ตัวประมาณค่าเป็นกลางของเลขชี้กำลังของการวัดชุด?

สมมติว่าเรามี (ที่วัดได้และเหมาะสมมีความประพฤติดี) ชุดที่มีขนาดกะทัดรัด นอกจากนี้สมมติว่าเราสามารถวาดตัวอย่างจากการกระจายชุดมากกว่า wrt เกอวัดและที่เรารู้ว่าวัด(B) เช่นบางทีBเป็นกล่อง[ - C , C ] nมีS$S\subseteq B\subset\mathbb R^n$$B$$B$$\lambda(\cdot)$$\lambda(B)$$B$$[-c,c]^n$$S$

สำหรับการแก้ไข$\alpha\in\mathbb R$จะมีวิธีการที่เป็นกลางที่เรียบง่ายในการประมาณการ$e^{-\alpha \lambda(S)}$โดยสม่ำเสมอสุ่มตัวอย่างในจุด$B$และการตรวจสอบหากพวกเขาเป็นภายในหรือภายนอกของ$S$ ?

เป็นตัวอย่างของบางสิ่งบางอย่างที่ไม่ได้ทำงานค่อนข้างสมมติว่าเราตัวอย่าง$k$จุด$p_1,\ldots,p_k\sim\textrm{Uniform}(B)$ ) แล้วเราสามารถใช้การประมาณการ Monte Carlo

$$\lambda(S)\approx \hat\lambda:= \frac{\#\{p_i\in S\}}{k}\lambda(B).$$ แต่ในขณะที่ λเป็นประมาณการที่เป็นกลางของλ(S)ผมไม่คิดว่ามันเป็นกรณีที่อี-อัลฟ่า λเป็นประมาณการที่เป็นกลางของอี-อัลฟ่าλ(S) มีวิธีแก้ไขอัลกอริทึมนี้ไหม?$\hat\lambda$$\lambda(S)$$e^{-\alpha\hat\lambda}$$e^{-\alpha\lambda(S)}$

สมมติว่าคุณมีทรัพยากรต่อไปนี้ให้คุณ:

1. คุณมีการเข้าถึงประมาณการλ$\hat{\lambda}$
2. $\hat{\lambda}$คือเป็นกลางสำหรับ$\lambda ( S )$)
3. $\hat{\lambda}$เป็นที่สิ้นสุดเกือบแน่นอนข้างต้นโดยC$C$
4. คุณรู้ค่าคงตัว$C$และ
5. คุณสามารถสร้างความเข้าใจที่เป็นอิสระจากλหลายครั้งตามที่คุณต้องการ$\hat{\lambda}$

ตอนนี้ทราบว่าสำหรับ$u > 0$ใด ๆต่อไปนี้ถือ (โดยการขยายตัวของ$\exp x$เทย์เลอร์):

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

ตอนนี้ทำต่อไปนี้:

1. ตัวอย่าง$K \sim \text{Poisson} ( u )$ )
2. แบบฟอร์มλ 1 , ⋯ , λ Kเป็นประมาณเป็นกลาง IID ของλ ( S )$\hat{\lambda}_1, \cdots, \hat{\lambda}_K$$\lambda(S)$
3. ส่งคืนตัวประมาณ

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

$\hat{\Lambda}$เป็นแล้วไม่ใช่เชิงลบประมาณการเป็นกลางของ$\lambda(S)$) นี้เป็นเพราะ

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

และดังนั้น

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

โดยการคำนวณก่อนหน้า

คำตอบอยู่ในเชิงลบ

สถิติเพียงพอสำหรับตัวอย่างเครื่องแบบนับ$X$ของจุดสังเกตที่จะโกหกในS$S.$ นับนี้มีทวินาม$(n,\lambda(S)/\lambda(B))$การจัดจำหน่าย เขียน$p=\lambda(S)/\lambda(B)$และ$\alpha^\prime = \alpha\lambda(B).$

สำหรับขนาดของกลุ่มตัวอย่างของ$n,$ปล่อยให้$t_n$ใด ๆ (unrandomized) ประมาณการของ$\exp(-\alpha \lambda(S)) = \exp(-(\alpha\lambda(B)) p) = \exp(-\alpha^\prime p).$ ความคาดหวังคือ

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

$n$$p.$$\alpha^\prime p \ne 0,$$\exp(-\alpha^\prime p)$$p.$$n+1$$p,$

$p.$

ดังนั้นจึงไม่มีตัวประมาณที่เป็นกลาง