Bezstronny estymator wykładniczej miary zbioru?

Załóżmy, że mamy (mierzalny i odpowiednio zachowujący się) zestaw , gdzie jest zwarty. Co więcej, załóżmy, że możemy pobrać próbki z równomiernego rozkładu na względem miary Lebesgue'a i że znamy miarę . Na przykład może być polem zawierającym $S\subseteq B\subset\mathbb R^n$ $B$ $B$ $\lambda(\cdot)$ $\lambda(B)$ $B$ $[-c,c]^n$ $S$ .

Czy dla stałego $\alpha\in\mathbb R$ istnieje prosty bezstronny sposób oszacowania $e^{-\alpha \lambda(S)}$ poprzez równomierne próbkowanie punktów w $B$ i sprawdzenie, czy znajdują się one wewnątrz czy na zewnątrz $S$ ?

Jako przykład czegoś, co nie do końca działa, załóżmy, że próbkujemy $k$ punktów $p_1,\ldots,p_k\sim\textrm{Uniform}(B)$ . Następnie można użyć do oszacowania Monte Carlo

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

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

jest nieobciążonym estymatorem

, nie sądzę, że to przypadek, że

jest nieobciążonym estymatorem

. Czy istnieje sposób zmodyfikowania tego algorytmu?

\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
źródło

Załóżmy, że masz do dyspozycji następujące zasoby:

Masz dostęp do estymatora . $\hat{\lambda}$
$\hat{\lambda}$ jest nienaprężona w $\lambda ( S )$ .
$\hat{\lambda}$ jest prawie na pewno ograniczony powyżej $C$ .
Znasz stałą $C$ i
Można tworzyć niezależne realizacje tyle razy, ile chcesz. $\hat{\lambda}$

Teraz zauważ, że dla dowolnego $u > 0$ następujące wstrzymania (przez rozszerzenie Taylora o $\exp x$ ):

\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}

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

Teraz wykonaj następujące czynności:

Próbka $K \sim \text{Poisson} ( u )$ .
Forma jak IID nieobciążonych estymatorów . $\hat{\lambda}_1, \cdots, \hat{\lambda}_K$ $\lambda(S)$
Zwróć estymator

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

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

$\hat{\Lambda}$ następnie nieujemną, nieobciążonym estymatorem $\lambda(S)$ . To dlatego, że

\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}

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

a zatem

\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}

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

według wcześniejszych obliczeń.

— πr8
źródło

\hat{λ}

$\hat\lambda$

λ (B) < \infty

$\lambda(B)<\infty$

λ (B)

$\lambda (B)$

5

$5$

\hat{Λ}

$\hat{\Lambda}$

Czy na pewno możesz wymienić produkt i oczekiwania w drugiej linii dowodu bezstronności?

— jbowman

Wygląda na to, że jest w porządku, ponieważ są obliczone, prawda?

— Justin Solomon

+1 Myślę, że to ciekawy i pouczający przykład. Udaje się, nie zakładając domyślnie mojej odpowiedzi: wielkość próby jest albo określona, albo przynajmniej ograniczona.

— whuber

Odpowiedź jest przecząca.

$X$ $S.$ $(n,\lambda(S)/\lambda(B))$ $p=\lambda(S)/\lambda(B)$ $\alpha^\prime = \alpha\lambda(B).$

$n,$ $t_n$ $\exp(-\alpha \lambda(S)) = \exp(-(\alpha\lambda(B)) p) = \exp(-\alpha^\prime p).$

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

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

$n$ $p.$ $\alpha^\prime p \ne 0,$ $\exp(-\alpha^\prime p)$ $p.$ $n+1$ $p,$

$p.$

W związku z tym nie istnieje obiektywny estymator.

— Whuber
źródło

\exp (t)

$\exp(t)$

α^{'} p

$\alpha^\prime p$

0

$0$

α .

$\alpha.$

S

$S$

B

$B$

BTW Naprawdę doceniam twoje przemyślenia na temat innej odpowiedzi na to pytanie!

— Justin Solomon