Ist die Ausbreitung von Unsicherheiten linear?

Es ist nicht, zumindest nicht im statistischen Sinne. Was Sie tun, ist die (linear angenäherte) Änderung in zu finden$y$erhalten, indem die Eingaben um ihre Standardabweichungen geändert werden. Das ist als grobe Annäherung in Ordnung, aber Sie können es fast ohne zusätzliche Arbeit besser machen.

Wenn Sie die tatsächliche Varianz und Standardabweichung von möchten$y$, die Formel ist anders. Vermuten

$$y = f(x_1, \ldots, x_n) = f_0 + \sum_{i=1}^n a_i x_i + \sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^n b_{ij} x_i x_j + \mathcal{O}(x^3).$$ Zuerst können wir den Erwartungswert von berechnen $y$, $E(y) \equiv \hat{y}$, ganz einfach: $$\hat{y} = f_0 + \sum_{i=1}^n a_i \hat{x}_i + 2 \sum_{i=1}^n \sum_{j=i+1}^n b_{ij} \hat{x}_i \hat{x}_j + \sum_{i=1}^n b_{ii} E(x_i^2) + \mathcal{O}(x^3).$$ Dies folgt aus der Tatsache, dass die Erwartungen linear sind. Beachten Sie hier, dass wir davon ausgehen $x_i$ist unabhängig von $x_j$, es sei denn natürlich $i = j$; So verteilt sich die Erwartung auf das Produkt. Wenn Ihre Eingaben korrelieren, schlägt diese einfache Analyse fehl. Beachten Sie auch, dass dies sehr nahe an dem liegt, was Sie als "Mittelwert" erraten würden $y$ist, aber nicht ganz. In zweiter Ordnung müssen Sie berücksichtigen, dass die Erwartungen der Quadrate der Eingaben nicht mit den Quadraten der Erwartungen übereinstimmen. Zumindest die Maxime „steck die besten Werte an $x$um den besten Wert zu erhalten $y$"funktioniert einwandfrei auf erste bestellung rein $x$.

Wir können dieses Ergebnis quadrieren und ergeben

$$\begin{align} \hat{y}^2 & = f_0^2 + 2f_0 \sum_{i=1}^n a_i \hat{x}_i + 4f_0 \sum_{i=1}^n \sum_{j=i+1}^n b_{ij} \hat{x}_i \hat{x}_j \\ & \quad \qquad + 2f_0 \sum_{i=1}^n b_{ii} E(x_i^2) + \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_i a_j \hat{x}_i \hat{x}_j + \mathcal{O}(x^3). \end{align}$$ In ähnlicher Weise haben wir $$\begin{align} E(y^2) & = E\left(f_0^2 + 2f_0 \sum_{i=1}^n a_i x_i + 2f_0 \sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^n b_{ij} x_i x_j + \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_i a_j x_i x_j\right) + \mathcal{O}(x^3) \\ & = f_0^2 + 2f_0 \sum_{i=1}^n a_i \hat{x}_i + 4f_0 \sum_{i=1}^n \sum_{j=i+1}^n b_{ij} \hat{x}_i \hat{x}_j + 2f_0 \sum_{i=1}^n b_{ii} E(x_i^2) \\ & \quad \qquad + 2 \sum_{i=1}^n \sum_{j=i+1}^n a_i a_j \hat{x}_i \hat{x}_j + \sum_{i=1}^n a_i^2 E(x_i^2) + \mathcal{O}(x^3). \end{align}$$

Schließlich sind wir in der Lage, die Varianz von zu berechnen$y$. Das ist einfach

$$(\Delta y)^2 \equiv E(y^2) - \hat{y}^2 = \sum_{i=1}^n a_i^2 \left(E(x_i^2) - \hat{x}_i^2\right) + \mathcal{O}(x^3).$$ Tatsächlich kann dieses Ergebnis vollständig in Bezug auf die ersten Ableitungen geschrieben werden, $a_i$, und die Varianzen der Eingaben, $(\Delta x_i)^2$: $$(\Delta y)^2 \approx \sum_{i=1}^n \left(\frac{\partial f}{\partial x_i}\right)^2 (\Delta x_i)^2.$$ Die Standardabweichung $\Delta y$, was Sie erwarten, wenn Sie es sehen $y = \hat{y} \pm \Delta y$, ist einfach die Quadratwurzel davon: $$\Delta y \approx \left(\sum_{i=1}^n \left(\frac{\partial f}{\partial x_i}\right)^2 (\Delta x_i)^2\right)^{1/2}.$$ Es ist diese Formel, die Menschen im Sinn haben, wenn sie Dinge sagen wie „Wir haben die Unsicherheiten in Quadratur addiert“, da dieses Ergebnis sehr allgemein anwendbar ist – es gilt immer dann, wenn wir eine kontinuierlich differenzierbare Funktion unabhängiger Eingaben mit bekannten Mittelwerten und Standardabweichungen haben.

Die Idee ist nur, dass Sie die Funktion durch ihre Taylor-Reihe annähern können, wenn die Unsicherheiten klein genug sind

$$f(x_i + \delta_i) \approx f(x_i) + \sum_j \frac{\partial f(x_i)}{\partial x_j} \delta_j + \sum_{j,k} \frac{1}{2} \frac{\partial^2 f(x_i)}{\partial x_j \partial x_k} \delta_j \delta_k + \cdots.$$

Wenn Sie die Terme zweiter Ordnung vernachlässigen, ist die Funktion eine lineare Funktion und die Unsicherheiten kombinieren sich wie bei einer linearen Funktion. Wenn die Unsicherheiten so groß sind, dass die Terme höherer Ordnung von Bedeutung sind, müssen Sie etwas Komplizierteres tun, um die Unsicherheit zu propagieren (z. B. Monte Carlo).