiro (ponderado pela matriz de precisão ). O primeiro termo à direita está relacionado à variação em torno dos modelos ajustados. O segundo termo à direita está relacionado ao quadrado do viés. Essa é a troca de viés de variância.

H^{- 1}

$H^{-1}$

— EdM

6

O último termo na equação pode ser escrito como

(X β - X \hat{β})^{'} H^{- 1} (X β - X \hat{β}) .

$(X\beta - X\hat{\beta})'H^{-1}(X\beta - X\hat{\beta}).$

Nesta forma, a equação está dizendo algo interessante. Supondo que seja positivo definido e simétrico, o mesmo ocorre com o inverso. Portanto, podemos definir um produto interno , fornecendo-nos geometria. Então a igualdade acima está essencialmente dizendo isso, $H$ $<x, y>_{H^{-1}} = x'H^{-1}y$

(X β - X \hat{β}) ⊥ (y - X \hat{β}) .

$(X\beta - X\hat{\beta}) \perp (y - X\hat{\beta}).$

Eu queria lhe dar essa intuição, já que um comentarista já deixou um link para a derivação.

Editar: Para a posteridade

LHS:

\begin{array}{rcl} (y - X β)^{'} H^{- 1} (y - X β) & = & y^{'} H^{- 1} y & - & 2 y^{'} H^{- 1} X β & + & β^{'} X^{'} H^{- 1} X β \\ = & (A) & - & (B) & + & (C) \end{array}

$\begin{eqnarray} (y-X \beta)'H^{-1}(y-X \beta) &=& y'H^{-1}y &-& 2y'H^{-1}X \beta &+& \beta'X'H^{-1}X\beta \\ &=& (A) &-& (B) &+& (C) \end{eqnarray}$

RHS:

(y - X \hat{β})^{'} H^{- 1 1} (y - X \hat{β}) + (β - \hat{β})^{'} (X^{'} H^{- 1 1} X) (β - \hat{β})

$(y-X\hat\beta)'H^{-1}(y-X\hat\beta)+(\beta-\hat\beta)'(X'H^{-1}X)(\beta-\hat\beta)$

\begin{array}{rcl} = & y^{'} H^{- 1 1} y & - 2 y^{'} H^{- 1 1} X \hat{β} & + {\hat{β}}^{'} X^{'} H^{- 1 1} X \hat{β} & + β X^{'} H^{- 1 1} X β & - 2 \hat{β} X^{'} H^{- 1 1} X β & + {\hat{β}}^{'} X^{'} H^{- 1 1} X \hat{β} \\ = & (UMA) & - (D) & + (E) & + (C) & - (F) & + (E) \end{array}

$\begin{eqnarray} &=& y'H^{-1}y &- 2y'H^{-1}X\hat{\beta} &+ \hat{\beta}'X'H^{-1}X\hat{\beta} &+ \beta X'H^{-1}X\beta &- 2\hat{\beta}X'H^{-1}X\beta &+ \hat{\beta}'X'H^{-1}X\hat{\beta} \\ &=& (A) &- (D) &+ (E) &+ (C) &- (F) &+ (E) \end{eqnarray}$

Relação:

\hat{β} = (X^{'} H^{- 1 1} X)^{- 1 1} X^{'} H^{- 1 1} y

$\hat{\beta} = (X'H^{-1}X)^{-1}X'H^{-1}y$

Ao conectar a relação, você pode mostrar que (B) = (F) e que 2 (E) = (D). Tudo feito.

— jlimahaverford
fonte

Desculpe, não consigo ver como o link resolve o problema. Para mim, no meu caso, a equação é Var (y) = viés + ... Você pode elaborar?

— Sibbs Gambling

@SibbsGambling editou minha resposta incluindo derivação.

— Jlimahaverford #

@jlimahaverford você não está esquecendo o

no final da fórmula para

?

y

$y$

\hat{β}

$\hat{\beta}$

— Gumeo 03/10/2015

7

Eles chegam a essa identidade por uma técnica chamada completar a praça. O lado esquerdo está em forma quadrática, então comece multiplicando-o

(y - X β)^{'} H^{- 1 1} (y - X β) = y^{'} H^{- 1 1} y - 2 y^{'} H^{- 1 1} X β + β^{'} X^{'} H^{- 1 1} X β

$(y-X\beta)'H^{-1}(y-X\beta)= y'H^{-1}y - 2y'H^{-1}X\beta + \beta'X'H^{-1} X\beta$

$\hat{\beta} = (X'H^{-1}X)^{-1}X'H^{-1}y$

— bill_e
fonte

2

Se você conhece sua álgebra matricial, isso deve ser possível multiplicando tudo e verificando se você realmente tem o mesmo nos dois lados. Isto é o que jlimahaverford demonstrou.

$\hat{\beta}$

X \sim N (μ, Σ) .

$\mathbf{X}\sim \mathcal{N}(\mu,\Sigma).$

Σ

$\Sigma$

Σ = P P^{T}

$\Sigma = PP^T$

Y = P^{- 1 1} (X - μ)

$\mathbf{Y}=P^{-1}(\mathbf{X}-\mu)$

N (0, I)

$\mathcal{N}(0,I)$

\hat{β}

$\hat{\beta}$

H = P P^{T}

$H=PP^T$

\begin{aligned} y & = X β + ϵ \\ P^{- 1 1} y & = P^{- 1 1} X β + P^{- 1 1} ϵ \end{aligned}

$\begin{align} y&=X\beta+\epsilon\\ P^{-1}y &= P^{-1}X\beta + P^{-1}\epsilon \end{align}$

ϵ

$\epsilon$

cov (P^{- 1} ϵ) = I

$\text{cov}(P^{-1}\epsilon)=I$

\tilde{X} = P^{- 1 1} X, \tilde{y} = P^{- 1 1} y e \tilde{ϵ} = P^{- 1 1} ϵ .

$\tilde{X}=P^{-1}X,\qquad \tilde{y}=P^{-1}y\quad\text{and}\quad \tilde{\epsilon}=P^{-1}\epsilon.$

\tilde{y} = \tilde{X} β + \tilde{ϵ}

$\tilde{y}=\tilde{X}\beta+\tilde{\epsilon}$

\hat{β}

$\hat{\beta}$

\begin{aligned} \hat{β} & = ({\tilde{X}}^{T} \tilde{X})^{- 1 1} {\tilde{X}}^{T} \tilde{y} \\ = ((P^{- 1 1} X)^{T} P^{- 1 1} X)^{- 1 1} (P^{- 1 1} X)^{T} P^{- 1 1} y \\ = (X^{T} (P P^{T})^{- 1 1} X)^{- 1 1} X (P P^{T})^{- 1 1} y \\ = (X^{T} H^{- 1 1} X)^{- 1 1} X H^{- 1 1} y \end{aligned}

$\begin{align} \hat{\beta} &= (\tilde{X}^T\tilde{X})^{-1}\tilde{X}^T\tilde{y}\\ &=((P^{-1}X)^TP^{-1}X)^{-1}(P^{-1}X)^TP^{-1}y\\ &=(X^T(PP^T)^{-1}X)^{-1}X(PP^T)^{-1}y\\ &=(X^TH^{-1}X)^{-1}XH^{-1}y \end{align}$

— Gumeo
fonte