¿Se espera una matriz de información de Fisher para la distribución t de Student?

Tengo problemas para encontrar un recurso en línea que derive la Matriz de información de Fisher esperada para la distribución t de Student univariada. ¿Alguien sabe de tal recurso?

En ausencia de cualquier recurso existente que derive la matriz de información de Fisher esperada para la distribución t, estoy tratando de obtenerlo yo mismo, pero estoy atascado. Aquí está mi trabajo hasta ahora:

$y_i \sim t(\mu, \sigma^2, v)$ donde es el parámetro de grados de libertad (df) (supuesto fijo). Entonces: $v$

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

Por lo tanto, tenemos la siguiente función de probabilidad de registro :

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

Aquí las primeras ecuaciones derivadas :

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

Y aquí están las ecuaciones de la segunda derivada:

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

Finalmente, la matriz de información del pescador esperada se calcula de la siguiente manera:

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

Sin embargo, no tengo idea de cómo calcular estas expectativas. ¿Alguien sabe de un recurso que haya hecho esto? Honestamente, la única cantidad que me interesa es: , would ¿Al menos alguien podrá ayudarme a calcular esto?$-\mathbb{E}\big[\frac{\partial^2}{\partial (\sigma^2)^2}logf(y_i)\big]$

Me llamó la atención que Lange et al 1989 derivaron la información de Fisher esperada para la distribución t multivariada en el Apéndice B. Por lo tanto, obtuve la respuesta que quería, ¡puede considerar esta pregunta como respondida!

En particular, utilizando el resultado de Lange et al, deduje la siguiente Matriz de información de Fisher para la distribución t univariada (con un parámetro fijo de grados de libertad ):$v$

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

No es difícil (pero un poco tedioso) usando la fórmula Primero, observe que mediante el cambio de variables en cualquier integral involucrada, uno puede tomar en los cálculos.

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

Los cálculos se basan en la siguiente integral: Esta igualdad se obtiene mediante el cambio de las variables y con la ayuda de la densidad de la distribución beta beta .

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

Observe que el integrando es una función par cuando es un entero par, de ahí que $2a-1$

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

Detallaré solo el primer cálculo. Establezca la constante de normalización de la densidad.

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

Uno tiene Dado que , encontramos El segundo cálculo es fácil:

$$\begin{align} \mathbb{E}\left[{\left(\frac{\partial}{\partial\mu} \log f(Y)\right)}^2 \right] = K(\nu, \sigma){\left(\frac{\nu+1}{\nu\sigma^2}\right)}^2 J\left(\nu\sigma^2, \frac{3}{2}, \nu+2\right). \end{align}$$ $\frac{B\left(\frac12,\frac{\nu}{2}\right)}{B\left(\frac{3}{2},\frac{\nu+2}{2}\right)} = \frac{B\left(\frac12,\frac{\nu}{2}\right)}{B\left(\frac{3}{2},\frac{\nu}{2}\right)}\frac{B\left(\frac{3}{2},\frac{\nu}{2}\right)}{B\left(\frac{3}{2},\frac{\nu+2}{2}\right)} = \frac{(\nu+1)}{1}\frac{(\nu+3)}{\nu}$ $$\mathbb{E}\left[{\left(\frac{\partial}{\partial\mu} \log f(Y)\right)}^2 \right] = \frac{\nu}{\nu+3}(\nu+1){(\nu\sigma^2)}^{-1/2-2+3/2} = \frac{\nu+1}{(\nu+3)\sigma^2}.$$ $$\mathbb{E}\left[ \left(\frac{\partial}{\partial\mu} \log f(Y)\right)\left(\frac{\partial}{\partial\sigma} \log f(Y)\right)\right] = 0$$ porque solo involucra integrales de funciones impares.

Finalmente, el cálculo de es el más tedioso y Me lo salteo. Su cálculo involucra integrales con entero, cuyo valor se proporciona arriba.

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

He hecho los cálculos y he encontrado y esto se simplifica a

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