एक सेट के घातांक का निष्पक्ष आकलनकर्ता?

मान लीजिए कि हमारे पास एक (औसत दर्जे का और उपयुक्त व्यवहार किया गया है) , जहां कॉम्पैक्ट है। इसके अलावा, मान लें कि हम वितरण पर समान वितरण से नमूने आकर्षित कर सकते हैं उपाय और हम माप जानते हैं । उदाहरण के लिए, शायद एक बॉक्स युक्त । $S\subseteq B\subset\mathbb R^n$ $B$ $B$ $\lambda(\cdot)$ $\lambda(B)$ $B$ $[-c,c]^n$ $S$

फिक्स्ड , , क्या में समान रूप से सैंपलिंग पॉइंट द्वारा का अनुमान लगाने का एक सरल तरीका है और अगर वे अंदर या बाहर हैं तो जाँच करें ? $\alpha\in\mathbb R$ $e^{-\alpha \lambda(S)}$ $B$ $S$

कुछ ऐसा है जो काफी नहीं काम करता है की एक उदाहरण के रूप में, हम नमूना लगता अंक । तब हम मोंटे कार्लो अनुमान लेकिन, जबकि , का एक निष्पक्ष अनुमानक है , मुझे नहीं लगता कि यह ऐसा मामला है कि का एक निष्पक्ष आकलनकर्ता है । क्या इस एल्गोरिदम को संशोधित करने का कोई तरीका है? $k$ $p_1,\ldots,p_k\sim\textrm{Uniform}(B)$

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

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

\hat{λ}

$\hat\lambda$

λ (S)

$\lambda(S)$

e^{- α \hat{λ}}

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

e^{- α λ (S)}

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

— जस्टिन सोलोमन
स्रोत

जवाबों:

मान लीजिए कि आपके पास निम्नलिखित संसाधन उपलब्ध हैं:

आपके पास एक अनुमानक । $\hat{\lambda}$
$\hat{\lambda}$ निष्पक्ष है । $\lambda ( S )$
$\hat{\lambda}$ लगभग निश्चित रूप से द्वारा ऊपर बंधी हुई । $C$
आप निरंतर जानते हैं , और $C$
आप स्वतंत्र अहसास बना सकते हैं $\hat{\lambda}$ कई बार के रूप के रूप में आप चाहते हैं।

अब, ध्यान दें कि किसी भी $u > 0$ , निम्नलिखित होल्ड ( $\exp x$ के टेलर विस्तार द्वारा ):

\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}

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

अब, निम्नलिखित करें:

नमूना । $K \sim \text{Poisson} ( u )$
फॉर्म रूप में iid निष्पक्ष । $\hat{\lambda}_1, \cdots, \hat{\lambda}_K$ $\lambda(S)$
अनुमानक लौटाओ

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

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

$\hat{\Lambda}$ तब एक गैर-नकारात्मक, निष्पक्ष का निष्पक्ष आकलनकर्ता होता है । यह है क्योंकि $\lambda(S)$

\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}

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

और इस तरह

\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}

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

पहले की गणना से।

— πr8
स्रोत

दिलचस्प! क्या सवाल के काम में वर्णित लिए अनुमानक यहां नहीं है, क्योंकि यह से ऊपर से घिरा है ? यह भी कैसे आया कि यह नीचे दिए गए @whuber के उत्तर का खंडन नहीं करता है? क्या एक आसान तर्क है कि यह निष्पक्ष क्यों है? कई सवालों के लिए क्षमा करें, मेरी संभावना सिद्धांत कमजोर है :-)

\hat{λ}

$\hat\lambda$

λ (B) < \infty

$\lambda(B)<\infty$

— जस्टिन सोलोमन

जब आप जानते हैं, तो आप जिस अनुमानक का वर्णन करते हैं, वह काम करता है । मुझे लगता है कि यह धारणा कारण दूसरे उत्तर का खंडन नहीं करता है ; निष्पक्ष आकलनकर्ताओं को सीमित पहुंच दी गई, मुझे नहीं लगता कि यह निर्माण काम करेगा। निष्पक्षता ऊपर की शक्ति श्रृंखला के लिए की अपेक्षा की तुलना करके आती है ; मैं जवाब में स्पष्ट कर दूंगा।

λ (B)

$\lambda (B)$

5

$5$

\hat{Λ}

$\hat{\Lambda}$

— .r8

क्या आप सुनिश्चित हैं कि आप निष्पक्षता के प्रमाण की दूसरी पंक्ति में उत्पाद और अपेक्षा को इंटरचेंज कर सकते हैं?

— ज्यूम्मन

ऐसा लगता है कि यह ठीक है क्योंकि वे आइड, सही गणना कर रहे हैं?

— जस्टिन सोलोमन

+1 मुझे लगता है कि यह एक दिलचस्प और शिक्षाप्रद उदाहरण है। यह मेरे उत्तर के लिए एक निहितार्थ न बनाकर सफल होता है: कि नमूना आकार या तो निर्दिष्ट है या कम से कम बाध्य है।

— whuber

उत्तर नकारात्मक में है।

एक समान नमूने के लिए एक पर्याप्त आंकड़ा में झूठ बोलने के लिए देखे गए बिंदुओं की संख्या $X$ है इस गिनती में एक द्विपद वितरण है। लिखें और $S.$ $(n,\lambda(S)/\lambda(B))$ $p=\lambda(S)/\lambda(B)$ $\alpha^\prime = \alpha\lambda(B).$

का एक नमूना आकार के लिए $n,$ चलो $t_n$ के किसी भी (unrandomized) आकलनकर्ता हो $\exp(-\alpha \lambda(S)) = \exp(-(\alpha\lambda(B)) p) = \exp(-\alpha^\prime p).$ अपेक्षा है

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

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

जो में अधिकांश $n$ पर बहुपद की डिग्री के बराबर होता है लेकिन अगर घातीय में एक बहुपद के रूप में व्यक्त नहीं किया जा सकता (एक प्रमाण: व्युत्पन्न लें। अपेक्षा के लिए परिणाम शून्य होगा, लेकिन घातांक का व्युत्पन्न, जो स्वयं में एक घातांक है शून्य नहीं हो सकता है।) $p.$ $\alpha^\prime p \ne 0,$ $\exp(-\alpha^\prime p)$ $p.$ $n+1$ $p,$

यादृच्छिक अनुमानकर्ताओं के लिए प्रदर्शन लगभग समान है: अपेक्षाओं को लेने पर, हम फिर से में एक बहुपद प्राप्त करते हैं $p.$

नतीजतन, कोई निष्पक्ष अनुमानक मौजूद नहीं है।

— व्हीबर
स्रोत

आह, यह एक पतन है! अच्छे सबूत के लिए धन्यवाद। लेकिन,

लिए टेलर श्रृंखला काफी जल्दी से परिवर्तित होती है --- शायद वहाँ एक "लगभग निष्पक्ष" अनुमानक है? निश्चित नहीं है कि इसका क्या मतलब है (मैं एक सांख्यिकीविद् :-) का बहुत ज्यादा नहीं हूं)

\exp (t)

$\exp(t)$

— जस्टिन सोलोमन

कितनी जल्दी, बिल्कुल? जवाब के मूल्य पर निर्भर करता है

--और उसमें आपकी समस्या है, क्योंकि आप नहीं जानते कि क्या है कि मूल्य है। आप केवल यह जानते हैं कि यह

और

बीच स्थित है

यदि आप चाहें तो पूर्वाग्रह पर एक बाध्यता स्थापित करने के लिए इसका उपयोग कर सकते हैं।

α^{'} p

$\alpha^\prime p$

0

$0$

α .

$\alpha.$

— whuber

अपने आवेदन में मुझे उम्मीद है कि

एक बड़े हिस्से पर कब्जा करेगा । मैं एक छद्म सीमांत मेट्रोपोलिस-हेस्टिंग्स स्वीकृति अनुपात में इस मूल्य का उपयोग करना चाहता हूं, यह सुनिश्चित नहीं है कि अगर विधि पूर्वाग्रह के नियंत्रणीय स्तर को भी संभाल सकती है ...

S

$S$

B

$B$

— जस्टिन सोलोमन

BTW मैं वास्तव में इस प्रश्न के अन्य उत्तर पर आपके विचारों की सराहना करता हूँ!

— जस्टिन सोलोमन