Verificando se uma densidade é uma família exponencial

Tentando provar que isso não pertence à família exponencial.

$f(y|a)=4\frac{(y+a)}{(1+4a)} ; 0 < y < 1 , a>0$

Aqui está a minha abordagem:

f (y | a) = 4 (y + a) e^{- l o g (1 + 4 a)}

$f(y|a) = 4(y+a)e^{-log(1+4a)}$

f (y | a) = (4 y) (1 + \frac{a}{y}) e^{- l o g (1 + 4 a)}

$f(y|a) = (4y)(1+\frac{a}{y})e^{-log(1+4a)}$

Comparando isto com a forma padrão, e , que tem de ser uma função de apenas , não pode ser definida em termos de sozinho, como na é inseparável. Isso é suficiente para mostrar que essa distribuição não pertence à família exponencial. $h(y) = 4y$ $g(a)$ $a$ $a$ $y$ $1+\frac{a}{y}$

Por favor, revise minha abordagem.

self-study pdf exponential-family

— user30438
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Você colocou o dedo no cerne da questão e, de fato, o resultado é bastante óbvio, mas a lógica parece um pouco errada. O método descrito abaixo usa repetidamente logaritmos e diferenciação para tornar o problema progressivamente mais simples, até que se torne totalmente trivial.

Por definição, é o PDF de uma família exponencial quando seu logaritmo pode ser escrito como uma soma de algo apenas em termos do parâmetro ( ), algo mais apenas em termos de dados ( ) e outra coisa que é um produto de uma função de e uma função de . Isso significa que você pode ignorar qualquer fator que dependa claramente apenas do parâmetro ou apenas dos dados. Nesse caso, é óbvio que depende apenas de , portanto podemos ignorá-lo. $f$ $a$ $y$ $a$ $y$ $\frac{4}{1+4a}$ $a$

O problema está em . Precisamos provar que não podem existir funções "agradáveis" e modo que mais alguma função de sozinho mais alguma outra função de sozinho. Que "plus" parte é chata, mas podemos matá-lo através da diferenciação primeira com respeito a (a derivada de qualquer função de por si só será zero) e, em seguida, com respeito a (a derivada de uma função de vontade sozinho seja zero). Ao negar os dois lados (para tornar o lado esquerdo positivo), isso dá $y+a$ $\eta$ $T$ $\log(y+a) = \eta(a) T(y)$ $a$ $y$ $a$ $y$ $y$ $a$

- \frac{\partial^{2}}{\partial a \partial y} \log (y + a) = \frac{1}{(a + y)^{2}} = - η^{'} (a) T^{'} (y) .

$-\frac{\partial^2}{\partial a\partial y}\log(y+a) = \frac{1}{(a+y)^2} = -\eta'(a)T'(y).$

Eu quero usar logaritmos para simplificar o lado direito (que, sendo igual ao lado esquerdo, é sempre positivo). Supondo que e sejam contínuos garantirá que existem alguns intervalos de valores para e para nos quais e ou então e . Isso significa que realmente podemos dividir o lado direito em dois fatores positivos, permitindo que o logaritmo seja aplicado. Fazer isso produz $\eta'$ $T'$ $a$ $y$ $-\eta'(a)\gt 0$ $T'(y)\gt 0$ $\eta'(a)\gt 0$ $-T'(y)\gt 0$

- 2 \log (a + y) = \log \frac{1}{(a + y)^{2}} = \log (- η^{'} (a) T^{'} (y)) = \log (- η^{'} (a)) + \log (T^{'} (y))

$-2\log(a+y) = \log\frac{1}{(a+y)^2} = \log\left(-\eta'(a)T'(y)\right) = \log(-\eta'(a)) + \log(T'(y))$

(ou então uma expressão comparável com alguns sinais negativos lançados). Agora vamos jogar o mesmo jogo: em ambos os casos, diferenciando ambos os lados com respeito a ambos e rendimentos $a$ $y$

\frac{2}{(a + y)^{2}} = 0,

$\frac{2}{(a+y)^2} = 0,$

uma impossibilidade.

Olhando para trás, essa abordagem teve que assumir que e têm segundas derivadas dentro de alguns intervalos de seus argumentos. A análise pode ser feita da mesma maneira, usando diferenças finitas para enfraquecer essas suposições, mas provavelmente não vale a pena. $\eta$ $T$

— whuber
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Minha anotação é a da Wikipedia, que também lista um conjunto de regras para identificar famílias exponenciais. . Os métodos ilustrados aqui podem ser usados para justificar essas regras.

— whuber

Bela análise; o uso de derivadas secundárias parciais mistas é um tanto reminiscente de critérios para verificar se as funções são "nomogramáveis", pelo menos de formas particulares (que também envolvem uma separação semelhante).

— Glen_b -Reinstala Monica

Obrigado @Glen_b. Também é mais do que remanescente da análise de interações em tabelas bidirecionais. Essa é a versão de diferenças finitas. ;-)

— whuber

Sim; essa também é uma conexão que eu explorei ao jogar com nomogramas.

— Glen_b -Reinstala Monica

@ whuber Obrigado pela sua explicação. Mas estou tendo dificuldade para entender por que estamos tomando derivadas parciais e tomando log novamente. Existe a possibilidade de que isso seja resolvido definindo uma função indicadora para y que sempre depende de a.

— user30438

Será em família exponencial se puder ser escrito em (com outras condições). $fh(x)e^{ηT(x)-A(η)}$

Seja . Agora, para quaisquer 4 pontos de dados no espaço de amostra = , que está livre de η. $g(x,η)=ηT(x)-A(η)$ $x_1,x_2,x_3,x_4$ $\frac{(g(x1,η)-g(x2,η))}{(g(x3,η)-g(x4,η))}$ $\frac{(T(x1)-T(x2))}{(T(x3) - T(x4))}$

Agora aqui = . Tome . $f(y;a)= 4\frac{y+a}{(4a+1)}$ $4 e^( ln(y+a)-ln(4a+1) )$ $g(x,η)=ln(y+a)-ln(4a+1)$

Então = - que não está livre de a. então não pertence à família exponencial. $\frac{(g(x1,η)-g(x2,η))}{(g(x3,η)-g(x4,η))}$ $\frac{(ln(y1+a)-ln(y2+a))}{(ln(y3+a)-ln(y4+a))}$ $f(y;a)$

— Mriganka Aulia
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+1 Gosto da abordagem direta. Indica claramente como as diferenças finitas podem ser usadas para isolar o comportamento chave de .

f

$f$

— whuber