Неупереджений оцінювач експоненціальної міри множини?

Припустимо, ми маємо (вимірювану і належним чином сприйняту) множину $S\subseteq B\subset\mathbb R^n$ , де $B$ компактний. Крім того, припустимо, що ми можемо взяти зразки з рівномірного розподілу по $B$ wrt мірою Лебега $\lambda(\cdot)$ і що ми знаємо міру $\lambda(B)$ . Наприклад, можливо, $B$ являє собою поле $[-c,c]^n$ що містить $S$ .

Для фіксованого $\alpha\in\mathbb R$ , чи існує простий неупереджений спосіб оцінити $e^{-\alpha \lambda(S)}$ , рівномірно відбираючи точки в $B$ і перевіряючи, чи знаходяться вони всередині або зовні $S$ ?

Як приклад чогось, що не зовсім працює, припустимо, ми відібрали $k$ точки $p_1,\ldots,p_k\sim\textrm{Uniform}(B)$ . Тоді ми можемо використовувати оцінку Монте - Карло

$$\lambda(S)\approx \hat\lambda:= \frac{\#\{p_i\in S\}}{k}\lambda(B).$$ Але,той час як λ є несмещенной оцінкоюХ(S), я не думающо це той випадок, колие-& alpha ; λ є несмещенной оцінкоюе-& alphaλ(S). Чи є спосіб змінити цей алгоритм?$\hat\lambda$$\lambda(S)$$e^{-\alpha\hat\lambda}$$e^{-\alpha\lambda(S)}$

Припустимо, вам доступні такі ресурси:

1. Ви маєте доступ до розраховувачеві Х .$\hat{\lambda}$
2. $\hat{\lambda}$ є незміщеної для$\lambda ( S )$.
3. $\hat{\lambda}$ майже безсумнівнообмежена зверху$C$ .
4. Ви знаєте постійну $C$ , і
5. Ви можете створювати незалежні реалізації Х стількох раз , скільки ви хочете.$\hat{\lambda}$

Тепер зауважимо, що для будь-якого $u > 0$ виконується наступне (за допомогою розширення Тейлора $\exp x$ ):

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

Тепер зробіть наступне:

1. Зразок $K \sim \text{Poisson} ( u )$ .
2. Форма Х 1 , ⋯ , λ K , як н.о.р. незміщене оцінок Х ( S ) .$\hat{\lambda}_1, \cdots, \hat{\lambda}_K$$\lambda(S)$
3. Поверніть оцінювач

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

$\hat{\Lambda}$ потім ненегативний, несмещенная оцінка$\lambda(S)$. Це відбувається тому

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

і, таким чином

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

за попереднім розрахунком.

Відповідь негативна.

Достатня статистика для однорідного зразка є лічильник $X$ точок , які спостерігаються лежати в $S.$ Цей підрахунок має двочленове $(n,\lambda(S)/\lambda(B))$ розподіл. Запишіть $p=\lambda(S)/\lambda(B)$ і $\alpha^\prime = \alpha\lambda(B).$

Для розміру вибірки $n,$ нехай$t_n$ бути будь-який (unrandomized) оцінки$\exp(-\alpha \lambda(S)) = \exp(-(\alpha\lambda(B)) p) = \exp(-\alpha^\prime p).$ Очікування є

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

що дорівнює многочлен ступеня не більше $n$ в $p.$ Але якщо $\alpha^\prime p \ne 0,$ експоненціальний $\exp(-\alpha^\prime p)$ не може бути виражений як многочлен у $p.$ (Одне підтвердження: візьміть похідні $n+1$ Результат для очікування буде нульовим, але похідна від експоненції, яка сама є експоненціальною в $p,$ не може бути нульовою.)

Демонстрація рандомізованих оцінок майже однакова: приймаючи очікування, ми знову отримуємо многочлен у $p.$

Отже, не існує об'єктивного оцінювача.