机器算法验证 - Doksum比率的最小值总是无界的吗？ - 吾爱随笔录

机器算法验证分布

2022-04-12 10:09:54

考虑和是两个连续分布，并且在满足的意义上更分散： $\mathcal{F}$ $\mathcal{G}$ $\mathcal{G}$ $\mathcal{F}$

(1) F^{- 1} (β) - F^{- 1} (α) \leq G^{- 1} (β) - G^{- 1} (α), \forall 0 < α < β < 1.

$(1)\quad F^{-1}(\beta)-F^{-1}(\alpha)\leq G^{-1}(\beta)-G^{-1}(\alpha),\quad \forall 0< \alpha < \beta <1.$

然后，我们知道(Kochar (2012), eq. 2.16) (1) 等价于

(2) \frac{F^{'} (x)}{G^{'} G^{- 1} F (x)} \geq 1.

$(2)\quad\frac{F^\prime(x)}{G^\prime G^{-1}F(x)}\geq 1.$ （我称（2）的左侧为 Doksum 比率之后（Doksum 1969））

现在考虑比率：

(3) γ (F, G) = min_{x : F^{'} (x) > 0} \frac{F^{'} (x)}{G^{'} G^{- 1} F (x)}

$(3)\quad\gamma(\mathcal{F},\mathcal{G})=\underset{x:F^\prime(x)>0}{\min}\;\frac{F^\prime(x)}{G^\prime G^{-1}F(x)}$

对于许多分布，我发现，对于固定的 $\mathcal{F}$ ， $\gamma(\mathcal{F},\mathcal{G})$ 可以通过移动/重新缩放 $\mathcal{G}$ 变得任意大。

例如，对于 normal, student t, Weibull, gamma，我发现 $\gamma(\mathcal{F},\mathcal{G})$ 是 $\text{Var}(\mathcal{G})$ 的递增函数。

我的问题是：对于固定的 $\mathcal{F}$ ， $\gamma(\mathcal{F},\mathcal{G})$ 是否总是可以通过重新缩放/移动 $\mathcal{G}$ 来任意大？

1个回答

几何上很明显，移动不会改变任何东西，并且重新缩放会以相同的因子重新缩放分母——这只是跟踪测量单位的问题。下面是一个严格的代数证明。你的结论马上就出来了。 $G$

令和为实数，并将的 -scaled, -shifted 版本： $a\gt 0$ $b$ $G_{(a,b)}$ $a$ $b$ $G$

G_{(a, b)} (x) = G (a x + b) .

$G_{(a,b)}(x) = G(ax + b).$

让。计算一下 $0 \le \alpha \le 1$

(G_{(a, b)})^{- 1} (α) = \frac{G^{- 1} (α) - b}{a}

$(G_{(a,b)})^{-1}(\alpha) = \frac{G^{-1}(\alpha) - b}{a}$

和（通过链式法则）

\frac{d}{d x} G_{(a, b)} (x) = a (\frac{d}{d x} G) (a x + b) .

$\frac{d}{dx}G_{(a,b)}(x) = a \left(\frac{d}{dx} G\right)(ax + b).$

因此

(\frac{d}{d x} G_{(a, b)}) ({(G_{(a, b)})}^{- 1} (α)) = a (\frac{d}{d x} G) (G^{- 1} (α)) .

$\left(\frac{d}{dx}G_{(a,b)}\right)\left(\left(G_{(a,b)}\right)^{-1}(\alpha)\right) = a \left(\frac{d}{dx}G\right)\left(G^{-1}(\alpha)\right).$

这表明移位不会改变 Doksum 比率的分母，并且缩放将分母乘以。作为存在且为正，则该比率将无限增长。 $a$ $a\to 0^{+}$ $F^\prime(x)$

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