একটি সেট পরিমাপের ঘনিষ্ঠতা নির্বিঘ্নে অনুমানক?

ধরুন আমাদের একটি (পরিমাপযোগ্য এবং উপযুক্তভাবে ভাল আচরণ করা) সেট রয়েছে , , যেখানে কমপ্যাক্ট। তদুপরি, ধরুন আমরা রিআর্ট লেবেসগু পরিমাপ উপর অভিন্ন বিতরণ থেকে নমুনাগুলি আঁকতে পারি এবং আমরা পরিমাপটি । উদাহরণস্বরূপ, সম্ভবত একটি বাক্স ধারণকারী । $S\subseteq B\subset\mathbb R^n$ $B$ $B$ $\lambda(\cdot)$ $\lambda(B)$ $B$ $[-c,c]^n$ $S$

এ নির্দিষ্ট For এর জন্য , খ নির্ধারণ করার জন্য একটি সাধারণ নিরপেক্ষ উপায় কি সমানভাবে নমুনা পয়েন্ট করে এবং তারা এর ভিতরে বা বাইরে আছে কিনা তা পরীক্ষা করে দেখতে পারেন ? $\alpha\in\mathbb R$ $e^{-\alpha \lambda(S)}$ $B$ $S$

এমন কিছু যা উদাহরণস্বরূপ কাজ করে না তার উদাহরণ হিসাবে ধরা যাক, আমরা পয়েন্টস । তারপরে আমরা মন্টে কার্লো অনুমান তবে, যদিও এর নিরপেক্ষ অনুমানক , আমি মনে করি না এটি ল্যাম্বদা an এর একটি নিরপেক্ষ অনুমানক । এই অ্যালগরিদমটি সংশোধন করার কোনও উপায় আছে? $k$ $p_1,\ldots,p_k\sim\textrm{Uniform}(B)$

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)}

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

— জাস্টিন সলোমন
সূত্র

উত্তর:

মনে করুন যে আপনার কাছে নিম্নলিখিত সংস্থানগুলি উপলব্ধ রয়েছে:

আপনি একটি মূল্নির্ধারক এক্সেস আছে । $\hat{\lambda}$
$\hat{\lambda}$ জন্য পক্ষপাতহীন । $\lambda ( S )$
$\hat{\lambda}$ প্রায় নিশ্চিতভাবে উপরে দ্বারা আবদ্ধ । $C$
আপনি ধ্রুব জানেন , এবং $C$
আপনি যতবার চান ল্যাম্বদা of এর স্বাধীন উপলব্ধি তৈরি করতে পারেন। $\hat{\lambda}$

এখন, নোট করুন যে কোনও জন্য নিম্নলিখিতগুলি ধারণ করে ( এর টেলর সম্প্রসারণ দ্বারা ): $u > 0$ $\exp x$

\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}

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

এখন, নিম্নলিখিতগুলি করুন:

নমুনা । $K \sim \text{Poisson} ( u )$
Form এর পক্ষপাতদুষ্ট অনুমানকারী হিসাবে ফর্ম কে । $\hat{\lambda}_1, \cdots, \hat{\lambda}_K$ $\lambda(S)$
অনুমানকারীটি ফেরত দিন

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

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

$\hat{\Lambda}$ then তখন একটি অ-নেতিবাচক, নিরপেক্ষ অনুমানক । এই কারণ $\lambda(S)$

\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}

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

এবং এগুলো

\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}

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

আগের গণনা দ্বারা

— πr8
সূত্র

মজাদার! Above এর অনুমানকটি কি এখানে প্রশ্নটিতে বর্ণিত নয়, কারণ এটি উপরে দ্বারা আবদ্ধ ? এছাড়াও কীভাবে এটি নীচে @ ভোবারের উত্তরটির বিরোধিতা করে না? এটিকে কেন পক্ষপাতহীন বলে কোন সহজ যুক্তি আছে? অনেক প্রশ্নের জন্য দুঃখিত, আমার সম্ভাবনা তত্ত্বটি দুর্বল :-)

\hat{λ}

$\hat\lambda$

λ (B) < \infty

$\lambda(B)<\infty$

— জাস্টিন সলোমন

আপনি যে অনুমানকটি বর্ণনা করেন তা কাজগুলি, যেহেতু আপনি জানেন know । আমার ধারণা অনুমানের কারণে এটি অন্যান্য উত্তরটির সাথে বিরোধিতা করে না ; পক্ষপাতদুষ্ট অনুমানকারীদের সীমাবদ্ধ অ্যাক্সেস দেওয়া, আমি মনে করি না এই নির্মাণ কাজ করবে। নিরপেক্ষতা above of এর প্রত্যাশা উপরের পাওয়ার সিরিজের সাথে তুলনা করে আসে ; আমি উত্তরে আরও পরিষ্কার করে দেব।

λ (B)

$\lambda (B)$

5

$5$

\hat{Λ}

$\hat{\Lambda}$

— 8r8

আপনি কি নিরপেক্ষতার প্রমাণের দ্বিতীয় লাইনে পণ্য এবং প্রত্যাশা বিনিময় করতে পারবেন তা নিশ্চিত?

— jboman

দেখে মনে হচ্ছে এটি ঠিক আছে কারণ তারা গণনা আইডি, তাই না?

— জাস্টিন সলোমন

+1 আমি মনে করি এটি একটি আকর্ষণীয় এবং শিক্ষামূলক উদাহরণ। এটি আমার উত্তরের অন্তর্নিহিত অনুমান না করে সফল হয়: যে নমুনার আকারটি নির্দিষ্ট বা কমপক্ষে সীমিত ed

— শুক্র

উত্তরটি নেতিবাচক মধ্যে রয়েছে।

একটি অভিন্ন নমুনা জন্য অবশ্যই যথেষ্ট পরিসংখ্যাত গণনা হয় শুয়ে পরিলক্ষিত পয়েন্ট এই গণনা একটি বাইনমিয়াল হয়েছে বন্টন। লিখন এবং $X$ $S.$ $(n,\lambda(S)/\lambda(B))$ $p=\lambda(S)/\lambda(B)$ $\alpha^\prime = \alpha\lambda(B).$

একটি নমুনা আকার জন্য দিন কোনো (unrandomized) এর মূল্নির্ধারক হতে প্রত্যাশা হয় $n,$ $t_n$ $\exp(-\alpha \lambda(S)) = \exp(-(\alpha\lambda(B)) p) = \exp(-\alpha^\prime p).$

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

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

যা সর্বাধিক ডিগ্রী একটি বহুপদী সমান মধ্যে কিন্তু যদি সূচকীয় একটি বহুপদী হিসাবে প্রকাশ করা যাবে না (একটি প্রমাণ: ডেরিভেটিভস গ্রহণ করুন the প্রত্যাশার ফলাফলটি শূন্য হবে তবে এক্সফোনেনশিয়ালের ডেরিভেটিভ, যা নিজে তে এটি শূন্য হতে পারে না)) $n$ $p.$ $\alpha^\prime p \ne 0,$ $\exp(-\alpha^\prime p)$ $p.$ $n+1$ $p,$

এলোমেলোভাবে অনুমানকারীদের জন্য বিক্ষোভ প্রায় একই: প্রত্যাশা গ্রহণের পরে, আমরা আবার পিতে একটি বহুবর্ষ পেয়েছি $p.$

ফলস্বরূপ, কোনও পক্ষপাতদুষ্ট অনুমানকারী উপস্থিত নেই।

— whuber
সূত্র

আহ, এটাই তো ডাউনার! সুন্দর প্রমাণের জন্য ধন্যবাদ। তবে, জন্য টেলর সিরিজটি প্রায় দ্রুত রূপান্তরিত করে --- সম্ভবত সেখানে কোনও "আনুমানিক পক্ষপাতহীন" অনুমানক আছে? এর অর্থ কী তা নিশ্চিত নয় (আমি কোনও পরিসংখ্যানবিদ খুব বেশি নই :-))

\exp (t)

$\exp(t)$

— জাস্টিন সলোমন

ঠিক কত তাড়াতাড়ি? উত্তরটি এর মানের উপর নির্ভর করে - এবং এর মধ্যে আপনার সমস্যা রয়েছে কারণ আপনি জানেন না যে সেই মানটি কী। আপনি কেবল জানেন যে এটি এবং আপনি যদি এটি চান তবে পক্ষপাতের উপর একটি সীমা স্থাপন করতে এটি ব্যবহার করতে পারেন।

α^{'} p

$\alpha^\prime p$

0

$0$

α .

$\alpha.$

— হোবার

আমার আবেদনে আমি আশা করি এর একটি বড় অংশ দখল করবে । আমি এই মানটি একটি সিডো-প্রান্তিক মহানগর-হেস্টিংস গ্রহণযোগ্যতা অনুপাতের মধ্যে ব্যবহার করতে চাই, নিশ্চিত নই যে এই পদ্ধতিটি এমনকি নিয়ন্ত্রণযোগ্য মাত্রার পক্ষপাতিত্ব পরিচালনা করতে পারে কিনা ...

S

$S$

B

$B$

— জাস্টিন সলোমন

বিটিডাব্লু আমি এই প্রশ্নের অন্য উত্তরটি নিয়ে আপনার ধারণাগুলির সত্যই প্রশংসা করব!

— জাস্টিন সলোমন