セットの測度の指数の偏りのない推定量？

設定我々は（測定及び適切行儀）を有すると仮定 $S\subseteq B\subset\mathbb R^n$ 、 $B$ コンパクトです。さらに、ルベーグ測度について $B$ 上の均一分布からサンプルを抽出でき、測度わかっていると仮定します。たとえば、おそらくはを含むボックスです。 $\lambda(\cdot)$ $\lambda(B)$ $B$ $[-c,c]^n$ $S$

固定のための $\alpha\in\mathbb R$ 、推定する簡単な公正な方法がある $e^{-\alpha \lambda(S)}$ 均一の点サンプリングによって $B$ 、それらが内部または外部であるか否かをチェック $S$ ？

なく、かなりの仕事をして何かの例として、仮定我々のサンプル $k$ ポイント $p_1,\ldots,p_k\sim\textrm{Uniform}(B)$ 。その後、我々は、モンテカルロ推定に使用することができ

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

$\lambda(S)\approx \hat\lambda:= \frac{\#\{p_i\in S\}}{k}\lambda(B).$ 一方、しかし、

の不偏推定量である

、私はそれがある場合だとは思わない

の不偏推定量である

。このアルゴリズムを変更する方法はありますか？

\hat{λ}

$\hat\lambda$

λ (S)

$\lambda(S)$

e^{- α \hat{λ}}

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

e^{- α λ (S)}

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

— ジャスティン・ソロモン
ソース

回答:

次のリソースを利用できるとします。

あなたは推定器へのアクセス持って。 $\hat{\lambda}$
$\hat{\lambda}$ のために公平である $\lambda ( S )$ 。
$\hat{\lambda}$ ほぼ確実にすることにより、上記制限される $C$ 。
あなたは定数 $C$ 知っています、そして
あなたはとは無関係に実現形成することができるお好きなだけ何回も。 $\hat{\lambda}$

ここで、 $u > 0$ 場合、次の式が成り立つことに注意してください（ $\exp x$ テイラー展開による）。

\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}

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

次に、以下を実行します。

サンプル。 $K \sim \text{Poisson} ( u )$
フォームのIID公正な推定量として。 $\hat{\lambda}_1, \cdots, \hat{\lambda}_K$ $\lambda(S)$
見積もりを返す

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

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

$\hat{\Lambda}$ は非負の不偏推定量です。それの訳は $\lambda(S)$

\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}

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

したがって

\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}

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

以前の計算で。

— πr8
ソース

面白い！質問で説明されている推定量は、上でによって制限されているため、機能しませんか？また、これが以下の@whuberの回答と矛盾しないのはなぜですか？これが公平である理由は簡単な議論がありますか？多くの質問で申し訳ありませんが、私の確率論は弱いです:-)

\hat{λ}

$\hat\lambda$

λ (B) < \infty

$\lambda(B)<\infty$

— ジャスティン・ソロモン

を知っているので、説明する推定量は機能します。仮定ため、これは他の回答と矛盾しないと思います。公平な推定者への有限なアクセスを考えると、この構造はうまくいくとは思いません。公平性は、期待を上記のべき級数と比較することによってもたらされます。答えでそれをより明確にします。

λ (B)

$\lambda (B)$

5

$5$

\hat{Λ}

$\hat{\Lambda}$

— πr8

公平性の証明の2行目で、製品と期待を交換できますか？

— jbowman

計算されたiidなので問題ないようですよね？

— ジャスティンソロモン

+1これは興味深い、教育的な例だと思います。それは私の答えに暗黙の仮定をしないことで成功します：サンプルサイズが指定されているか、少なくとも制限されているかのいずれかです。

— whuber

答えは否定的です。

均一なサンプルの十分な統計量は、ことが観測されたポイントのカウントですこのカウントには、二項分布ます。書き込みと $X$ $S.$ $(n,\lambda(S)/\lambda(B))$ $p=\lambda(S)/\lambda(B)$ $\alpha^\prime = \alpha\lambda(B).$

サンプルサイズのために聞かせ、任意の（unrandomized）推定量である期待は $n,$ $t_n$ $\exp(-\alpha \lambda(S)) = \exp(-(\alpha\lambda(B)) p) = \exp(-\alpha^\prime p).$

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

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

これは最大で次の多項式に等しい中ただし、、指数は多項式として表すことができません（1つの証明：導関数を取ります。期待値の結果はゼロになりますが、の指数関数である指数の導関数はゼロできません。） $n$ $p.$ $\alpha^\prime p \ne 0,$ $\exp(-\alpha^\prime p)$ $p.$ $n+1$ $p,$

ランダム化された推定量のデモンストレーションはほとんど同じです。期待を受け入れると、多項式が再び得られ $p.$

したがって、不偏推定量は存在しません。

— whuber
ソース

ああ、それはダウナーです！立派な証拠をありがとう。しかし、のテイラー級数はかなり速く収束します-おそらくそこに「ほぼ公平な」推定器があるのでしょうか？それが何を意味するのかわからない（私は統計学者ではない:

\exp (t)

$\exp(t)$

— Justin Solomon

どれだけ早く正確に？答えはの値に依存します-その値が何であるかわからないので、そこに問題があります。あなたはそれがと間にあることだけを知っています必要に応じて、それを使用してバイアスの限界を確立できます。

α^{'} p

$\alpha^\prime p$

0

$0$

α .

$\alpha.$

— whuber

私のアプリケーションでは、が大部分を占めることを期待しています。この値を疑似マージナルメトロポリス-ヘイスティングスの受け入れ率で使用したいのですが、その方法で制御可能なレベルのバイアスも処理できるかどうかはわかりません...

S

$S$

B

$B$

— Justin Solomon

ところで、私はこの質問に対する他の答えについてあなたの考えを本当に感謝します！

— ジャスティンソロモン