この推定量の分散は何ですか

関数fの平均、つまりを推定します。ここで、とは独立したランダム変数です。Iは、Fのサンプルを有するが、IIDないための：IID試料ありとそれぞれについてあるからサンプル：

E_{X, Y} [f (X, Y)]

$E_{X,Y}[f(X,Y)]$

X

$X$

Y

$Y$

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

$Y_1,Y_2,\dots Y_n$

Y_{i}

$Y_i$

n_{i}

$n_i$

X

$X$

X_{i, 1}, X_{i, 2}, \dots, X_{i, n_{i}}

$X_{i,1},X_{i,2},\dots, X_{i,n_i}$

したがって、合計でサンプル $f(X_{1,1},Y_1) \dots f(X_{1,n_1},Y_1 ) \dots f(X_{i,j},Y_i) \dots f(X_{n,n_n},Y_n)$

平均を推定するには、明らかになので、は不偏推定量です。、つまり推定量の分散が何であるかを考えています。

μ = \sum_{i = 1}^{n} 1 / n * \sum_{j = 1}^{n_{i}} \frac{f (X_{i, j}, Y_{i})}{n_{i}}

$\mu=\sum_{i=1}^n 1/n * \sum_{j=1}^{n_i}\frac{ f(X_{i,j},Y_i)}{n_i}$

E_{X, Y} [μ] = E_{X, Y} [f (X, Y)]

$E_{X,Y}[\mu]=E_{X,Y}[f(X,Y)]$

μ

$\mu$

V a r (μ)

$Var(\mu)$

編集2：これは正しい差異ですか？それつまり、n = 1ですべてのの場合、分散は平均の分散になります。また、の場合、式は推定量の分散の標準式になります。これは正しいです？どうすればそれを証明できますか？

V a r (μ) = \frac{V a r_{Y} (μ_{i})}{n} + \sum_{i = 1}^{n} \frac{V a r_{X} (f (X, Y_{i})))}{n_{i} * n^{2}}

$Var(\mu)=\frac{Var_Y(\mu_i)}{n}+\sum_{i=1}^n \frac{Var_X(f(X,Y_i)))}{n_i*n^2}$

n_{i} = \infty

$n_i=\infty$

n_{i} = 1

$n_i=1$

編集（これを無視）：

だから私はいくつかの進歩を遂げたと思います：最初にを定義してみましょう。 $\mu_i=\sum_{j=1}^{n_i}\frac{ f(X_{i,j},Y_i)}{n_i}$ $E_X[f(X,Y_i)]$

標準的な分散式を使用して、次のように記述できます。

V a r (μ) = 1 / n^{2} \sum_{l = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{n} C o v (μ_{l}, μ_{k})

$Var(\mu)=1/n^2 \sum_{l=1}^n \sum_{k=1}^n Cov(\mu_l,\mu_k)$ これは、およびため Sが描かれている独立して、我々はさらにこれを簡素化することができそして、共分散について：

1 / n^{2} (\sum_{i = 1}^{n} V a r (μ_{l}) + 1 / n^{2} \sum_{l = 1}^{n} \sum_{k = l + 1}^{n} 2 * C o v (μ_{l}, μ_{k}))

$1/n^2( \sum_{i=1}^n Var(\mu_l)+ 1/n^2\sum_{l=1}^n \sum_{k=l+1}^n 2*Cov(\mu_l,\mu_k))$

X_{i j}

$X_{ij}$

1 / n^{2} (\sum_{i = 1}^{n} 1 / n_{i} V a r (f (X_{i, j}, Y_{i})) + 1 / n^{2} \sum_{l = 1}^{n} \sum_{k = l + 1}^{n} 2 * C o v (μ_{l}, μ_{k}))

$1/n^2( \sum_{i=1}^n 1/n_i Var(f(X_{i,j},Y_i))+1/n^2 \sum_{l=1}^n \sum_{k=l+1}^n 2*Cov(\mu_l,\mu_k))$

\begin{aligned} C o v (μ_{l}, μ_{k}) & = C o v (\sum_{j = 1}^{n_{l}} \frac{f (X_{j, l}, Y_{l})}{n_{l}}, \sum_{j = 1}^{n_{k}} \frac{f (X_{j, k}, Y_{k})}{n_{k}}) \\ = \frac{1}{(n_{k} * n_{l})} * C o v (\sum_{j = 1}^{n_{l}} f (X_{j, l}, Y_{l}), \sum_{j = 1}^{n_{k}} f (X_{j, k}, Y_{k})) \\ = \frac{1}{(n_{k} * n_{l})} * \sum_{j = 1}^{n_{l}} \sum_{j = 1}^{n_{k}} C o v (f (X, Y_{l}), f (X, Y_{k})) \\ = \frac{n_{k} * n_{l}}{(n_{k} * n_{l})} C o v (f (X_{i, l}, Y_{l}), f (X_{i, k}, Y_{k})) \\ = C o v (f (X, Y_{l}), f (X, Y_{k})) \end{aligned}

$\begin{align} Cov(\mu_l,\mu_k)&=Cov(\sum_{j=1}^{n_l} \frac{f(X_{j,l},Y_l)}{n_{l}},\sum_{j=1}^{n_k} \frac{f(X_{j,k},Y_k)}{n_{k}})\\ &=\frac{1}{(n_k*n_l)}*Cov(\sum_{j=1}^{n_l} f(X_{j,l},Y_l),\sum_{j=1}^{n_k} f(X_{j,k},Y_k))\\ &=\frac{1}{(n_k*n_l)}*\sum_{j=1}^{n_l}\sum_{j=1}^{n_k}Cov( f(X,Y_l), f(X,Y_k))\\ &=\frac{n_k*n_l}{(n_k*n_l)}Cov( f(X_{i,l},Y_l), f(X_{i,k},Y_k))\\ &=Cov( f(X,Y_l), f(X,Y_k)) \end{align}$ したがって、これをプラグインすると、現在、複数の質問があります。

1 / n^{2} (\sum_{i = 1}^{n} 1 / n_{i} V a r (f (X, Y_{i})) + 1 / n^{2} \sum_{l = 1}^{n} \sum_{k = l + 1}^{n} 2 * C o v (f (X, Y_{l}), f (X, Y_{k})))

$1/n^2( \sum_{i=1}^n 1/n_i Var(f(X,Y_i))+1/n^2 \sum_{l=1}^n \sum_{k=l+1}^n 2*Cov(f(X,Y_l),f(X,Y_k)))$

上記の計算は正しいですか？
与えられたサンプルからをどのように推定できますか？ $Cov(f(X,Y_l),f(X,Y_k)))$
nを無限大にすると、分散は0に収束しますか？

variance unbiased-estimator estimators

— ベネディクト・ビュンツ
ソース

Q1：いいえ、それは正しくありません。共分散の最終的な導出の3行目の添え字を省略します。これは、「X」というラベルが付いた2つのRVが実際には互いに独立しているという事実を覆い隠します。1つは添え字を持ち、もう1つはa持ちました。等式のそのブロック全体で、独立した入力の関数は独立しているため、ゼロ以外の項は場合のみでなければなりません。（はから独立していますが、厳密に言えば、すべてのとの間の独立性のペアワイズの主張から従うわけではありません。） $\ell$ $k$ $k=\ell$ $X_{12}, Y_1$ $X_{22}, Y_2$ $X$ $Y$

Q2：上記から、その項は場合にのみ非ゼロであり、その場合、。合計後の結果はです。 $k=\ell$ $Cov(f(X_{jk}, Y_k), f(X_{jk}, Y_k)) = Var(f(X_{jk}, Y_k))$ $Cov(\mu_k, \mu_k) = \frac{1}{n_k} Var(f(X_{jk}, Y_k))$

Q3：はい：これらの変更後、最後の合計に含まれる項の数は線形になるため、分母の2次項が勝ちます。

— eric_kernfeld
ソース

「nを無限大にすると、分散は0に収束しますか？」に対する答え「はい」です。

— eric_kernfeld