क्या एक औसत-निष्पक्ष अनुमानक न्यूनतम निरपेक्षता को कम करता है?

यह एक अनुवर्ती है, लेकिन मेरे पिछले एक प्रश्न का भी एक अलग सवाल है ।

मैंने विकिपीडिया पर पढ़ा कि " एक औसत-निष्पक्ष अनुमानक पूर्ण-विचलन हानि के संबंध में जोखिम को कम करता है, जैसा कि लाप्लास द्वारा देखा गया है ।" हालाँकि, मेरे मोंटे कार्लो सिमुलेशन परिणाम इस तर्क का समर्थन नहीं करते हैं।

मैं एक लॉग-सामान्य आबादी, से एक नमूना मान लेता हूं है, जहां, और लॉग-मतलब और लॉग-एसडी, कर रहे हैं $X_1,X_2,...,X_N \sim \mbox{LN}(\mu,\sigma^2)$ $\mu$ $\sigma$ $\beta = \exp(\mu)=50$

ज्यामितीय-मतलब आकलनकर्ता आबादी मंझला के लिए एक मंझला-निष्पक्ष आकलनकर्ता है , $\exp(\mu)$

जहां,औरलॉग-मतलब और कर रहे हैं और के लिए MLEs हैंऔर। $\hat{\beta}_{\mbox{GM}}= \exp(\hat{\mu})= \exp{(\sum\frac{\log(X_i)}{N})} \sim \mbox{LN}(\mu,\sigma^2/N)$ $\mu$ $\sigma$ $\hat\mu$ $\hat\sigma$ $\mu$ $\sigma$

जबकि एक सही ज्यामितीय-माध्य अनुमानक जनसंख्या माध्यिका के लिए माध्य-निष्पक्ष अनुमानक है।

$\hat{\beta}_{\mbox{CG}}= \exp(\hat{\mu}-\hat\sigma^2/2N)$

मैं बार-बार एल.एन. से आकार 5 के नमूने उत्पन्न । प्रतिकृति संख्या 10,000 है। मुझे मिली औसत निरपेक्षता ज्यामितीय-माध्य अनुमानक के लिए 25.14 और सही ज्यामितीय-माध्य के लिए 22.92 है। क्यों? $(\log(50),\sqrt{\log(1+2^2)})$

BTW, अनुमानित औसत निरपेक्ष विचलन ज्यामितीय-माध्य के लिए 18.18 और सही ज्यामितीय-माध्य अनुमानक के लिए 18.58 हैं।

मेरे द्वारा उपयोग की गई आर स्क्रिप्ट यहाँ हैं:

#```{r stackexchange}
#' Calculate the geomean to estimate the lognormal median.
#'
#' This function Calculate the geomean to estimate the lognormal
#' median.
#'
#' @param x a vector.
require(plyr)
GM <- function(x){
    exp(mean(log(x)))
}
#' Calculate the bias corrected geomean to estimate the lognormal
#' median.
#'
#' This function Calculate the bias corrected geomean using the
#' variance of the log of the samples, i.e., $\hat\sigma^2=1/(n-1)
# \Sigma_i(\Log(X_i)-\hat\mu)^2$
#'
#' @param x a vector.
BCGM <- function(x){
y <- log(x)
exp(mean(y)-var(y)/(2*length(y)))
}
#' Calculate the bias corrected geomean to estimate the lognormal
#' median.
#'
#' This function Calculate the bias corrected geomean using
#' $\hat\sigma^2=1/(n)\Sigma_i(\Log(X_i)-\hat\mu)^2$
#'
#' @param x a vector.
CG <- function(x){
y <- log(x)
exp(mean(y)-var(y)/(2*length(y))*(length(y)-1)/length(y))
}

############################

simln <- function(n,mu,sigma,CI=FALSE)
{
    X <- rlnorm(n,mu,sigma)
    Y <- 1/X
    gm <- GM(X)
    cg <- CG(X)
    ##gmk <- log(2)/GM(log(2)*Y) #the same as GM(X)
    ##cgk <- log(2)/CG(log(2)*Y)
    cgk <- 1/CG(Y)
    sm <- median(X)
    if(CI==TRUE) ci <- calCI(X)
    ##bcgm <- BCGM(X)
    ##return(c(gm,cg,bcgm))
    if(CI==FALSE) return(c(GM=gm,CG=cg,CGK=cgk,SM=sm)) else return(c(GM=gm,CG=cg,CGK=cgk,CI=ci[3],SM=sm))
}
cv <-2
mcN <-10000
res <- sapply(1:mcN,function(i){simln(n=5,mu=log(50),sigma=sqrt(log(1+cv^2)), CI=FALSE)})
sumres.mad <- apply(res,1,function(x) mean(abs(x-50)))
sumres.medad <- apply(res,1,function(x) median(abs(x-50)))
sumres.mse <- apply(res,1,function(x) mean((x-50)^2))
#```

#```{r eval=FALSE}
#> sumres.mad
      GM       CG      CGK       SM 
#25.14202 22.91564 29.65724 31.49275 
#> sumres.mse
      GM       CG      CGK       SM 
#1368.209 1031.478 2051.540 2407.218 
#```

— Zhenglei
स्रोत

1.) "10,000" आपके प्रश्न के लिए बहुत छोटा है - "250,000" (या अधिक) आज़माएं। 2.) यदि आप एक मोंटे कार्लो सिमुलेशन चलाते हैं और एक परिणाम मिलता है जो अजीब लगता है, तो बीज को बदलने की कोशिश करें set.seed। 3.) विकिपीडिया पर हमेशा भरोसा न करें - ध्यान दें कि आपका उद्धृत पाठ ("मेडियन" लेख से) इस अन्य विकिपीडिया लेख से अलग है। 4.) आपका आर कोड कुल गड़बड़ है - कुछ के लिए Google की R स्टाइल गाइड देखें। अच्छी शैली के दिशा निर्देश।

— स्टीव एस।

$\alpha^+$ $\alpha$

$E=<|\alpha^+-\alpha|> = \int_{-\infty}^{\alpha^+} (\alpha^+-\alpha)f(\alpha) \mathrm{d}\alpha + \int^{\infty}_{\alpha^+} (\alpha-\alpha^+)f(\alpha)\mathrm{d}\alpha$

हमें जरुरत है

$\frac{dE}{d\alpha^+} = \int_{-\infty}^{\alpha^+} f(\alpha) \mathrm{d}\alpha - \int^{\infty}_{\alpha^+} f(\alpha) \mathrm{d}\alpha = 0$

$P(\alpha > \alpha^+) = 1/2$ $\alpha^+$

यदि आप R से परेशान हैं तो कृपया इसे स्टैक ओवरफ्लो पर एक अन्य प्रश्न में पूछें

— कीथ
स्रोत

सैद्धांतिक रूप से, मुझे लगता है कि यह सही है। हालांकि, मैं आर सिमुलेशन परिणामों से भ्रमित हूं जो इस कथन को उम्मीद के मुताबिक वापस नहीं करता है।

— झेंगलेई

मैं एक डेटा साइंटिस्ट / भौतिक विज्ञानी हूं, इसलिए मैंने कभी आर की एक पंक्ति नहीं देखी। जैसा कि मैंने सवाल में सुझाव दिया था, अगर यह एक कोड मुद्दा है तो आपको इसे स्टैक ओवरफ्लो में पूछना चाहिए और आपको बहुत अधिक ध्यान देना होगा। हालाँकि, उपरोक्त उत्तर सही है, जब तक कि आप इस बात पर विस्तार नहीं करना चाहेंगे कि यह एक सामान्य-निष्पक्ष अनुमानक के लिए कैसे सामान्य है। अधिक जानकारी के लिए, ईटी जेन्स पुस्तक के पेज 172 को देखें संभाव्यता सिद्धांत आईएसबीएन 978-0-521-59271-0।

— कीथ

आपके उत्तर के लिए बहुत बहुत धन्यवाद। यह एक कोडिंग मुद्दा नहीं है। मैं सिर्फ यह दिखाने के लिए सिमुलेशन करना चाहता हूं कि एक मध्यस्थ-निष्पक्ष अनुमानक अपेक्षित पूर्ण विचलन को कम कर देगा। मैंने उत्तर स्वीकार नहीं किया है क्योंकि मैं मुख्य रूप से सिमुलेशन चरण के बारे में उलझन में हूं। मैंने इसे R में कार्यान्वित किया, लेकिन सिमुलेशन Matlab या Python या किसी अन्य भाषा में किया जा सकता था।

— झेंगलेई

\infty

$\infty$

@ मेरे कमजोर गणित के लिए खेद है, लेकिन क्या आप इस बात पर अधिक विस्तार दिखा सकते हैं कि आपने अपेक्षा कैसे की?

— एडमो