ベイズ推定量の比較

二次損失以前に与えられたで、です。ましょう尤度。ベイズ推定器を見つけます。 $L(\theta,\delta)=(\theta-\delta)^2$ $\pi(\theta)$ $\pi(\theta)\sim U(0,1/2)$ $f(x|\theta)=\theta x^{\theta-1}\mathbb{I}_{[0,1]}(x), \theta>0$ $\delta^\pi$

加重二次損失ここで、前にます。ましょう可能性です。ベイズ推定器を見つけます。 $L_w(\theta,\delta)=w(\theta)(\theta-\delta)^2$ $w(\theta)=\mathbb{I}_{(-\infty,1/2)}$ $\pi_1(\theta)=\mathbb{I}_{[0,1]}(\theta)$ $f(x|\theta)=\theta x^{\theta-1}\mathbb{I}_{[0,1]}(x), \theta>0$ $\delta^\pi_1$

と比較する $\delta^\pi$ $\delta^\pi_1$

最初に、に気づき、それが可能性であると想定しました。そうでない場合、事後は得られず、したがって、2次損失に関するベイズ推定量は $f(x|\theta)\sim Beta(\theta,1)$

π (θ | x) \propto f (x | θ) π (θ) = θ x^{θ - 1} I_{[0, 1]} * 2 I_{(0, 1 / 2)} (θ) \sim B e t a (θ, 1)

$\pi(\theta|x)\propto f(x|\theta)\pi(\theta)=\theta x^{\theta-1}\mathbb{I}_{[0,1]}*2\mathbb{I}_{(0,1/2)}(\theta)\sim Beta(\theta,1)$

E [π (θ | x)] = \frac{θ}{θ + 1}

$\mathbb{E}[\pi(\theta|x)]=\frac{\theta}{\theta+1}$

私は本「ベイジアンチョイス」を探しています。加重2次損失に関連するベイズ推定量に関する定理があり、それは

δ^{π} (x) = \frac{E^{π} [w (θ) θ | x]}{E^{π} [w (θ) | x]}

$\delta^\pi(x)=\frac{\mathbb{E}^\pi[w(\theta)\theta|x]}{\mathbb{E}^\pi[w(\theta)|x]}$

誰かが私にそれを計算する方法を説明できますか？

私が試したのは：

δ^{π} (x) = \frac{\frac{\int θ w (θ) f (x | θ) π (θ) d θ}{\int w (θ) f (x | θ) π (θ) d θ}}{\frac{\int f (x | θ) π (θ) d θ}{\int w (θ) f (x θ) π (θ) d θ}}

$\delta^\pi(x)=\frac{\frac{\int \theta w(\theta)f(x|\theta)\pi(\theta)d\theta}{\int w(\theta)f(x|\theta)\pi(\theta)d\theta}}{\frac{\int f(x|\theta)\pi(\theta)d\theta}{\int w(\theta)f(x\theta)\pi(\theta)d\theta}}$

サポートがであることは知っていますが、分子に統合しようとしたとき $[0,\frac{1}{2}]$

\int θ w (θ) f (x | θ) π (θ) d θ = \int_{0}^{\frac{1}{2}} θ θ x^{θ - 1} d θ = \frac{1}{x} \int_{0}^{\frac{1}{2}} θ^{2} x^{θ} d θ

$\int \theta w(\theta)f(x|\theta)\pi(\theta)d\theta=\int_0^\frac{1}{2}\theta\theta x^{\theta-1}d\theta=\frac{1}{x}\int_0^\frac{1}{2}\theta^2 x^\theta d\theta$

良い結果は得られません。

— 西安
ソース

ここで負ではありませんか？

w (θ)

$w(\theta)$

— Juho Kokkala 2016年

「非負のみ」についてのあなたの発言は理解できません。なぜなら、（1）損失関数が負になることはなく、（2）とにかく負になることはありません。

w (θ)

$w(\theta)$

— whuber

@whuber Gosh、今、私はばかげていることに気づき、インジケーターのサポートを見ていました

回答:

まず、質問の元の文言を尤度定義のインジケーター関数に対して修正しました。ではなく関数でなければならないためです。したがって、尤度は、明らかに1つに統合されます： $x$ $\theta$

f (x) = θ x^{θ - 1} I_{[0, 1]} (x)

$f(x)=\theta x^{\theta-1}\mathbb{I}_{[0,1]}(x)$

\int_{0}^{1} θ x^{θ - 1} d x = 1

$\int_0^1 \theta x^{\theta-1}\text{d}x = 1$

第2に、Greenparkerの示されているため、の事後はベータ関数ではありません。制約によりの値についても、ガンマ分布ではなく、ガンマ分布の打ち切りです。 $\theta$

π (θ | x) \propto I_{[0, 1 / 2]} (θ) θ x^{θ - 1} \propto I_{[0, 1 / 2]} (θ) θ \exp {\log (x) θ}

$\pi(\theta|x)\propto\, \mathbb{I}_{[0,1/2]}(\theta)\theta x^{\theta-1}\propto \mathbb{I}_{[0,1/2]}(\theta)\,\theta \exp\{\log(x)\theta\}$

θ

$\theta$

したがって、ベイズ推定量は事後期待不完全なガンマ関数を使用する必要があるように見えるかもしれませんが、部分統合によって閉じた形で導出できます：以降

\begin{aligned} E [θ | x] & = \int_{0}^{1 / 2} θ \times θ \exp {\log (x) θ} d θ / \int_{0}^{1 / 2} θ \exp {\log (x) θ} d θ \\ = \int_{0}^{1 / 2} θ^{2} \exp {\log (x) θ} d θ / \int_{0}^{1 / 2} θ \exp {\log (x) θ} d θ \end{aligned}

$\begin{align*}\mathbb{E}[\theta|x] &= \int_0^{1/2} \theta\times\theta \exp\{\log(x)\theta\}\text{d}\theta \Big/ \int_0^{1/2} \theta \exp\{\log(x)\theta\}\text{d}\theta\\&= \int_0^{1/2} \theta^2 \exp\{\log(x)\theta\}\text{d}\theta \Big/ \int_0^{1/2} \theta \exp\{\log(x)\theta\}\text{d}\theta\\\end{align*}$

\int_{0}^{1 / 2} θ^{k} \exp {- α θ} d θ = \frac{- 1}{α} {[θ^{k} \exp {- α θ}]}_{0}^{1 / 2} + \frac{k}{α} \int_{0}^{1 / 2} θ^{k - 1} \exp {- α θ} d θ

$\int_0^{1/2} \theta^k \exp\{-\alpha\theta\}\text{d}\theta = \frac{-1}{\alpha}\left[\theta^k \exp\{-\alpha\theta\}\right]_0^{1/2} + \frac{k}{\alpha}\int_0^{1/2} \theta^{k-1} \exp\{-\alpha\theta\}\text{d}\theta$

\int_{0}^{1 / 2} \exp {- α θ} d θ = \frac{1 - \exp {- α / 2}}{α}

$\int_0^{1/2} \exp\{-\alpha\theta\}\text{d}\theta = \frac{1-\exp\{-\alpha/2\}}{\alpha}$

最後に、私の本に示されているように、確かに、で最小化することは、これは、これは、元の以前のを新しい以前のは、密度に正規化する必要があります。つまり、 $\delta$

\int w (θ) (θ - δ)^{2} π (θ | x) d θ

$\int w(\theta)(\theta-\delta)^2 \pi(\theta|x) \text{d}\theta$

δ

$\delta$

\int w (θ) (θ - δ)^{2} π (θ) f (x | θ) d θ

$\int w(\theta)(\theta-\delta)^2 \pi(\theta)f(x|\theta) \text{d}\theta$

δ

$\delta$

\int (θ - δ)^{2} w (θ) π (θ) f (x | θ) d θ

$\int (\theta-\delta)^2 w(\theta)\pi(\theta)f(x|\theta) \text{d}\theta$

π

$\pi$

w (θ) π (θ)

$w(\theta)\pi(\theta)$

π_{1} (θ) = w (θ) π (θ) / \int w (θ) π (θ) d θ

$\pi_1(\theta)=w(\theta)\pi(\theta) \Big/\int w(\theta)\pi(\theta)\text{d}\theta$

— 西安
ソース

二乗誤差損失部分に対するあなたの答えは間違っています。

π (θ | x) \propto f (x | θ) π (θ) = 2 θ x^{θ - 1} I_{(0, 1 / 2)} (θ) .

$\pi(\theta|x) \propto f(x|\theta) \pi(\theta) = 2\theta x^{\theta-1}I_{(0,1/2)}(\theta).$

これはにおける分布、ないで、および後部における確率変数がある。したがって、あなたの答えは正しくなく、正しい答えはその分布の事後平均になります。 $Beta(\theta,1)$ $x$ $\theta$ $\theta$

第二部については、

（加重損失関数の事前はが、これをと呼びます。表記を戻しています。） $\pi_1$ $\pi$ $\pi_1$

ましょう、正規化定数です。計算する必要があります $\pi'(\theta) = cw(\theta) \pi_1(\theta)$ $c$

\begin{aligned} δ^{π_{1}} (x) & = \frac{E^{π_{1}} [w (θ) θ | x]}{E^{π_{1}} [w (θ | x)]} \\ = \frac{\int w (θ) θ f (x | θ) π_{1} (θ) d θ}{\int w (θ) f (x | θ) π_{1} (θ) d θ} \\ = \frac{\int θ f (x | θ) π^{'} (θ) d θ}{\int f (x | θ) π^{'} (θ) d θ} \\ = E^{π^{'}} [θ | x] \end{aligned}

$\begin{align*} \delta^{\pi_1}(x) & = \dfrac{E^{\pi_1}[w(\theta) \theta |x ]}{E^{\pi_1}[w(\theta|x)]}\\ & = \dfrac{\int w(\theta) \theta f(x|\theta) \pi_1(\theta)\, d\theta}{\int w(\theta) f(x|\theta)\pi_1(\theta)\, d\theta}\\ & = \dfrac{\int \theta f(x|\theta) \pi'(\theta) \,d\theta}{\int f(x|\theta) \pi'(\theta) \, d\theta}\\ & = E^{\pi'}[\theta|x] \end{align*}$

したがって、加重最小二乗損失関数の場合、定理は、ベイズ推定値が異なる事前分布に対する事後平均であるとしています。以前は

π^{'} (θ) \propto w (θ) π_{1} (θ) .

$\pi'(\theta) \propto w(\theta) \pi_1(\theta).$

正規化定数はです。 $\int_{\theta} w(\theta) \pi(\theta) d\theta = E_{\pi_1}[w(\theta)]$

\begin{aligned} E_{π_{1}} [w (θ)] & = \int_{0}^{1 / 2} I_{0, 1} (θ) d (θ) = \frac{1}{2} . \end{aligned}

$\begin{align*} E_{\pi_1}[w(\theta)] & = \int_{0}^{1/2} I_{0,1}(\theta) d(\theta) = \frac{1}{2}. \end{align*}$

したがって、事前分布はです。これは、最初の質問での以前と同じです。 $\pi'(\theta) = 2I_{(0,1/2)}(\theta)$

したがって、シナリオの答え（それが何であれ）は同じになります。ここで積分を見つけることができます。ただし、回答の形式を正すだけで十分であり、積分を完了させることはできません。

— Greenparker
ソース