Estimador imparcial de exponencial de medida de un conjunto?

Question

Supongamos que tenemos un (medibles y adecuadamente buen comportamiento) set $S\subseteq B\subset\mathbb R^n$, donde $B$ es compacto. Por otra parte, supongamos que podemos extraer muestras de la distribución uniforme sobre $B$ respecto de la medida de Lebesgue $\lambda(\cdot)$ y que sabemos que la medida de $\lambda(B)$. Por ejemplo, quizás $B$ es un cuadro de $[-c,c]^n$ contiene $S$.

Fijo $\alpha\in\mathbb R$, hay una sencilla manera imparcial para estimar el $e^{-\alpha \lambda(S)}$ por uniformemente en los puntos de muestreo en $B$ y comprobar si están dentro o fuera de la $S$?

Como un ejemplo de algo que no acaba de funcionar, supongamos que tenemos una muestra de $k$ puntos $p_1,\ldots,p_k\sim\textrm{Uniform}(B)$. Entonces podemos usar el de Monte Carlo estimación de $$\lambda(S)\approx \hat\lambda:= \frac{\#\{p_i\in S\}}{k}\lambda(B).$$ Pero, mientras que $\hat\lambda$ es un estimador imparcial de $\lambda(S)$, yo no creo que sea el caso de que $e^{-\alpha\hat\lambda}$ es un estimador imparcial de $e^{-\alpha\lambda(S)}$. ¿Hay alguna forma de modificar este algoritmo?

Answer 1

Supongamos que usted tiene los siguientes recursos disponibles para usted:

1. Usted tiene acceso a un estimador $\hat{\lambda}$.
2. $\hat{\lambda}$ es imparcial para $\lambda ( S )$.
3. $\hat{\lambda}$ es casi seguramente acotada arriba por $C$.
4. Usted sabe que la constante de $C$, y
5. Usted puede de forma independiente realizaciones de $\hat{\lambda}$ tantas veces como quieras.

Ahora, tenga en cuenta que para cualquier $u > 0$, el siguiente tiene (por la expansión de Taylor de $\exp x$):

\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}

Ahora, haga lo siguiente:

1. Ejemplo de $K \sim \text{Poisson} ( u )$.
2. Formulario de $\hat{\lambda}_1, \cdots, \hat{\lambda}_K$ como iid imparcial estimadores de $\lambda(S)$.
3. Devolver el estimador de

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

$\hat{\Lambda}$ , entonces es un no-negativo, imparcial estimador de $\lambda(S)$. Esto es debido a que

\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}

y así

\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}

por el anterior cálculo.

Answer 2

La respuesta es negativa.

Una estadística suficiente para una muestra uniforme es el recuento $X$ de los puntos observados a mentir en $S.$ Este número tiene un Binomio$(n,\lambda(S)/\lambda(B))$ distribución. Escribir $p=\lambda(S)/\lambda(B)$ e $\alpha^\prime = \alpha\lambda(B).$

Para un tamaño de muestra de $n,$ deje $t_n$ ser cualquier (unrandomized) estimador de $\exp(-\alpha \lambda(S)) = \exp(-(\alpha\lambda(B)) p) = \exp(-\alpha^\prime p).$ La expectativa es

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

lo que equivale a un polinomio de grado en la mayoría de las $n$ en $p.$ Pero si $\alpha^\prime p \ne 0,$ la exponencial $\exp(-\alpha^\prime p)$ no se puede expresar como un polinomio en $p.$ (Una prueba: tome $n+1$ derivados. El resultado de la expectativa será cero, pero la derivada de la exponencial, la cual en sí es una exponencial en $p,$ no puede ser cero.)

La demostración de aleatorizado estimadores es casi el mismo: al tomar las expectativas, se vuelve a obtener un polinomio en $p.$

En consecuencia, no imparcial estimador existe.