集合的度量指数的无偏估计量？

假设我们有一个设置（可测量并适当地表现良好）$S\subseteq B\subset\mathbb R^n$，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，也许乙是一个盒子[ - Ç ，Ç ] Ñ含有小号。$\lambda(\cdot)$$\lambda(B)$$B$$[-c,c]^n$$S$

对于固定$\alpha\in\mathbb R$，是否有来估计一个简单的无偏方式$e^{-\alpha \lambda(S)}$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$k$点$p_1,\ldots,p_k\sim\textrm{Uniform}(B)$。然后，我们可以使用蒙特卡洛估计

$$\lambda(S)\approx \hat\lambda:= \frac{\#\{p_i\in S\}}{k}\lambda(B).$$ 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？$\hat\lambda$$\lambda(S)$$e^{-\alpha\hat\lambda}$$e^{-\alpha\lambda(S)}$

假设您有以下可用资源：

1. 您可以访问的估计λ。$\hat{\lambda}$
2. $\hat{\lambda}$是无偏为$\lambda ( S )$。
3. $\hat{\lambda}$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。$\hat{\lambda}$

现在，请注意，对于任何$u > 0$，以下成立（通过$\exp x$的泰勒展开）：

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

现在，执行以下操作：

1. 样本。$K \sim \text{Poisson} ( u )$
2. 形式作为 iid无偏估计量。$\hat{\lambda}_1, \cdots, \hat{\lambda}_K$$\lambda(S)$
3. 返回估算器

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

$\hat{\Lambda}$是的非负，无偏估计量。这是因为$\lambda(S)$

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

因此

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

通过较早的计算。

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

对于的样本量令为任何（非随机）估计量 期望是$n,$$t_n$$\exp(-\alpha \lambda(S)) = \exp(-(\alpha\lambda(B)) p) = \exp(-\alpha^\prime p).$

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

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

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。