세트의 측정 지수의 편견 추정기?

우리가 (측정 가능하고 적절하게 동작하는) 세트 을 가지고 있다고 가정하자 . 여기서 는 컴팩트하다. 또한, 우리가 걸쳐 균일 한 분포에서 샘플을 그릴 수 있다고 생각 르 베그 측정 WRT 우리가 측정 알고 . 예를 들어, 아마도 는 포함 하는 상자 입니다 .$S\subseteq B\subset\mathbb R^n$$B$$B$$\lambda(\cdot)$$\lambda(B)$$B$$[-c,c]^n$$S$

고정 경우 에서 점을 균일하게 샘플링하고 점이 내부 또는 외부에 있는지 확인 하여 를 추정하는 간단한 편견없는 방법이 있습니까?$\alpha\in\mathbb R$$e^{-\alpha \lambda(S)}$$B$$S$

제대로 작동하지 않는 것의 예로, 포인트 을 샘플링한다고 가정 합니다. 그런 다음 Monte Carlo 추정값 그러나 는 의 편견 추정치 이지만 가 의 편견 추정치 인 경우는 아닙니다. . 이 알고리즘을 수정하는 방법이 있습니까?$k$$p_1,\ldots,p_k\sim\textrm{Uniform}(B)$

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

다음과 같은 자원을 사용할 수 있다고 가정하십시오.

1. 견적 자 액세스 할 수 있습니다 .$\hat{\lambda}$
2. $\hat{\lambda}$ λ(S) 는 대해 편향되지 않습니다.$\lambda ( S )$
3. $\hat{\lambda}$ C 는 거의 확실하게 묶여 있습니다.$C$
4. 당신은 일정을 알고 하고,$C$
5. 원하는만큼 를 독립적으로 구현할 수 있습니다 .$\hat{\lambda}$

이제 인 경우 다음을 유지합니다 (Taylor 확장 ).$u > 0$$\exp x$

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

이제 다음을 수행하십시오.

1. 샘플 .$K \sim \text{Poisson} ( u )$
2. 폼 의 IID 바이어스 추정기로서 .$\hat{\lambda}_1, \cdots, \hat{\lambda}_K$$\lambda(S)$
3. 견적 자 반환

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

$\hat{\Lambda}$ 는 의 음이 아닌, 편향되지 않은 추정량입니다 . 이 때문입니다$\lambda(S)$

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

따라서

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

이전 계산으로.

대답은 부정적입니다.

균일 한 표본에 대한 충분한 통계량 은 에있는 것으로 관측 된 점 의 개수 입니다 이 개수에는 이항 분포 분포가 있습니다. 및 씁니다$X$$S.$$(n,\lambda(S)/\lambda(B))$$p=\lambda(S)/\lambda(B)$$\alpha^\prime = \alpha\lambda(B).$

샘플 크기를 들어 하자 임의 (unrandomized) 추정기 수 기대는$n,$$t_n$$\exp(-\alpha \lambda(S)) = \exp(-(\alpha\lambda(B)) p) = \exp(-\alpha^\prime p).$

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

이는 대부분의 학위 다항식 동일 에서 그러나 지수 는 에서 다항식으로 표현할 수 없습니다 (한가지 증명 : 도함수를 취 하십시오. 기대 결과는 0이지만 지수 의 지수 인 도함수는 0 수 없습니다.)$n$$p.$$\alpha^\prime p \ne 0,$$\exp(-\alpha^\prime p)$$p.$$n+1$$p,$

무작위 추정 추정자에 대한 시연은 거의 동일하다. 기대에 부딪 치면 다시$p.$

결과적으로 편향 추정기가 존재하지 않습니다.