隠されたコインの重量の見積もり

次の問題を検討してください。

コインが2つあり、それぞれに自重があります（表を出す確率）。誰かがあなたのために別の部屋でコインを投げます（あなたはそれらを信頼します）。あなたは彼らに両方のコインを裏返すように頼むことができます、そして彼らは彼らが両方の表であるか、両方の表ではないかをあなたに教えてくれます。または、最初のコインだけを裏返すように依頼することもできます（2番目のコインだけを裏返すことはできません）。彼らはそれが表だったかどうかを教えてくれます。

2枚目のコインの重さの推定量を見つけるには、どのように進めばよいでしょうか。その人に何度も尋ねることができます。主な目標は、推定者が最初のコインの重さに依存しないようにすることです。これは可能ですか？

この問題の動機についての余談：これは、線形損失を伴う量子力学での測定がどのように行われるかに類似しています。損失は最初のコイン、測定値は2番目のコインです。損失をなくすことはできませんが、簡単な2番目の測定（常に頭を出す）を行ってから、実際の測定を行うことができます。特に、これは予告された単一光子SPDC光源からの光子の偏光自由度を測定する問題です。

regression probability estimation

— パトリック
ソース

定義により、推定者はどちらのコインの重量にも依存できません。それは、フリップの結果にのみ依存できます。非常に多数の試行で最初のコインの「重量」を正確に推定できることは直感的です。その後、あなたの問題は、「ランダム化された応答のサンプリング」と呼ばれる、敏感な調査質問をするために使用される手法と実質的に同じです。これは解決策が可能であることを示しており、おそらくシーケンシャルルールを使用して予想されるフリップを最小化することによって、2番目のコインの「重量」を推定する最適な方法を見つけるという質問をします。

— whuber

明確にするために、両方のコインの重量は不明ですか？

— Alex R.

はい、両方のコインの重量は不明です。

— Patrick

方法1：ダブルコインとシングルコインのフリップを2つの二項分布変数として比較する（バイアス）

あなたが反転すると言う $n$ 両方の時間 $k_n$ 回ダブルヘッド、そしてあなたはフリップ $m$ 最初の時間 $k_m$ 頭を回します。未知の重み $\theta_1$ そして $\theta_2$ 最尤推定によって推定できます。

条件付き確率は
$P (k_{n}, k_{m} | θ_{1}, θ_{2}) = (\binom{n}{k_{n}}) (\binom{m}{k_{m}}) θ_{1}^{k_{n}} (1 - θ_{1})^{n - k_{n}} (θ_{1} θ_{2})^{k_{m}} (1 - θ_{1} θ_{2})^{n - k_{m}}$ $P(k_n,k_m|\theta_1,\theta_2) = {{n}\choose{k_n}} {{m}\choose{k_m}} \theta_1^{k_n}(1-\theta_1)^{n-k_n} (\theta_1\theta_2)^{k_m}(1-\theta_1\theta_2)^{n-k_m}$
対数尤度（および二項係数を排除）：
$\log L (θ_{1}, θ_{2}) = k_{n} \log (θ_{1}) + (n - k_{n}) \log (1 - θ_{1}) + k_{m} \log (θ_{1} θ_{2}) + (m - k_{m}) \log (1 - θ_{1} θ_{2})$ $\log \mathcal{L}(\theta_1,\theta_2) = k_n \log(\theta_1) + (n-k_n) \log(1-\theta_1)+ k_m \log(\theta_1\theta_2) + (m-k_m) \log (1-\theta_1\theta_2)$
デリバティブ

$\frac{\partial \log L (θ_{1}, θ_{2})}{\partial θ_{1}} = \frac{k_{n}}{θ_{1}} - \frac{n - k_{n}}{1 - θ_{1}} + \frac{k_{m}}{θ_{1}} - θ_{2} \frac{m - k_{m}}{1 - θ_{1} θ_{2}}$ $\frac{\partial\log \mathcal{L}(\theta_1,\theta_2)}{\partial\theta_1} = \frac{k_n}{\theta_1} - \frac{n-k_n}{1-\theta_1} + \frac{k_m}{\theta_1} - \theta_2 \frac{m-k_m}{1-\theta_1\theta_2}$
$\frac{\partial \log L (θ_{1}, θ_{2})}{\partial θ_{2}} = \frac{k_{m}}{θ_{2}} - θ_{1} \frac{m - k_{m}}{1 - θ_{1} θ_{2}}$ $\frac{\partial\log \mathcal{L}(\theta_1,\theta_2)}{\partial\theta_2} = \frac{k_m}{\theta_2} - \theta_1 \frac{m-k_m}{1-\theta_1\theta_2}$
どちらがゼロか

$θ_{1} = \frac{k_{n}}{n}$ $\theta_1 = \frac{k_n}{n}$ および $θ_{2} = \frac{k_{m}}{m} \frac{n}{k_{n}}$ $\theta_2 = \frac{k_m}{m} \frac{n}{k_n}$

この見積もりにはバイアスがあります。シミュレーションを使用して、期待値 $E(\theta_2)>\theta_2$

^{（および技術的には可能性が小さいため、期待値は無限大ですが、がゼロにならないようにするいくつかの停止ルールを追加できますとにかく、私は、すべて） $k_n=0$ $k_n$ $k_m < k_n$}

方法2：シングルコインフリップでkヘッドを取得するために必要なフリップの量に応じて、試行回数を指定してダブルコインフリップを実行する（バイアスなし？）

最初のコインを成功するまで裏返し、裏返す必要がある数をカウントします。 $k$ $X$
次に、両方のコインを回回反転させ、両方のコインが表に出た回数をカウントします。 $n$ $X$ $Y$

直感的には、は不偏推定量だと思います（が1を可能性があるという否定的な側面があります）。以下のシミュレーションは、バイアスが小さいことを示しているようです（同様の量のコインフリップを使用する最初の方法と比較して、分散/誤差が小さくなっています）。変数共役分布を計算して、バイアスがないかどうかを確認する必要があります。 $\theta_2 = \frac{Y}{nk}$ $\theta_2$ $Y$

k=50
p1=0.5
p2=0.5
n=10
X <- rnbinom(10000,k,p1)+k
Y <- rbinom(10000,X*n,p1*p2)
mean(Y/k/n-p2)
var(Y/k/n)
plot(hist(Y/k/n))

— Sextus Empiricus
ソース