Los de la "teoría del muestreo" te dirán que no existe tal estimación. Pero se puede obtener una, sólo hay que ser razonable con la información previa y hacer un trabajo matemático mucho más duro.
Si se especifica un método bayesiano de estimación, y la posterior es la misma que la anterior, entonces se puede decir que los datos no dicen nada sobre el parámetro. Porque las cosas pueden ponerse "singulares" en nosotros, entonces no podemos usar espacios de parámetros infinitos. Estoy asumiendo que debido a que usted utiliza la correlación de Pearson, usted tiene una probabilidad normal bivariada:
$$p(D|\mu_x,\mu_y,\sigma_x,\sigma_y,\rho)=\left(\sigma_x\sigma_y\sqrt{2\pi(1-\rho^2)}\right)^{-N}exp\left(-\frac{\sum_{i}Q_i}{2(1-\rho^2)}\right)$$ donde $$Q_i=\frac{(x_i-\mu_x)^2}{\sigma_x^2}+\frac{(y_i-\mu_y)^2}{\sigma_y^2}-2\rho\frac{(x_i-\mu_x)(y_i-\mu_y)}{\sigma_x\sigma_y}$$
Ahora, para indicar que un conjunto de datos puede ser el mismo valor, escribe $y_i=y$ y entonces obtenemos:
$$\sum_{i}Q_i=N\left[\frac{(y-\mu_y)^2}{\sigma_y^2}+\frac{s_x^2 + (\overline{x}-\mu_x)^2}{\sigma_x^2}-2\rho\frac{(\overline{x}-\mu_x)(y-\mu_y)}{\sigma_x\sigma_y}\right]$$ donde $$s_x^2=\frac{1}{N}\sum_{i}(x_i-\overline{x})^2$$
Y así su probabilidad depende de cuatro números, $s_x^2,y,\overline{x},N$ . Así que quiere una estimación de $\rho$ por lo que hay que multiplicar por un previo, e integrar los parámetros molestos $\mu_x,\mu_y,\sigma_x,\sigma_y$ . Ahora, para preparar la integración, "completamos el cuadrado" $$\frac{\sum_{i}Q_i}{1-\rho^2}=N\left[\frac{\left(\mu_y-\left[y-(\overline{x}-\mu_x)\frac{\rho\sigma_y}{\sigma_x}\right]\right)^2}{\sigma_y^2(1-\rho^{2})}+\frac{s_x^2}{\sigma_{x}^{2}(1-\rho^{2})} + \frac{(\overline{x}-\mu_x)^2}{\sigma_x^2}\right]$$
Ahora debemos pecar de precavidos y asegurar una probabilidad correctamente normalizada. Así no nos meteremos en problemas. Una de estas opciones es utilizar una priorización débilmente informativa, que simplemente pone una restricción en el rango de cada uno. Así que tenemos $L_{\mu}<\mu_x,\mu_y<U_{\mu}$ para las medias con previo plano y $L_{\sigma}<\sigma_x,\sigma_y<U_{\sigma}$ para las desviaciones estándar con jeffreys prior. Estos límites son fáciles de establecer con un poco de "sentido común" pensando en el problema. Tomaré una prioridad no especificada para $\rho$ y así obtenemos (el uniforme debería funcionar bien, si no se trunca la singularidad en $\pm 1$ ):
$$p(\rho,\mu_x,\mu_y,\sigma_x,\sigma_y)=\frac{p(\rho)}{A\sigma_x\sigma_y}$$
Dónde $A=2(U_{\mu}-L_{\mu})^{2}[log(U_{\sigma})-log(L_{\sigma})]^{2}$ . Esto da un posterior de:
$$p(\rho|D)=\int p(\rho,\mu_x,\mu_y,\sigma_x,\sigma_y)p(D|\mu_x,\mu_y,\sigma_x,\sigma_y,\rho)d\mu_y d\mu_x d\sigma_x d\sigma_y$$
$$=\frac{p(\rho)}{A[2\pi(1-\rho^2)]^{\frac{N}{2}}}\int_{L_{\sigma}}^{U_{\sigma}}\int_{L_{\sigma}}^{U_{\sigma}}\left(\sigma_x\sigma_y\right)^{-N-1}exp\left(-\frac{N s_x^2}{2\sigma_{x}^{2}(1-\rho^{2})}\right) \times$$ $$\int_{L_{\mu}}^{U_{\mu}}exp\left(-\frac{N(\overline{x}-\mu_x)^2}{2\sigma_x^2}\right)\int_{L_{\mu}}^{U_{\mu}}exp\left(-\frac{N\left(\mu_y-\left[y-(\overline{x}-\mu_x)\frac{\rho\sigma_y}{\sigma_x}\right]\right)^2}{2\sigma_y^2(1-\rho^{2})}\right)d\mu_y d\mu_x d\sigma_x d\sigma_y$$
Ahora la primera integración sobre $\mu_y$ puede hacerse mediante un cambio de variables $z=\sqrt{N}\frac{\mu_y-\left[y-(\overline{x}-\mu_x)\frac{\rho\sigma_y}{\sigma_x}\right]}{\sigma_y\sqrt{1-\rho^{2}}}\implies dz=\frac{\sqrt{N}}{\sigma_y\sqrt{1-\rho^{2}}}d\mu_y$ y la primera integral sobre $\mu_y$ se convierte:
$$\frac{\sigma_y\sqrt{2\pi(1-\rho^{2})}}{\sqrt{N}}\left[\Phi\left( \frac{U_{\mu}-\left[y-(\overline{x}-\mu_x)\frac{\rho\sigma_y}{\sigma_x}\right]}{\frac{\sigma_y}{\sqrt{N}}\sqrt{1-\rho^{2}}} \right)-\Phi\left( \frac{L_{\mu}-\left[y-(\overline{x}-\mu_x)\frac{\rho\sigma_y}{\sigma_x}\right]}{\frac{\sigma_y}{\sqrt{N}}\sqrt{1-\rho^{2}}} \right)\right]$$
Y ya se ve que aquí no hay soluciones analíticas posibles. Sin embargo, también vale la pena señalar que el valor $\rho$ no ha abandonado las ecuaciones. Esto significa que los datos y la información previa todavía tienen algo que decir sobre la verdadera correlación. Si los datos no dijeran nada sobre la correlación, nos quedaríamos simplemente con $p(\rho)$ como la única función de $\rho$ en estas ecuaciones.
También muestra cómo el paso al límite de los límites infinitos para $\mu_y$ "tira" parte de la información sobre $\rho$ que está contenida en la función CDF normal de aspecto complicado $\Phi(.)$ . Ahora bien, si tienes muchos datos, entonces pasar al límite está bien, no pierdes mucho, pero si tienes información muy escasa, como en tu caso, es importante guardar cada trozo que tengas. Esto supone unas matemáticas feas, pero este ejemplo no es demasiado difícil de hacer numéricamente. Así que podemos evaluar la probabilidad integrada para $\rho$ a valores de digamos $-0.99,-0.98,\dots,0.98,0.99$ con bastante facilidad. Sólo hay que sustituir las integrales por sumas sobre intervalos lo suficientemente pequeños - así se tiene una triple suma
