Xuất phát từ bình thường-Wishart sau


11

Tôi đang làm việc về việc tạo ra một hậu thế Bình thường-Wishart nhưng tôi bị kẹt ở một trong các tham số (phía sau của ma trận tỷ lệ, xem ở phía dưới).

Chỉ cho bối cảnh và tính đầy đủ, đây là mô hình và phần còn lại của các dẫn xuất:

xiN(μ,Λ)μN(μ0,(κ0Λ)1)ΛW(υ0,W0)

Các hình thức mở rộng của mỗi trong ba yếu tố là (tối đa hằng số tỷ lệ) là:

  • Khả năng:

    N(xi|μ,Λ)|Λ|N/2exp(12i=1N(xiTΛxi2μTΛxi+μTΛμ))
  • Bình thường trước:

    N(μ|(μ0,κ0Λ)1)|Λ|1/2exp(12(μTκ0Λμ2μTκ0Λμ0+μ0Tκ0Λμ0))
  • Wishart trước:

    W(Λ|υ0,W0)|Λ|υ0D12exp(12tr(W01Λ))

Chúng tôi muốn các hậu tố Bình thường-Wishart ( ) có thể được phân tách thành cũng như :μ,Λ|μ,κ,υ,WN(μ|μ,κΛ)W(Λ|υ,W)

Suy thoái tự doυ

Bằng cách hợp nhất các yếu tố đầu tiên của khả năng và Wishart, chúng tôi có được yếu tố đầu tiên của yếu tố Wishart ở phía sau: và do đó chúng ta có tham số đầu tiên của hậu thế:

|Λ|υ0+ND12
υ=υ0+N

Hệ số tỷ lệκ

Chúng tôi xác định các yếu tố được bao quanh bởi và để tìm ai là được cập nhật theo khả năng: và do đó chúng tôi có tham số thứ hai: μTμκ0Λ

μT((κ0+N)Λ)μ
κ=κ0+N

Có nghĩa làμ

Các tham số thứ ba đến từ việc xác định những gì bên trong : Và do đó, chúng tôi đã có tham số thứ ba: 2μT...

2μT(ΛNx¯+κ0Λμ0)=2μTκΛμ(ΛNx¯+κ0Λμ0)=κΛμ(Nx¯+κ0μ0)=κμ
μ=1k(Nx¯+κ0μ0)

Ma trận tỷ lệW

Và tham số thứ tư xuất phát từ việc làm việc với các tham số còn lại:

tr(W1Λ)=tr(W01Λ)+i=1NxiTΛxi+μ0Tκ0Λμ0=tr(W01Λ)+i=1Ntr(xiTΛxi)+tr(μ0Tκ0Λμ0)=tr(W01Λ+i=1NxiTΛxi+μ0Tκ0Λμ0)

Làm cách nào để tiếp tục từ đây (nếu tôi không mắc lỗi nào) và có được giải pháp chuẩn cho ?W

Chỉnh sửa 1 :

Bây giờ chúng tôi sắp xếp lại các điều khoản, thêm và trừ một số yếu tố để có được hai hình vuông như trong giải pháp tiêu chuẩn:

tr(W1Λ)=tr(W1Λ+i=1N(xiTΛxi+x¯TΛx¯2xiTΛx¯)+κ0(μ0TΛμ0+x¯TΛx¯2x¯TΛμ0)i=1Nx¯TΛx¯+2i=1NxiTΛx¯κ0x¯TΛx¯+2κ0x¯TΛμ0)=tr(W1Λ+i=1N(xix¯)Λ(xix¯)T+κ0(x¯μ0)Λ(x¯μ0)TNx¯Λx¯T+2Nx¯Λx¯Tκ0x¯Λx¯T+2κ0x¯Λμ0T)

Chúng tôi đơn giản hóa các yếu tố nằm ngoài các ô vuông:

tr(W1Λ)=tr(W1Λ+i=1N(xix¯)TΛ(xix¯)+κ0(x¯μ0)TΛ(x¯μ0)+(Nκ0)x¯TΛx¯+2κ0x¯TΛμ0)

Chỉnh sửa 2 ( theo dõi nhờ câu trả lời của @bdeonovic )

Dấu vết là chu kỳ, vì vậy . Sau đó: và sau đó: tr(ABC)=tr(BCA)=tr(CAB)

tr(W1Λ)=tr(W1Λ+i=1N(xix¯)(xix¯)TΛ+κ0(x¯μ0)(x¯μ0)TΛ+(Nκ0)x¯x¯TΛ+2κ0x¯μ0TΛ)
tr(W1)=tr(W1+i=1N(xix¯)(xix¯)T+κ0(x¯μ0)(x¯μ0)T+(Nκ0)x¯x¯T+2κ0x¯μ0T)

Hầu hết! Nhưng vẫn không có. Mục tiêu là:

W1+i=1N(xix¯)(xix¯)T+κ0Nκ0+N(x¯μ0)(x¯μ0)T

Câu trả lời:


4

Dấu vết là tuần hoàn, vì vậy . Ngoài ra dấu vết phân phối trên bổ sung sao cho . Với những sự kiện này, bạn sẽ có thể xoay vòng thuật ngữ xung quanh mặt sau trong các thuật ngữ theo dõi, kết hợp các thuật ngữ theo dõi với nhau. Kết quả sẽ trông giống nhưtr(ABC)=tr(BCA)=tr(CAB)tr(A+B)=tr(A)+tr(B)Λ

W1=W1+i=1Nxixi+μ0μ0

cảm ơn! tuy nhiên, tôi không thấy làm thế nào để đạt được kết quả chuẩn ( en.wikipedia.org/wiki/Conjugate_p Warrior ) có chứa và . Tôi thậm chí không có dấu hiệu tiêu cực: O(xix¯)x¯μ0
alberto

3

Khả năng trước là ×

|Λ|N/2exp{12(i=1NxiTΛxiNx¯TΛμμTΛNx¯+NμTΛμ)}×|Λ|(ν0D1)/2exp{12tr(W01Λ)}×|Λ|1/2exp{κ02(μTΛμμTΛμ0μ0TΛμ+μ0TΛμ0)}.
Điều này có thể được viết lại thành Chúng ta có thể viết lại
|Λ|1/2|Λ|(ν0+ND1)/2×exp{12((κ0+N)μTΛμμTΛ(κ0μ0+Nx¯)(κ0μ0+Nx¯)TΛμ+κ0μ0TΛμ0+i=1NxiTΛxi+tr(W01Λ))}
(κ0+N)μTΛμμTΛ(κ0μ0+Nx¯)(κ0μ0+Nx¯)TΛμ+κ0μ0TΛμ0+i=1NxiTΛxi+tr(W01Λ)
như sau bằng cách thêm và trừ một thuật ngữ:
(κ0+N)μTΛμμTΛ(κ0μ0+Nx¯)(κ0μ0+Nx¯)TΛμ+1κ0+N(κ0μ0+Nx¯)TΛ(κ0μ0+Nx¯)1κ0+N(κ0μ0+Nx¯)TΛ(κ0μ0+Nx¯)+κ0μ0TΛμ0+i=1NxiTΛxi+tr(W01Λ).
Hai dòng trên cùng bây giờ là yếu tố
(κ0+N)(μκ0μ+Nx¯κ0+N)TΛ(μκ0μ+Nx¯κ0+N).

Thêm và trừ , như sau: có thể được viết lại thành Nx¯TΛx¯

1κ0+N(κ0μ0+Nx¯)TΛ(κ0μ0+Nx¯)+κ0μ0TΛμ0+i=1NxiTΛxi+tr(W01Λ)
i=1N(xiTΛxixiTΛx¯x¯TΛxi+x¯TΛx¯)+Nx¯TΛx¯+κ0μ0TΛμ01κ0+N(κ0μ0+Nx¯)TΛ(κ0μ0+Nx¯)+tr(W01Λ).
Thuật ngữ tổng
i=1N(xiTΛxixiTΛx¯x¯TΛxi+x¯TΛx¯)
bằng Bây giờ có thể được mở rộng dưới dạng
i=1N(xix¯)TΛ(xix¯).
Nx¯TΛx¯+κ0μ0TΛμ01κ0+N(κ0μ0+Nx¯)TΛ(κ0μ0+Nx¯)
Nx¯TΛx¯+κ0μ0TΛμ01κ0+N(κ02μ0TΛμ0+Nκ0μ0TΛx¯0+Nκ0x¯TΛμ0+N2x¯TΛx¯),
bằng
Nκ0κ0+N(x¯TΛx¯x¯TΛμ0μ0TΛx¯+μ0TΛμ0)=Nκ0κ0+N(x¯μ0)TΛ(x¯μ0).

Hai thuật ngữ sau là vô hướng: Và bất kỳ vô hướng nào đều bằng dấu vết của nó, vì vậy

i=1N(xix¯)TΛ(xix¯),Nκ0κ0+N(x¯μ0)TΛ(x¯μ0).
tr(W01Λ)+i=1N(xix¯)TΛ(xix¯)+Nκ0κ0+N(x¯μ0)TΛ(x¯μ0)
có thể được viết lại thành Vì , tổng trên bằng
tr(W01Λ)+tr(i=1N(xix¯)TΛ(xix¯))+tr(Nκ0κ0+N(x¯μ0)TΛ(x¯μ0)).
tr(ABC)=tr(CAB)
tr(W01Λ)+tr(i=1N(xix¯)(xix¯)TΛ)+tr(Nκ0κ0+N(x¯μ0)(x¯μ0)TΛ).
Sử dụng thực tế là , chúng ta có thể viết lại tổng dưới dạng tr(A+B)=tr(A)+tr(B)
tr(W01Λ+i=1N(xix¯)(xix¯)TΛ+Nκ0κ0+N(x¯μ0)(x¯μ0)TΛ)=tr((W01+i=1N(xix¯)(xix¯)T+Nκ0κ0+N(x¯μ0)(x¯μ0)T)Λ).

Đặt tất cả những thứ đó lại với nhau, nếu chúng ta để Chúng ta có khả năng trước bằng S=i=1N(xix¯)(xix¯)T×

|Λ|1/2exp{κ0+N2(μκ0μ+Nx¯κ0+N)TΛ(μκ0μ+Nx¯κ0+N)}×|Λ|(ν0+ND1)/2exp{12tr((W01+S+Nκ0κ0+N(x¯μ0)(x¯μ0)T)Λ)},
theo yêu cầu.
Khi sử dụng trang web của chúng tôi, bạn xác nhận rằng bạn đã đọc và hiểu Chính sách cookieChính sách bảo mật của chúng tôi.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.