Questions tagged «delta-method»

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一个随机变量的函数的方差
假设我们有随机变量XXX,其方差和均值已知。问题是:对于给定的函数f ,的方差是多少f(X)f(X)f(X)。我知道的唯一通用方法是增量方法,但它仅提供近似值。现在我对f (x )= √感兴趣f(x)=x−−√f(x)=xf(x)=\sqrt{x},但是了解一些通用方法也很高兴。 编辑29.12.2010 我已经使用泰勒级数进行了一些计算,但是我不确定它们是否正确,因此如果有人可以确认它们,我将非常高兴。 首先,我们需要近似E[f(X)]E[f(X)]E[f(X)] E[f(X)]≈E[f(μ)+f′(μ)(X−μ)+12⋅f′′(μ)(X−μ)2]=f(μ)+12⋅f′′(μ)⋅Var[X]E[f(X)]≈E[f(μ)+f′(μ)(X−μ)+12⋅f″(μ)(X−μ)2]=f(μ)+12⋅f″(μ)⋅Var[X]E[f(X)] \approx E[f(\mu)+f'(\mu)(X-\mu)+\frac{1}{2}\cdot f''(\mu)(X-\mu)^2]=f(\mu)+\frac{1}{2}\cdot f''(\mu)\cdot Var[X] 现在我们可以近似D2[f(X)]D2[f(X)]D^2 [f(X)] E[(f(X)−E[f(X)])2]≈E[(f(μ)+f′(μ)(X−μ)+12⋅f′′(μ)(X−μ)2−E[f(X)])2]E[(f(X)−E[f(X)])2]≈E[(f(μ)+f′(μ)(X−μ)+12⋅f″(μ)(X−μ)2−E[f(X)])2]E[(f(X)-E[f(X)])^2] \approx E[(f(\mu)+f'(\mu)(X-\mu)+\frac{1}{2}\cdot f''(\mu)(X-\mu)^2 -E[f(X)])^2] 使用的近似我们知道˚F (μ )- ë ˚F (X )≈ - 1E[f(X)]E[f(X)]E[f(X)]f(μ)−Ef(x)≈−12⋅f′′(μ)⋅Var[X]f(μ)−Ef(x)≈−12⋅f″(μ)⋅Var[X]f(\mu)-Ef(x) \approx -\frac{1}{2}\cdot f''(\mu)\cdot Var[X] 使用此,我们得到: D2[f(X)]≈14⋅f′′(μ)2⋅Var[X]2−12⋅f′′(μ)2⋅Var[X]2+f′(μ)2⋅Var[X]+14f′′(μ)2⋅E[(X−μ)4]+12f′(μ)f′′(μ)E[(X−μ)3]D2[f(X)]≈14⋅f″(μ)2⋅Var[X]2−12⋅f″(μ)2⋅Var[X]2+f′(μ)2⋅Var[X]+14f″(μ)2⋅E[(X−μ)4]+12f′(μ)f″(μ)E[(X−μ)3]D^2[f(X)] \approx \frac{1}{4}\cdot f''(\mu)^2\cdot Var[X]^2-\frac{1}{2}\cdot f''(\mu)^2\cdot Var[X]^2 + f'(\mu)^2\cdot Var[X]+\frac{1}{4}f''(\mu)^2\cdot E[(X-\mu)^4] +\frac{1}{2}f'(\mu)f''(\mu)E[(X-\mu)^3] D2[f(X)]≈14⋅f′′(μ)2⋅[D4X−(D2X)2]+f′(μ)⋅D2X+12f′(μ)f′′(μ)D3XD2[f(X)]≈14⋅f″(μ)2⋅[D4X−(D2X)2]+f′(μ)⋅D2X+12f′(μ)f″(μ)D3XD^2 [f(X)] \approx …

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边际效应标准误差如何使用增量法?
我有兴趣更好地理解delta方法,以近似包括交互项的回归模型的平均边际效应的标准误差。我已经研究了增量方法下的相关问题,但没有一个提供了我想要的东西。 考虑以下示例数据作为激励示例: set.seed(1) x1 <- rnorm(100) x2 <- rbinom(100,1,.5) y <- x1 + x2 + x1*x2 + rnorm(100) m <- lm(y ~ x1*x2) 我感兴趣的平均边际效应(AMES)x1和x2。为了计算这些,我只需执行以下操作: cf <- summary(m)$coef me_x1 <- cf['x1',1] + cf['x1:x2',1]*x2 # MEs of x1 given x2 me_x2 <- cf['x2',1] + cf['x1:x2',1]*x1 # MEs of x2 given x1 mean(me_x1) …

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一阶导数为零时如何使用增量法?
http://en.wikipedia.org/wiki/Delta_method 在Wikipedia文章中,假设g′(θ)g′(θ)g'(\theta)必须存在,并且g′(θ)g′(θ)g'(\theta)为非零值。 是否可以找到√的渐近分布n−−√(g(Xn)−g(θ))n(g(Xn)−g(θ))\sqrt{n}(g(X_n)-g(\theta)) 鉴于g′(θ)g′(θ)g'(\theta)可以是零和?n−−√(Xn−θ)→dN(0,σ2)n(Xn−θ)→dN(0,σ2)\sqrt{n}(X_n-\theta) \stackrel{d}{\rightarrow} N(0,\sigma^2)

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使用进行假设检验,因为收敛速度更快?
假设我有是iid,并且我想做一个假设检验,为0。假设我有大n,并且可以使用中心极限定理。我还可以做一个测试为0,这等效于测试为0。此外,收敛到卡方,其中收敛到法线。因为具有更快的收敛速度,所以我不应该将其用于测试统计量,这样我将获得更快的收敛速度并且测试会更高效吗?X1,…,XnX1,…,XnX_1,\ldots,X_nμμ\muμ2μ2\mu^2μμ\mun(X¯2−0)n(X¯2−0)n(\bar{X}^2 - 0)n−−√(X¯−0)n(X¯−0)\sqrt{n}(\bar{X} - 0)X¯2X¯2\bar{X}^2 我知道这种逻辑是错误的,但是我已经思考了很长时间,无法弄清原因。

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通过逻辑回归生成比值比置信区间的不同方法
我正在研究如何根据逻辑回归中获得的系数为比值比构建95%的置信区间。因此,考虑逻辑回归模型, log(p1−p)=α+βxlog⁡(p1−p)=α+βx \log\left(\frac{p}{1 - p}\right) = \alpha + \beta x \newcommand{\var}{\rm Var} \newcommand{\se}{\rm SE} 这样,对于对照组,x=0x=0x = 0,对于病例组,x=1x=1x = 1。 我已经读过,最简单的方法是为\ beta构造95%CI,ββ\beta然后我们应用指数函数,即 β^±1.96×SE(β^)→exp{β^±1.96×SE(β^)}β^±1.96×SE(β^)→exp⁡{β^±1.96×SE(β^)} \hat{\beta} \pm 1.96\times \se(\hat{\beta}) \rightarrow \exp\{\hat{\beta} \pm 1.96\times \se(\hat{\beta})\} 我的问题是: 证明该程序合理的理论原因是什么?我知道odds ratio=exp{β}odds ratio=exp⁡{β}\mbox{odds ratio} = \exp\{\beta\}并且最大似然估计是不变的。但是,我不知道这些元素之间的联系。 增量法是否应该产生与先前步骤相同的95%置信区间?使用增量法 exp{β^}∼˙N(β, exp{β}2Var(β^))exp⁡{β^}∼˙N(β, exp⁡{β}2Var(β^))\exp\{\hat{\beta}\} \dot{\sim} N(\beta,\ \exp\{\beta\}^2 \var(\hat{\beta})) 然后, exp{β^}±1.96×exp{β}2Var(β^)−−−−−−−−−−−−√exp⁡{β^}±1.96×exp⁡{β}2Var(β^)\exp\{\hat{\beta}\} \pm 1.96\times …

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