Går det an å argumentere for at
[tex]\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\partial^2}{\partial u^2}p(u)\,du = 0[/tex]
for en hvilken som helst vilkårlig sannsynlighetstetthetfunksjon, [tex]p(u)[/tex]?
Prøver å gjøre et bevis som omhandler Cramer-Rao Lower Bound, men for at det skal stemme ut i fra det jeg har gjort til nå må likheten over gjelde - noe jeg ikke helt klarer å argumentere godt for. Noen tips?
Kjapt spørsmål (statistikk)
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Vi vet jo at for en normalisert sannsynlighetsfunksjon [tex]p(u)[/tex] er
[tex]\int_{-\infty}^{\infty}p(u)\rm{d}u=1[/tex]
(ihvertfall i kvantemekanikken, hvorfra min erfaring med slike funksjoner kommer)
Går det ikke an å komme med noen utsagn om funksjonens deriverte ut ifra dette?
[tex]\int_{-\infty}^{\infty}p(u)\rm{d}u=1[/tex]
(ihvertfall i kvantemekanikken, hvorfra min erfaring med slike funksjoner kommer)
Går det ikke an å komme med noen utsagn om funksjonens deriverte ut ifra dette?
Det jeg er litt usikker på - jeg tror selv det avhenger helt av hva slags distribusjon [tex]p(u)[/tex] faktisk har, så jeg ser ikke helt hvordan jeg skal generalisere det.
Kan jo poste resten av matematikken i tilfelle jeg har gjort noe galt.
Skal vise for
[tex]x = A + w\quad w\sim p_w(u) \Rightarrow p_x(u)\sim p_w(u)[/tex]
så vil CRLB føre fram til uttrykket
[tex]\text{var}\left(\hat{A}\right) \geq \left[\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\left(\frac{dp(u)}{du}\right)^2}{p(u)}du\right]^{-1}[/tex]
CRLB teoremet sier:
[tex]\text{var}\left(\hat{\theta}\right)\geq \frac{1}{I(\theta)}\,,\quad I(\theta) = -E\left[\frac{d^2\ln\left(p(X;\theta)\right)}{d\theta^2}\right][/tex]
Innfører så notasjonen [tex]p(u) = p(X;\theta)[/tex] for å forenkle utregningen:
Førstederiverte: [tex]\frac{1}{p(u)}\cdot \frac{dp(u)}{du}[/tex]
Andrederiverte: [tex]\frac{\frac{d^2p(u)}{du^2}\cdot p(u)-\left(\frac{dp(u)}{du}\right)^2}{\left(p(u)\right)^2} = \frac{\frac{d^2p(u)}{du^2}}{p(u)}-\frac{\left(\frac{dp(u)}{du}\right)^2}{\left(p(u)\right)^2}[/tex]
Tar så forventningsverdien og skriver ut på integralform:
[tex]E\left[\frac{d^2\ln\left(p(X;\theta)\right)}{d\theta^2}\right] = \int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{\frac{d^2p(u)}{du^2}}{p(u)}-\frac{\left(\frac{dp(u)}{du}\right)^2}{\left(p(u)\right)^2}\right)p(u)du = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{d^2p(u)}{du^2}du-\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\left(\frac{dp(u)}{du}\right)^2}{p(u)}du[/tex]
Med andre ord må det første leddet være lik null for at jeg skal få vist det oppgaven ber om, men som sagt har jeg ingen argumenter for at dette stemmer som overbeviser meg selv, så da stopper det litt opp.
Kan jo poste resten av matematikken i tilfelle jeg har gjort noe galt.
Skal vise for
[tex]x = A + w\quad w\sim p_w(u) \Rightarrow p_x(u)\sim p_w(u)[/tex]
så vil CRLB føre fram til uttrykket
[tex]\text{var}\left(\hat{A}\right) \geq \left[\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\left(\frac{dp(u)}{du}\right)^2}{p(u)}du\right]^{-1}[/tex]
CRLB teoremet sier:
[tex]\text{var}\left(\hat{\theta}\right)\geq \frac{1}{I(\theta)}\,,\quad I(\theta) = -E\left[\frac{d^2\ln\left(p(X;\theta)\right)}{d\theta^2}\right][/tex]
Innfører så notasjonen [tex]p(u) = p(X;\theta)[/tex] for å forenkle utregningen:
Førstederiverte: [tex]\frac{1}{p(u)}\cdot \frac{dp(u)}{du}[/tex]
Andrederiverte: [tex]\frac{\frac{d^2p(u)}{du^2}\cdot p(u)-\left(\frac{dp(u)}{du}\right)^2}{\left(p(u)\right)^2} = \frac{\frac{d^2p(u)}{du^2}}{p(u)}-\frac{\left(\frac{dp(u)}{du}\right)^2}{\left(p(u)\right)^2}[/tex]
Tar så forventningsverdien og skriver ut på integralform:
[tex]E\left[\frac{d^2\ln\left(p(X;\theta)\right)}{d\theta^2}\right] = \int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{\frac{d^2p(u)}{du^2}}{p(u)}-\frac{\left(\frac{dp(u)}{du}\right)^2}{\left(p(u)\right)^2}\right)p(u)du = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{d^2p(u)}{du^2}du-\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\left(\frac{dp(u)}{du}\right)^2}{p(u)}du[/tex]
Med andre ord må det første leddet være lik null for at jeg skal få vist det oppgaven ber om, men som sagt har jeg ingen argumenter for at dette stemmer som overbeviser meg selv, så da stopper det litt opp.
Ok, jeg tenkte litt mer på det, og har gjort meg opp noen tanker. Først må jeg være sikker på at vi begger mener det samme med [tex]p(u)[/tex]. Den salg funksjon jeg snakker om nå er slik at
[tex]P\left(X\in[a,b]\right)=\int_a^b p(u)\rm{d}u[/tex]
Følgelig må
[tex]\int_{-\infty}^{\infty}p(u)\rm{d}u=1[/tex]
Det vi sikkert kan si er at [tex]\lim_{u\to\pm\infty} p(u)=0[/tex], dvs en viss symmetri. Det følger også derav at
[tex]\lim_{u\to\pm\infty} \frac{d}{du}p(u)=0[/tex]
ettersom funksjonen flater ut. Jeg ha ihvertfall aldri sett en sannsynlighetsfunksjon som ikke oppfører seg slik og tror ikke en slik finnes.
Når vi har to punkter på en funksjon slik at [tex]\frac{d}{du}p(a)=\frac{d}{du}p(b)[/tex], vil
[tex]\int_a^b \frac{d}{du}p(u)\rm{d}u=0[/tex]
ettersom det ikke er noen gjennomsnittlig akselerasjon.
Følgelig, ettersom funksjonen flater ut mot [tex]\pm\infty[/tex], må
[tex]\int_{-\infty}^\infty \frac{d^2}{du^2}p(u)\rm{d}u=0[/tex]
Så om du kan argumentere for at funksjonen flater ut mot pluss/minus uendelig er du i mål?
[tex]P\left(X\in[a,b]\right)=\int_a^b p(u)\rm{d}u[/tex]
Følgelig må
[tex]\int_{-\infty}^{\infty}p(u)\rm{d}u=1[/tex]
Det vi sikkert kan si er at [tex]\lim_{u\to\pm\infty} p(u)=0[/tex], dvs en viss symmetri. Det følger også derav at
[tex]\lim_{u\to\pm\infty} \frac{d}{du}p(u)=0[/tex]
ettersom funksjonen flater ut. Jeg ha ihvertfall aldri sett en sannsynlighetsfunksjon som ikke oppfører seg slik og tror ikke en slik finnes.
Når vi har to punkter på en funksjon slik at [tex]\frac{d}{du}p(a)=\frac{d}{du}p(b)[/tex], vil
[tex]\int_a^b \frac{d}{du}p(u)\rm{d}u=0[/tex]
ettersom det ikke er noen gjennomsnittlig akselerasjon.
Følgelig, ettersom funksjonen flater ut mot [tex]\pm\infty[/tex], må
[tex]\int_{-\infty}^\infty \frac{d^2}{du^2}p(u)\rm{d}u=0[/tex]
Så om du kan argumentere for at funksjonen flater ut mot pluss/minus uendelig er du i mål?
-
mrcreosote
- Guru
- Innlegg: 1995
- Registrert: 10/10-2006 20:58
Funksjonen trenger ikke gå mot 0 i grensa, se på [tex]f(x)=\max(\sup_{n\in\mathbb N} (1-2^{n+1}|x-n|),0)[/tex], over hvert naturlige tall legger du en likebeint trekant med areal 1/2, 1/4, 1/8,...