Erwartete Fisher-Informationsmatrix für die T-Verteilung des Schülers?

Ich habe Probleme, online eine Ressource zu finden, die die erwartete Fisher-Informationsmatrix für die T-Verteilung des univariaten Schülers ableitet. Kennt jemand eine solche Ressource?

Da keine Ressource vorhanden ist, die die erwartete Fisher-Informationsmatrix für die T-Verteilung ableitet, versuche ich, sie selbst abzuleiten, stecke aber fest. Hier ist meine bisherige Arbeit:

$y_i \sim t(\mu, \sigma^2, v)$ wobei der Parameter für die Freiheitsgrade (df) ist (als fest angenommen). Dann: $v$

$$\begin{align*} f(y_i) &= \frac{\Gamma(\frac{v+1}{2})}{\Gamma(\frac{v}{2})\sqrt{\pi v \sigma^2}}\big(1+\frac{1}{v\sigma^2}(y_i-\mu)^2\big)^{\frac{-(v+1)}{2}} \end{align*}$$

Wir haben also die folgende Log-Likelihood-Funktion :

$$\begin{align*} log f(y_i)=log\Gamma(\frac{v+1}{2})-log\Gamma(\frac{v}{2})-\frac{1}{2}log(\pi v \sigma^2)+ \frac{-(v+1)}{2}log\big[1+\frac{1}{v\sigma^2}(y_i-\mu)^2\big] \end{align*}$$

Hier die ersten abgeleiteten Gleichungen :

$$\begin{align*} &\frac{\partial}{\partial \mu}logf(y_i)=\frac{v+1}{2}\frac{\frac{2}{v\sigma^2}(y_i-\mu)}{1+\frac{1}{v\sigma^2}(y_i-\mu)^2} \\ & \frac{\partial}{\partial \sigma^2}logf(y_i)= \frac{-1}{2\sigma^2}-\frac{(v+1)}{2} \frac{\frac{-1}{v\sigma^4}(y_i-\mu)^2}{1+\frac{1}{v\sigma^2}(y_i-\mu)^2} \end{align*}$$

Und hier sind die Gleichungen der 2. Ableitung:

$$\begin{align*} &\frac{\partial}{\partial \mu^2}logf(y_i)=\frac{v+1}{2}\frac{\frac{-2}{v\sigma^2}+\frac{2}{dv^2\sigma^4}(y_i-\mu)^2}{\big(1+\frac{1}{v\sigma^2}(y_i-\mu)^2\big)^2} \\ & \frac{\partial}{\partial \mu \partial \sigma^2}logf(y_i) =\frac{v+1}{2} \Big\{[\frac{2}{v\sigma^2}-\frac{4}{v^2\sigma^6}(y_i-\mu)^2][1+\frac{1}{v\sigma^2}(y_i-\mu)^2]^2-[\frac{-2}{v\sigma^2}+\frac{2}{v^2\sigma^4}(y_i-\mu)^2]*2[1+\frac{1}{v\sigma^2}(y_i-\mu)^2][\frac{-1}{v\sigma^4}(y_i-\mu)^2]\Big\}/\Big\{ [1+\frac{1}{v\sigma^2}(y_i-\mu)^2]^4\Big\}.....\text{really messy!} \\ &\frac{\partial}{\partial (\sigma^2)^2}logf(y_i)=\frac{1}{2\sigma^4}-\frac{(v+1)}{2}\frac{\frac{1}{v\sigma^6}(y_i-\mu)^2}{[1+\frac{1}{v\sigma^2}(y_i-\mu)^2]^2} \end{align*}$$

Schließlich wird die erwartete Fischerinformationsmatrix wie folgt berechnet:

$$\begin{align*} \boldsymbol{I}= -\mathbb{E}\Big(\begin{bmatrix} \frac{\partial^2}{\partial \mu^2}logf(y_i) & \frac{\partial}{\partial \mu \partial \sigma^2}logf(y_i) \\ \frac{\partial}{\partial \mu \partial \sigma^2}logf(y_i) & \frac{\partial^2}{\partial (\sigma^2)^2}logf(y_i) \end{bmatrix}\Big) \end{align*}$$

Ich habe jedoch keine Ahnung, wie ich diese Erwartungen berechnen soll. Ist jemandem eine Ressource bekannt, die dies getan hat? Ehrlich gesagt, die einzige Menge, die mich interessiert, ist: , würde kann mir wenigstens jemand helfen, das zu berechnen?$-\mathbb{E}\big[\frac{\partial^2}{\partial (\sigma^2)^2}logf(y_i)\big]$

Ich wurde darauf aufmerksam gemacht, dass Lange et al. 1989 die erwarteten Fisher-Informationen für die multivariate t-Verteilung in Anhang B abgeleitet haben. Daher habe ich die gewünschte Antwort erhalten. Sie können diese Frage als beantwortet betrachten!

Insbesondere habe ich unter Verwendung des Ergebnisses von Lange et al. Die folgende Fisher-Informationsmatrix für die univariate t-Verteilung (mit festem Freiheitsgradparameter ) abgeleitet:$v$

$$\begin{align*} \boldsymbol{I}=\begin{bmatrix} \frac{v+1}{(v+3)\sigma^2} & 0 \\ 0 & \frac{v}{2(v+3)\sigma^4} \end{bmatrix} \end{align*}$$

Es ist nicht schwierig (aber ein bisschen langweilig), die Formel Beachten Sie zunächst, dass durch die Änderung der Variablen in einem beliebigen beteiligten Integral in die Berechnungen einbezogen werden kann .

$$\mathcal{I}(\mu, \sigma^2) = \mathbb{E}\left[\begin{pmatrix}{\left(\frac{\partial}{\partial\mu} \log f(Y)\right)}^2 & \left(\frac{\partial}{\partial\mu} \log f(Y)\right)\left(\frac{\partial}{\partial\sigma} \log f(Y)\right) \\ \left(\frac{\partial}{\partial\mu} \log f(Y)\right)\left(\frac{\partial}{\partial\sigma} \log f(Y)\right) & {\left(\frac{\partial}{\partial\sigma^2} \log f(Y)\right)}^2 \end{pmatrix} \right].$$ $y \mapsto y-\mu$$\mu=0$

Die Berechnungen beruhen auf dem folgenden Integral: Diese Gleichheit wird durch die Änderung der Variablen und mit Hilfe der Dichte der Beta-Primverteilung erhalten .

$$I(\lambda, a, b) := \int_0^\infty y^{2a-1}\left(1+\frac{1}{\lambda}y^2\right)^{-\frac{2a+b}{2}} \textrm{d}y = \frac{\lambda^a}{2} B\left(a, \frac{b}{2}\right).$$ $y \mapsto y^2$

Beachten Sie, dass der Integrand eine gerade Funktion ist, wenn eine gerade ganze Zahl ist, daher $2a-1$

$$J(\lambda, a, b) := \int_{-\infty}^{+\infty} y^{2a-1}\left(1+\frac{1}{\lambda}y^2\right)^{-\frac{p+1+b}{2}} \textrm{d}y = 2 I(\lambda, a, b) = \lambda^a B\left(a, \frac{b}{2}\right).$$

Ich werde nur die erste Berechnung detaillieren. Setze die Normalisierungskonstante der Dichte.

$$K(\nu, \sigma)=\frac{1}{B\left(\frac12,\frac{\nu}{2}\right)}\frac{1}{\sqrt{\nu \sigma^2}},$$

Man hat Da , wir finden Die zweite Berechnung ist einfach:

$$\begin{align} \mathbb{E}\left[{\left(\frac{\partial}{\partial\mu} \log f(Y)\right)}^2 \right] = K(\nu, \sigma){\left(\frac{\nu+1}{\nu\sigma^2}\right)}^2 J\left(\nu\sigma^2, \frac{3}{2}, \nu+2\right). \end{align}$$ $\frac{B\left(\frac12,\frac{\nu}{2}\right)}{B\left(\frac{3}{2},\frac{\nu+2}{2}\right)} = \frac{B\left(\frac12,\frac{\nu}{2}\right)}{B\left(\frac{3}{2},\frac{\nu}{2}\right)}\frac{B\left(\frac{3}{2},\frac{\nu}{2}\right)}{B\left(\frac{3}{2},\frac{\nu+2}{2}\right)} = \frac{(\nu+1)}{1}\frac{(\nu+3)}{\nu}$ $$\mathbb{E}\left[{\left(\frac{\partial}{\partial\mu} \log f(Y)\right)}^2 \right] = \frac{\nu}{\nu+3}(\nu+1){(\nu\sigma^2)}^{-1/2-2+3/2} = \frac{\nu+1}{(\nu+3)\sigma^2}.$$ $$\mathbb{E}\left[ \left(\frac{\partial}{\partial\mu} \log f(Y)\right)\left(\frac{\partial}{\partial\sigma} \log f(Y)\right)\right] = 0$$ da es sich nur um Integrale ungerader Funktionen handelt.

Schließlich ist die Berechnung von umso mühsamer und Ich überspringe es. Seine Berechnung beinhaltet Integrale mit gerader Ganzzahl, deren Wert oben angegeben ist.

$$\mathbb{E}\left[{\left(\frac{\partial}{\partial\sigma^2} \log f(Y)\right)}^2 \right]$$ $J(\nu\sigma^2, a, b)$$2a-1$

Ich habe die Berechnungen durchgeführt und und dies vereinfacht sich zu

$$\frac{{(\nu+1)}^2}{4{(\nu\sigma^4)}^2} K(\nu, \sigma^2) J\left(\nu\sigma^2, \frac{5}{2},\nu\right) - \frac{\nu+1}{2\nu\sigma^6} K(\nu, \sigma^2) J\left(\nu\sigma^2, \frac{3}{2},\nu\right) + \frac{1}{4\sigma^4}$$ $$\frac{\nu}{2(\nu+3)\sigma^4}.$$