集合的度量指数的无偏估计量?


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假设我们有一个设置(可测量并适当地表现良好)SBRn,其中B紧凑。此外,假设我们可以从Lebesgue测度λ )的B的均匀分布中抽取样本,并且知道测度λ B 。例如,也许是一个盒子[ - Ç Ç ] Ñ含有小号λ()λ(B)B[c,c]nS

对于固定αR,是否有来估计一个简单的无偏方式eαλ(S)通过均匀采样以点B并且如果它们是内部或外部的检查S

由于东西完全不是那么回事的例子,假设我们样本kp1,,pkUniform(B)。然后,我们可以使用蒙特卡洛估计

λ(S)λ^:=#{piS}kλ(B).
但是,尽管 λ是一个无偏估计λ小号,我不认为它的情况下ë-α λ是一个无偏估计ë-αλ小号。有什么方法可以修改此算法?λ^λ(S)eαλ^eαλ(S)

Answers:


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假设您有以下可用资源:

  1. 您可以访问的估计λλ^
  2. λ^是无偏为λ(S)
  3. λ^是几乎肯定以上所界定C
  4. 您知道常数C,并且
  5. 您可以形成独立的实现λ很多次,只要你愿意。λ^

现在,请注意,对于任何u>0,以下成立(通过expx的泰勒展开):

eαλ(S)=eαCeα(Cλ(S))=eαCk0(α[Cλ(S)])kk!=eαCeuk0eu(α[Cλ(S)])kk!=euαCk0ukeuk!(α[Cλ(S)]u)k

现在,执行以下操作:

  1. 样本。KPoisson(u)
  2. 形式作为 iid无偏估计量。λ^1,,λ^Kλ(S)
  3. 返回估算器

Λ^=euαC(αu)Ki=1K{Cλ^i}.

Λ^是的非负,无偏估计量。这是因为λ(S)

E[Λ^|K]=euαC(αu)KE[i=1K{Cλ^i}|K]=euαC(αu)Ki=1KE[Cλ^i]=euαC(αu)Ki=1K[Cλ(S)]=euαC(αu)K[Cλ(S)]K

因此

E[Λ^]=EK[E[Λ^|K]]=EK[euαC(αu)K[Cλ(S)]K]=euαCk0P(K=k)(αu)K[Cλ(S)]K=euαCk0ukeuk!(α[Cλ(S)]u)k=eαλ(S)

通过较早的计算。


有趣!问题中所描述的的估计量在这里是否起作用,因为它的上限是?还有,这与下面的@whuber的答案怎么矛盾?有一个简单的论证为什么这是公正的?很抱歉,我的概率论很弱:-) λ<λ^λ(B)<
贾斯汀·所罗门

1
由于您知道,因此您描述的估算器起作用。我认为这与假设并不矛盾。如果能够有限地访问无偏估计量,那么我认为这种构造是行不通的。通过将的期望与上面的幂级数进行比较,得出无偏见。我会在答案中更清楚地说明。5 Λλ(B)5Λ^
πr8

您确定可以在无偏证明的第二行中互换产品和期望吗?
jbowman

2
好像还可以,因为它们是经过计算的iid,对吧?
贾斯汀·所罗门

2
+1我认为这是一个有趣且具有指导意义的示例。它通过不对我的答案隐含一个假设而成功:样本量已指定或至少有界。
whuber

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答案是否定的。

对于均匀样本,足够的统计量是观察到的位于的点的计数 此计数具有二项式分布。写出和XS.(n,λ(S)/λ(B))p=λ(S)/λ(B)α=αλ(B).

对于的样本量令为任何(非随机)估计量 期望是n,tnexp(αλ(S))=exp((αλ(B))p)=exp(αp).

E[tn(X)]=x=0n(nx)px(1p)nxtn(x),

这等于在最大程度的多项式在 但是,如果则指数不能表示为的多项式 (一个证明:取导数。期望的结果将为零,但指数的导数(其本身为的指数)不能为零。)np.αp0,exp(αp)p.n+1p,

对随机估计量的证明几乎相同:根据期望,我们再次在获得多项式p.

因此,不存在无偏估计量。


1
啊,真令人沮丧!谢谢你的证明。但是,的泰勒级数收敛得很快---也许那里有一个“近似无偏”估计量?不知道那意味着什么(我不是统计学家:exp(t)
贾斯汀·所罗门

到底有多快?答案取决于 -这就是问题所在,因为您不知道该值是什么。您只知道它位于到之间 如果愿意,您可以使用它建立偏见的界限。0 α αp0α.
ub

在我的应用程序中,我希望占的很大一部分。我想在伪边际Metropolis-Hastings接受率中使用此值,不确定该方法是否可以处理可控制的偏差水平……SB
Justin Solomon

4
顺便说一句,我非常感谢您对这个问题的其他答案的想法!
贾斯汀·所罗门
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