2
สัญชาตญาณว่าทำไมความขัดแย้งของสไตน์จึงนำมาใช้ในมิติ
สไตน์ตัวอย่างแสดงให้เห็นว่าการประมาณการความน่าจะเป็นสูงสุดของตัวแปรกระจายตามปกติด้วยวิธีการและผลต่างคือไม่ยอมรับ (ภายใต้ฟังก์ชั่นการสูญเสียตาราง) IFF3 สำหรับการพิสูจน์ที่เป็นระเบียบดูบทแรกของการอนุมานขนาดใหญ่: วิธีการเชิงประจักษ์เบย์สำหรับการประมาณค่าการทดสอบและการทำนายโดยแบรดลีย์เอฟรอนnnnμ1,…,μnμ1,…,μn\mu_1,\ldots,\mu_n111n≥3n≥3n\ge 3 นี่เป็นเรื่องน่าประหลาดใจอย่างมากสำหรับฉันในตอนแรก แต่มีปรีชาอยู่เบื้องหลังว่าทำไมคน ๆ หนึ่งคาดว่าการประมาณมาตรฐานจะไม่สามารถยอมรับได้ (โดยเฉพาะอย่างยิ่งถ้าจากนั้นตามที่ระบุไว้ในกระดาษต้นฉบับของ Stein ซึ่งเชื่อมโยงกับด้านล่าง)x∼N(μ,1)x∼N(μ,1)x \sim \mathcal N(\mu,1)E∥x∥2≈∥μ∥2+nE‖x‖2≈‖μ‖2+n\mathbb{E}\|x\|^2\approx \|\mu\|^2+n คำถามของฉันค่อนข้างจะ: คุณสมบัติใดของช่องว่างnnn -dimensional (สำหรับn≥3n≥3n\ge 3 ) R2R2\mathbb{R}^2ขาดอะไรบ้างที่อำนวยความสะดวกให้ตัวอย่างของ Stein? คำตอบที่เป็นไปได้อาจเกี่ยวกับความโค้งของnnnกลมหรือสิ่งที่แตกต่างอย่างสิ้นเชิง ในคำอื่น ๆ เหตุผลที่เป็นที่ยอมรับใน MLE R2R2\mathbb{R}^2 ? แก้ไข 1:เพื่อตอบสนองต่อ @mpiktas กังวลเกี่ยวกับ 1.31 จาก 1.30: Eμ(∥z−μ^∥2)=Eμ(S(N−2S)2)=Eμ((N−2)2S).Eμ(‖z−μ^‖2)=Eμ(S(N−2S)2)=Eμ((N−2)2S).E_\mu\left(\|z-\hat{\mu}\|^2\right)=E_\mu\left(S\left(\frac{N-2}{S}\right)^2\right)=E_\mu\left(\frac{(N-2)^2}{S}\right). μi^=(1−N−2S)ziμi^=(1−N−2S)zi\hat{\mu_i} = \left(1-\frac{N-2}{S}\right)z_iดังนั้นEμ(∂μi^∂zi)=Eμ(1−N−2S+2z2iS2).Eμ(∂μi^∂zi)=Eμ(1−N−2S+2zi2S2).E_\mu\left(\frac{\partial\hat{\mu_i}}{\partial z_i} \right)=E_\mu\left( 1-\frac{N-2}{S}+2\frac{z_i^2}{S^2}\right).ดังนั้นเราจึงมี: 2∑i=1NEμ(∂μi^∂zi)=2N−2Eμ(N(N−2)S)+4Eμ((N−2)S)=2N−Eμ2(N−2)2S.2∑i=1NEμ(∂μi^∂zi)=2N−2Eμ(N(N−2)S)+4Eμ((N−2)S)=2N−Eμ2(N−2)2S.2\sum_{i=1}^N E_\mu\left(\frac{\partial\hat{\mu_i}}{\partial z_i} \right)=2N-2E_\mu\left(\frac{N(N-2)}{S}\right)+4E_\mu\left(\frac{(N-2)}{S}\right)\\=2N-E_\mu\frac{2(N-2)^2}{S}. …