Bir kümenin ölçüsünün üstel değerinin tarafsız tahmincisi

Varsayalım ki (ölçülebilir ve uygun şekilde iyi davranmış) bir set , burada kompakttır. Ayrıca, Lebesgue ölçüsü ile üzerinden eşit dağılımdan örnekler çizebildiğimizi ve ölçüsünü bildiğimizi varsayalım . Örneğin, , içeren bir kutudur . $S\subseteq B\subset\mathbb R^n$ $B$ $B$ $\lambda(\cdot)$ $\lambda(B)$ $B$ $[-c,c]^n$ $S$

Sabit , yı noktaları eşit olarak örnekleyerek ve mi yoksa dışında mı olduğunu kontrol etmenin basit bir tarafsız yolu var mı? $\alpha\in\mathbb R$ $e^{-\alpha \lambda(S)}$ $B$ $S$

Tam olarak çalışmayan bir şey örneği olarak, noktalarını varsayalım . Sonra Monte Carlo tahmini Ancak, nın tarafsız bir tahmincisi olsa da, nın nin tarafsız bir tahmincisi olduğunu düşünmüyorum. . Bu algoritmayı değiştirmenin bir yolu var mı? $k$ $p_1,\ldots,p_k\sim\textrm{Uniform}(B)$

λ (S) \approx \hat{λ} := \frac{# {p_{i} \in S}}{k} λ (B) .

$\lambda(S)\approx \hat\lambda:= \frac{\#\{p_i\in S\}}{k}\lambda(B).$

\hat{λ}

$\hat\lambda$

λ (S)

$\lambda(S)$

e^{- α \hat{λ}}

$e^{-\alpha\hat\lambda}$

e^{- α λ (S)}

$e^{-\alpha\lambda(S)}$

— Justin Solomon
kaynak

Yanıtlar:

Aşağıdaki kaynakları kullanabileceğinizi varsayalım:

Bir tahmin ediciye erişiminiz var . $\hat{\lambda}$
$\hat{\lambda}$ $\lambda ( S )$ için tarafsızdır .
$\hat{\lambda}$ neredeyse kesinlikle $C$ sınırlıdır.
$C$ sabitini biliyorsunuz ve
$\hat{\lambda}$ ın bağımsız olarak istediğiniz kadar gerçekleştirmesini sağlayabilirsiniz .

Şimdi, herhangi bir için aşağıdakilerin geçerli olduğuna dikkat edin (Taylor genişletilmesi ile ): $u > 0$ $\exp x$

\begin{aligned} e^{- α λ (S)} & = e^{- α C} \cdot e^{α (C - λ (S))} \\ = e^{- α C} \cdot \sum_{k ⩾ 0} \frac{{(α [C - λ (S)])}^{k}}{k!} \\ = e^{- α C} \cdot e^{u} \cdot \sum_{k ⩾ 0} \frac{e^{- u} \cdot {(α [C - λ (S)])}^{k}}{k!} \\ = e^{u - α C} \cdot \sum_{k ⩾ 0} \frac{u^{k} e^{- u}}{k!} {(\frac{α [C - λ (S)]}{u})}^{k} \end{aligned}

$\begin{align} e^{-\alpha \lambda ( S ) } &= e^{-\alpha C} \cdot e^{\alpha \left( C - \lambda ( S ) \right)} \\ &= e^{- \alpha C} \cdot \sum_{k \geqslant 0} \frac{ \left( \alpha \left[ C - \lambda ( S ) \right] \right)^k}{ k! } \\ &= e^{- \alpha C} \cdot e^u \cdot \sum_{k \geqslant 0} \frac{ e^{-u} \cdot \left( \alpha \left[ C - \lambda ( S ) \right] \right)^k}{ k! } \\ &= e^{u -\alpha C} \cdot \sum_{k \geqslant 0} \frac{ u^k e^{-u} }{ k! } \left(\frac{ \alpha \left[ C - \lambda ( S ) \right]}{u} \right)^k \end{align}$

Şimdi aşağıdakileri yapın:

Örnek . $K \sim \text{Poisson} ( u )$
Formu IID tarafsız kestiricisini . $\hat{\lambda}_1, \cdots, \hat{\lambda}_K$ $\lambda(S)$
Tahminciyi döndür

\hat{Λ} = e^{u - α C} \cdot {(\frac{α}{u})}^{K} \cdot \prod_{i = 1}^{K} {C - {\hat{λ}}_{i}} .

$\hat{\Lambda} = e^{u -\alpha C} \cdot \left(\frac{ \alpha }{u} \right)^K \cdot \prod_{i = 1}^K \left\{ C - \hat{\lambda}_i \right\}.$

$\hat{\Lambda}$ o zaman negatif olmayan, tarafsız bir tahmin . Bunun nedeni ise $\lambda(S)$

\begin{aligned} E [\hat{Λ} | K] & = e^{u - α C} \cdot {(\frac{α}{u})}^{K} E [\prod_{i = 1}^{K} {C - {\hat{λ}}_{i}} | K] \\ = e^{u - α C} \cdot {(\frac{α}{u})}^{K} \prod_{i = 1}^{K} E [C - {\hat{λ}}_{i}] \\ = e^{u - α C} \cdot {(\frac{α}{u})}^{K} \prod_{i = 1}^{K} [C - λ (S)] \\ = e^{u - α C} \cdot {(\frac{α}{u})}^{K} {[C - λ (S)]}^{K} \end{aligned}

$\begin{align} \mathbf{E} \left[ \hat{\Lambda} | K \right] &= e^{u -\alpha C} \cdot \left(\frac{ \alpha }{u} \right)^K \mathbf{E} \left[ \prod_{i = 1}^K \left\{ C - \hat{\lambda}_i \right\} | K \right] \\ &= e^{u -\alpha C} \cdot \left(\frac{ \alpha }{u} \right)^K \prod_{i = 1}^K \mathbf{E} \left[ C - \hat{\lambda}_i \right] \\ &= e^{u -\alpha C} \cdot \left(\frac{ \alpha }{u} \right)^K \prod_{i = 1}^K \left[ C - \lambda ( S ) \right] \\ &= e^{u -\alpha C} \cdot \left(\frac{ \alpha }{u} \right)^K \left[ C - \lambda ( S ) \right]^K \end{align}$

ve böylece

\begin{aligned} E [\hat{Λ}] & = E_{K} [E [\hat{Λ} | K]] \\ = E_{K} [e^{u - α C} \cdot {(\frac{α}{u})}^{K} {[C - λ (S)]}^{K}] \\ = e^{u - α C} \cdot \sum_{k ⩾ 0} P (K = k) {(\frac{α}{u})}^{K} {[C - λ (S)]}^{K} \\ = e^{u - α C} \cdot \sum_{k ⩾ 0} \frac{u^{k} e^{- u}}{k!} {(\frac{α [C - λ (S)]}{u})}^{k} \\ = e^{- α λ (S)} \end{aligned}

$\begin{align} \mathbf{E} \left[ \hat{\Lambda} \right] &= \mathbf{E}_K \left[ \mathbf{E} \left[ \hat{\Lambda} | K \right] \right] \\ &= \mathbf{E}_K \left[ e^{u -\alpha C} \cdot \left(\frac{ \alpha }{u} \right)^K \left[ C - \lambda ( S ) \right]^K \right] \\ &= e^{u -\alpha C} \cdot \sum_{k \geqslant 0} \mathbf{P} ( K = k ) \left(\frac{ \alpha }{u} \right)^K \left[ C - \lambda ( S ) \right]^K \\ &= e^{u -\alpha C} \cdot \sum_{k \geqslant 0} \frac{ u^k e^{-u} }{ k! } \left(\frac{ \alpha \left[ C - \lambda ( S ) \right]}{u} \right)^k \\ &= e^{-\alpha \lambda ( S ) } \end{align}$

önceki hesaplamaya göre.

— πr8
kaynak

İlginç! Yukarıda sınırlandırıldığı için tahmincisi burada işe yaramıyor mu? Ayrıca bu nasıl @whuber'ın cevabı ile çelişmiyor? Bunun neden tarafsız olduğu konusunda kolay bir tartışma var mı? Birçok soru için özür dilerim, olasılık teorim zayıf :-)

\hat{λ}

$\hat\lambda$

λ (B) < \infty

$\lambda(B)<\infty$

— Justin Solomon

bildiğiniz için, tanımladığınız tahmin edici çalışır . Sanırım bu varsayım nedeniyle diğer cevapla çelişmiyor ; tarafsız tahmin edicilere sınırlı erişim verildiğinde, bu yapının işe yarayacağını sanmıyorum. Tarafsızlık, beklentisini yukarıdaki kuvvet serileri ile karşılaştırarak gelir; Cevapta bunu daha açık hale getireceğim.

λ (B)

$\lambda (B)$

5

$5$

\hat{Λ}

$\hat{\Lambda}$

— 8r8

Tarafsızlığın kanıtının ikinci satırında ürünü ve beklentiyi değiştirebileceğinizden emin misiniz?

— jbowman

Görünüşe göre, çünkü hesaplanmışlar, değil mi?

— Justin Solomon

+1 Bence bu ilginç ve öğretici bir örnek. Cevabımı örtük bir varsayımda bulunmadan başarılı olur: örneklem büyüklüğünün belirtilmesi veya en azından sınırlandırılması.

— whuber

Cevap olumsuz.

Tek tip bir numune için yeterli bir istatistik , gözlenen noktaların sayısıdır Bu sayım bir Binom dağılımına sahiptir. Yazma ve $X$ $S.$ $(n,\lambda(S)/\lambda(B))$ $p=\lambda(S)/\lambda(B)$ $\alpha^\prime = \alpha\lambda(B).$

Bir numune boyutu için izin herhangi biri (unrandomized) tahmin edici Beklenti $n,$ $t_n$ $\exp(-\alpha \lambda(S)) = \exp(-(\alpha\lambda(B)) p) = \exp(-\alpha^\prime p).$

E [t_{n} (X)] = \sum_{x = 0}^{n} (\binom{n}{x}) p^{x} (1 - p)^{n - x} t_{n} (x),

$E[t_n(X)] = \sum_{x=0}^n \binom{n}{x}p^x (1-p)^{n-x}\, t_n(x),$

bu en fazla bir derece polinom eşittir de Ancak , üstel , p'de bir polinom olarak ifade edilemez (Bir kanıt: çekme . Türevleri beklentisi için sonuç sıfır olacaktır, ancak kendisi bir üstel üstel, türevi sıfır olamaz.) $n$ $p.$ $\alpha^\prime p \ne 0,$ $\exp(-\alpha^\prime p)$ $p.$ $n+1$ $p,$

Rastgele tahmin edicilerin gösterimi hemen hemen aynıdır: beklentileri aldıktan sonra tekrar $p.$

Sonuç olarak, tarafsız bir tahminci yoktur.

— whuber
kaynak

Ah, bu aşağılayıcı! Güzel kanıt için teşekkürler. Ancak, için Taylor serisi oldukça hızlı bir şekilde birleşiyor --- belki de orada "yaklaşık tarafsız" bir tahminci var mı? Bunun ne anlama geldiğinden emin değilim (pek istatistikçi değilim :-))

\exp (t)

$\exp(t)$

— Justin Solomon

Ne kadar hızlı, tam olarak? Bu sorunun cevabı değerine bağlıdır ve sorun burada yatar, çünkü bu değerin ne olduğunu bilmiyorsunuz. Sadece ile arasında olduğunu biliyorsunuz İsterseniz önyargı üzerinde bir sınır oluşturmak için bunu kullanabilirsiniz.

α^{'} p

$\alpha^\prime p$

0

$0$

α .

$\alpha.$

— whuber

Başvurumda büyük bir bölümünü işgal etmesini bekliyorum . Bu değeri sahte-marjinal Metropolis-Hastings kabul oranında kullanmak istiyorum, bu yöntemin kontrol edilebilir önyargı düzeylerini bile işleyip işlemediğinden emin değilim ...

S

$S$

B

$B$

— Justin Solomon

BTW Bu sorunun diğer cevabı hakkındaki düşüncelerinizi gerçekten takdir ediyorum!

— Justin Solomon