为什么斯坦因悖论只适用于尺寸直觉
Stein的示例显示，如果均值且方差为则正态分布变量的最大似然估计是不允许的（在平方损失函数下）iff。有关精巧的证明，请参见Bradley Effron撰写的《大规模推理：估计，测试和预测的经验贝叶斯方法》的第一章。nnnμ1,…,μnμ1,…,μn\mu_1,\ldots,\mu_n111n≥3n≥3n\ge 3 一开始这对我来说是非常令人惊讶的，但是背后有一些直觉，为什么人们可能会期望标准估计值是不可接受的（最明显的是，如果，那么，如Stein的原始论文所述（链接到下面）。x∼N(μ,1)x∼N(μ,1)x \sim \mathcal N(\mu,1)E∥x∥2≈∥μ∥2+nE‖x‖2≈‖μ‖2+n\mathbb{E}\|x\|^2\approx \|\mu\|^2+n 我的问题是：缺少\ mathbb {R} ^ 2的nnn维空间（对于n≥3n≥3n\ge 3）具有什么特性，这有助于Stein的示例？可能的答案可能是关于n球的曲率，或者是完全不同的东西。R2R2\mathbb{R}^2nnn 换句话说，为什么在\ mathbb {R} ^ 2中允许MLE R2R2\mathbb{R}^2？ 编辑1：响应@mpiktas对1.30之后的1.31的关注： Eμ(∥z−μ^∥2)=Eμ(S(N−2S)2)=Eμ((N−2)2S).Eμ(‖z−μ^‖2)=Eμ(S(N−2S)2)=Eμ((N−2)2S).E_\mu\left(\|z-\hat{\mu}\|^2\right)=E_\mu\left(S\left(\frac{N-2}{S}\right)^2\right)=E_\mu\left(\frac{(N-2)^2}{S}\right). μi^=(1−N−2S)ziμi^=(1−N−2S)zi\hat{\mu_i} = \left(1-\frac{N-2}{S}\right)z_i所以Eμ(∂μi^∂zi)=Eμ(1−N−2S+2z2iS2).Eμ(∂μi^∂zi)=Eμ(1−N−2S+2zi2S2).E_\mu\left(\frac{\partial\hat{\mu_i}}{\partial z_i} \right)=E_\mu\left( 1-\frac{N-2}{S}+2\frac{z_i^2}{S^2}\right).因此，我们有： 2∑i=1NEμ(∂μi^∂zi)=2N−2Eμ(N(N−2)S)+4Eμ((N−2)S)=2N−Eμ2(N−2)2S.2∑i=1NEμ(∂μi^∂zi)=2N−2Eμ(N(N−2)S)+4Eμ((N−2)S)=2N−Eμ2(N−2)2S.2\sum_{i=1}^N E_\mu\left(\frac{\partial\hat{\mu_i}}{\partial z_i} \right)=2N-2E_\mu\left(\frac{N(N-2)}{S}\right)+4E_\mu\left(\frac{(N-2)}{S}\right)\\=2N-E_\mu\frac{2(N-2)^2}{S}. 编辑2：在本文中，斯坦因证明了MLE对于N = 2是可接受的N=2N=2N=2。