La estimación de la desviación estándar de regresión de Poisson

Question

Estoy interesado en un estimador de la desviación estándar en una regresión de Poisson. Por lo que la varianza es

$$Var(y)=\phi\cdot V(\mu)$$

where $\phi=1$ and $V(\mu)=\mu$. So the variance should be $Var(y)=V(\mu)=\mu$. (I'm just interested in how the variance should be, so if overdispersion occurs ($\widehat{\phi}\neq 1$), I don't care about it). Thus an estimator of the variance should be

$$\widehat{Var}(y)=V(\widehat{\mu})=\widehat{\mu}$$

and an estimator of the standard deviation should be

$$\sqrt{\widehat{Var}(y)}=\sqrt{V(\widehat{\mu})}=\sqrt{\widehat{\mu}}.$$

Es esto correcto? No he encontrado una discusión acerca de la desviación estándar en el contexto de regresión de Poisson sin embargo, es por eso que estoy pidiendo.

Ejemplo:

Así que aquí está un ejemplo sencillo (que no tiene sentido, por cierto) de lo que estoy hablando.

data1 <- function(x) {x^(2)}
numberofdrugs <- data1(1:84)
data2 <- function(x) {x}   
healthvalue <- data2(1:84)
plot(healthvalue, numberofdrugs)
test <- glm(numberofdrugs ~ healthvalue, family=poisson)
summary(test) #beta0=5.5 beta1=0.042
mu <- function(x) {exp(5.5+0.042*x)}
plot(healthvalue, numberofdrugs)
curve(mu,  add=TRUE, col="purple", lwd=2)
# the purple curve is the estimator for mu and it's also 
# the estimator of the variance,but if I'd like to plot 
# the (not constant) standard deviation I just take the 
# square root of the variance. So it is var(y)=mu=exp(Xb) 
# and thus the standard deviation is sqrt(exp(Xb))
sd <- function(x) {sqrt(exp(5.5+0.042*x))}
curve(sd, col="green", lwd=2)

Es el verde de la curva de la correcta estimador de la desviación estándar en una regresión de Poisson? Debe ser, ¿no?

Answer 1

De regresión de Poisson se encuentra un valor de $\hat{\beta}$ maximizar la probabilidad de los datos. Para cualquier valor de $x$, entonces supongamos $Y$ tiene una distribución de Poisson($\exp(x \hat{\beta})$) de distribución. La desviación estándar de la distribución es igual a $\exp(x \hat{\beta}/2)$. Esto parece ser lo que quieres decir por $\sqrt{\widehat{\mu}}$.

Hay, por supuesto, otras formas de calcular la desviación estándar de $Y|x$. Sin embargo, mantenerse dentro del contexto de la regresión de Poisson, $\exp(x \hat{\beta}/2)$ es el estimador ML de SD($Y|x$) por la sencilla razón de que el estimador ML de una función de los parámetros es la misma función de los ML estimador de los parámetros. La función en este caso es el envío de $\hat{\beta}$ $\exp(x \hat{\beta}/2)$(para cualquier valor fijo de $x$). Este teorema aparecerá en cualquier cuenta de estimación de máxima verosimilitud. Su prueba es sencilla. Conceptualmente, la función es una manera de re-expresar los parámetros, pero la re-expresión de ellos no cambia el hecho de que ellos maximizar (o no maximizar, dependiendo de sus valores) la probabilidad.

Answer 2

Estás pensando demasiado en términos de "distribución normal" aquí. Para una distribución normal, usted tiene dos parámetros, a continuación, decir $\mu$ y la variación, $\sigma^2$. Por lo que se requieren dos piezas de información para caracterizar la distribución de probabilidad para el caso normal.

Sin embargo, en la distribución de Poisson distribuido caso, no es sólo un parámetro, y que es la tasa de $\lambda$ (he cambiado el nombre para evitar confusiones con la normal). Esto caracteriza la distribución de Poisson, y lo que no es necesario referirse a otras cantidades.

Este es probablemente por qué ¿por qué no escuchar la desviación estándar de estimación" que se menciona en la regresión de Poisson. Pidiendo una desviación estándar del estimador de una variable aleatoria de Poisson es análoga a pedir un estimador de curtosis una variable aleatoria normalmente distribuida. Usted puede conseguir uno, pero ¿por qué molestarse? Por la estimación de la tasa parámetro $\lambda$, usted tiene toda la información que necesita.