Medyanın tarafsız bir tahmini

Farzedelim ki , üzerinde desteklenen, numune çizebileceğimiz rastgele bir değişkenimiz var . medyanının tarafsız bir tahminini nasıl bulabiliriz ? $X$ $[0,1]$ $X$

Tabii ki, bazı örnekler üretebilir ve örnek medyanını alabiliriz, ancak bunun genel olarak tarafsız olmayacağını anlıyorum.

Not: Bu soru son sorumla özdeş değil, aynı değil , bu durumda sadece yaklaşık olarak örneklenebilir. $X$

sampling

— robinson
kaynak

Yanıtlar:

Böyle bir tahminci yoktur.

Sezgi, olasılık yoğunluğunu her iki tarafında serbestçe değiştirirken medyanın sabit kalabilmesi, böylece ortalama değeri bir dağılım için medyan olan herhangi bir tahmin edicinin, değiştirilmiş dağılım için farklı bir ortama sahip olması, onu yanlı hale getirmesidir. Aşağıdaki açıklama bu sezgiye biraz daha titizlik vermektedir.

Benzersiz medyanları olan dağılımlarına odaklandık , böylece tanım gereği tüm için ve . örnek boyutunu düzeltin ve tahminlerini varsayalım . (O yeterli olacaktır sadece sınırlı olsun, ancak genellikle tek ciddiye açıkça imkansız değerler üretir tahmincileri dikkate almaz.) Biz yapmak hiçbir ilgili varsayımları ; hiçbir yerde sürekli olması bile gerekmez. $F$ $m$ $F(m) \ge 1/2$ $F(x) \lt 1/2$ $x \lt m$ $n \ge 1$ $t: [0,1]^n \to [0,1]$ $m$ $t$ $t$

Anlamı (bu sabit bir numune boyutu için) tarafsız olmak olmasıdır $t$

E_{F} [t (X_{1}, \dots, X_{n})] = m

$E_F[t(X_1, \ldots, X_n)] = m$

ile herhangi bir iid örneği için . "Tarafsız bir tahmin edici" , tüm bu için bu özelliğe sahip olanıdır . $X_i \sim F$ $t$ $F$

Diyelim ki tarafsız bir tahminci var. Özellikle basit bir dağıtım kümesine uygulayarak bir çelişki ortaya çıkaracağız. Şu özelliklere sahip dağılımlarını göz önünde bulundurun : $F = F_{x,y,m, \varepsilon}$

$0 \le x \lt y \le 1$ ;
$0 \lt \varepsilon \lt (y-x)/4$ ;
$x + \varepsilon \lt m \lt y - \varepsilon$ ;
$\Pr(X = x) = \Pr(X = y) = (1-\varepsilon)/2$ ;
$\Pr(m-\varepsilon \le X \le m+\varepsilon) = \varepsilon$ ; ve
$F$ , üzerinde eşittir . $[m-\varepsilon, m+\varepsilon]$

Bu dağılımlar, yer olasılığı her birinde ve ve olasılık küçük bir miktarda simetrik etrafına yerleştirilmiş arasında ve . Bu, eşsiz medyanı yapar . (Bunun sürekli bir dağıtım olmadığından endişe ediyorsanız, çok dar bir Gaussian ile kıvırın ve sonucu kesin: argüman değişmez.) $(1-\varepsilon)/2$ $x$ $y$ $m$ $x$ $y$ $m$ $F$ $[0,1]$

Şimdi, herhangi bir varsayılan medyan tahminci , kolay bir tahmin, nin değerinin ortalamasının kesinlikle içinde olduğunu gösterir. burada , ve tüm olası kombinasyonlarında değişiklik gösterir . Bununla birlikte, en az değişikliği olan ve arasında değişebiliriz (koşullar 2 ve 3 nedeniyle). Böylece bir vardır ve buna karşılık gelen dağılımı vardır. $t$ $E[t(X_1, X_2, \ldots, X_n)]$ $\varepsilon$ $2^n$ $t(x_1, x_2, \ldots, x_n)$ $x_i$ $x$ $y$ $m$ $x + \varepsilon$ $y - \varepsilon$ $\varepsilon$ $m$ $F_{x,y,m,\varepsilon}$ ki bu beklenti ortanca, QED'e eşit değil .

— whuber
kaynak

(+1) Güzel kanıt. Bunu buldunuz mu yoksa grad okulundan hatırladığınız bir şey mi?

— StasK

İşte başka bir kanıt: Bernoulli rasgele değişkenlerinin çoğu medyan veya . denemelerinden elde edilen tahmin, yalnızca kestiricinin ile köşelerindeki ortalama değerlerine bağlıdır ve bu ortalama değerlerin ağırlıkları, derecesi olan bir polinomdur . Bu tarafsız bir tahmin ediciyse, herhangi bir için ortalama değere sahip olmalı ve bu tür değerlerinin fazla olması gerekir, bu nedenle bu polinom sabit olmalıdır ... ancak açık olmalıdır daha düşük değerleri olduğundan, orada da tarafsız olamaz.

0

$0$

1

$1$

n

$n$

[0, 1]^{n}

$[0,1]^n$

k

$k$

p

$p$

n

$n$

1

$1$

p > 1 / 2

$p \gt 1/2$

n + 1

$n+1$

p

$p$

0

$0$

p

$p$

— Douglas Zare

@ Douglas Bu harika bir kanıt. Bazı insanların uygulanabilirliğinin kapsamı hakkında biraz tedirgin olabileceğinden şüpheleniyorum, çünkü Bernoulli değişkeninin medyanı biraz özel, iki destek noktasından birine rastlıyor ( 1/2 hariç ). Okuyucular bunu "patolojik" olarak ilan etmeye cazip gelebilir ve bu tür canavarları yalnızca alanlarındaki olumlu yoğunlukların her yerde sürekli dağılımlarına bakarak engellemeye çalışabilir. Bu yüzden bu tür çabaların başarısız olacağını göstermeye özen gösterdim.

p = 1 / 2

$p=1/2$

— whuber

Parametrik bir model olmadan tarafsız bir tahminci bulmak zor olurdu! Ancak, önyüklemeyi kullanabilir ve yaklaşık tarafsız bir tahminci elde etmek için ampirik medyanı düzeltmek için bunu kullanabilirsiniz.

— kjetil b halvorsen
kaynak

Bu imkansızsa, bunu kanıtlamak mümkün mü? Örneğin, , bağımsız örnekleri ise , herhangi bir seçimi için tarafsız olamayacağını kanıtlayabilir mi?

X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}

$X_1, X_2, \ldots, X_n$

X

$X$

f (X_{1}, \dots, X_{n})

$f(X_1, \ldots, X_n)$

f

$f$

— robinson

Bence kjetil parametrik olmayan bir çerçevede olası her dağıtım için tarafsız bir tahmin verecek bir yöntem olmadığını söylüyor. Ancak parametrik çerçevede muhtemelen yapabilirsiniz. Önyargılı bir örnek tahminin önyüklenmesi, önyargıyı tahmin etmenize ve neredeyse tarafsız olan bir önyükleme tahmini almak için ayarlamanıza izin verebilir. Sorunu parametrik olmayan çerçevede ele alma önerisi buydu. Tarafsız bir tahminin mümkün olmadığını kanıtlamak da zor olacaktır.

— Michael R. Chernick

Eğer gerçekten tarafsız bir tahmin edicinin olmadığını kanıtlamak istiyorsanız, bir kitap vardır, Ferguson: "Matematiksel İstatistikler - Bu türden bazı örneklere sahip bir Karar Teorik Yaklaşım"!

— kjetil b halvorsen

Önyüklemenin düzenlilik koşullarının, whuber'ın cevabında dikkate aldığı dağıtım fonksiyonları ile ihlal edileceğini hayal ediyorum. Michael, yorum yapabilir misin?

— StasK

@Staları işaret ettiğim gibi, fonksiyonlarım onları "çok" güzelleştirerek onları kaldırarak yapılabilir. Ayrıca, büyük sonlu atom karışımlarının mollifikasyonlarına da genelleştirilebilirler. Bu dağılımların sınıfı birim aralıktaki tüm dağılımlarda yoğundur, bu yüzden bootstrap düzenliliğinin burada yer alacağını düşünmüyorum.

— whuber

Kuantil regresyonun size medyanın tutarlı bir tahmincisini vereceğine inanıyorum. Model . Ve tahmin etmek istiyorum yana bir sabittir. Tek ihtiyacınız olan, bağımsız çekilişiniz olduğu sürece doğru olması gereken . Ancak tarafsızlık olarak bilmiyorum. Medians zordur. $Y = \alpha + u$ $\text{med}(y) = \text{med}(\alpha + u) = \alpha + \text{med}(u)$ $\alpha$ $\text{med}(u) = 0$

— Francis
kaynak

@Whuber'ın cevabı

— Peter