Comparaison entre les estimateurs de Bayes

1. Considérons la perte quadratique , avec donné antérieurement où . Soit la probabilité. Trouvez l'estimateur de Bayes .$L(\theta,\delta)=(\theta-\delta)^2$$\pi(\theta)$$\pi(\theta)\sim U(0,1/2)$$f(x|\theta)=\theta x^{\theta-1}\mathbb{I}_{[0,1]}(x), \theta>0$$\delta^\pi$

2. Considérons la perte quadratique pondérée où avec avant . Soit la probabilité. Trouvez l'estimateur de Bayes .$L_w(\theta,\delta)=w(\theta)(\theta-\delta)^2$$w(\theta)=\mathbb{I}_{(-\infty,1/2)}$$\pi_1(\theta)=\mathbb{I}_{[0,1]}(\theta)$$f(x|\theta)=\theta x^{\theta-1}\mathbb{I}_{[0,1]}(x), \theta>0$$\delta^\pi_1$

3. Comparer et$\delta^\pi$$\delta^\pi_1$

J'ai d'abord remarqué que , et j'ai supposé que c'était la probabilité, sinon je n'ai pas de postérieur, puis donc l'estimateur de Bayes par rapport à la perte quadratique est $f(x|\theta)\sim Beta(\theta,1)$

$$\pi(\theta|x)\propto f(x|\theta)\pi(\theta)=\theta x^{\theta-1}\mathbb{I}_{[0,1]}*2\mathbb{I}_{(0,1/2)}(\theta)\sim Beta(\theta,1)$$ $$\mathbb{E}[\pi(\theta|x)]=\frac{\theta}{\theta+1}$$

Je regarde dans le livre The Bayesian Choice et il y a un théorème sur l'estimateur de Bayes associé à la perte quadratique pondérée et il est donné par

$$\delta^\pi(x)=\frac{\mathbb{E}^\pi[w(\theta)\theta|x]}{\mathbb{E}^\pi[w(\theta)|x]}$$

Quelqu'un peut-il m'expliquer comment je le calcule?

Ce que j'ai essayé c'est:

$$\delta^\pi(x)=\frac{\frac{\int \theta w(\theta)f(x|\theta)\pi(\theta)d\theta}{\int w(\theta)f(x|\theta)\pi(\theta)d\theta}}{\frac{\int f(x|\theta)\pi(\theta)d\theta}{\int w(\theta)f(x\theta)\pi(\theta)d\theta}}$$

Je sais que le support est , mais quand j'ai essayé de l'intégrer dans le numérateur$[0,\frac{1}{2}]$

$$\int \theta w(\theta)f(x|\theta)\pi(\theta)d\theta=\int_0^\frac{1}{2}\theta\theta x^{\theta-1}d\theta=\frac{1}{x}\int_0^\frac{1}{2}\theta^2 x^\theta d\theta$$

Je n'obtiens aucun bon résultat.

Tout d'abord, notez que j'ai corrigé le libellé original de la question par rapport aux fonctions d'indicateur dans vos définitions de vraisemblance car elles doivent être des fonctions de pas . Par conséquent, la probabilité est qui s'intègre clairement à un:$x$$\theta$

$$f(x)=\theta x^{\theta-1}\mathbb{I}_{[0,1]}(x)$$ $$\int_0^1 \theta x^{\theta-1}\text{d}x = 1$$

Deuxièmement, le postérieur dans n'est pas une fonction Beta car comme indiqué par Greenparker En raison de la contrainte sur les valeurs de ce n'est pas non plus une distribution Gamma, mais une troncature de la distribution Gamma.$\theta$

$$\pi(\theta|x)\propto\, \mathbb{I}_{[0,1/2]}(\theta)\theta x^{\theta-1}\propto \mathbb{I}_{[0,1/2]}(\theta)\,\theta \exp\{\log(x)\theta\}$$ $\theta$

Par conséquent, l'estimateur de Bayes est l'espérance postérieure qui peut sembler nécessiter l'utilisation de la fonction Gamma incomplète mais qui peut être dérivée sous forme fermée par intégration par partie: depuis

$$\begin{align*}\mathbb{E}[\theta|x] &= \int_0^{1/2} \theta\times\theta \exp\{\log(x)\theta\}\text{d}\theta \Big/ \int_0^{1/2} \theta \exp\{\log(x)\theta\}\text{d}\theta\\&= \int_0^{1/2} \theta^2 \exp\{\log(x)\theta\}\text{d}\theta \Big/ \int_0^{1/2} \theta \exp\{\log(x)\theta\}\text{d}\theta\\\end{align*}$$ $$\int_0^{1/2} \theta^k \exp\{-\alpha\theta\}\text{d}\theta = \frac{-1}{\alpha}\left[\theta^k \exp\{-\alpha\theta\}\right]_0^{1/2} + \frac{k}{\alpha}\int_0^{1/2} \theta^{k-1} \exp\{-\alpha\theta\}\text{d}\theta$$ $$\int_0^{1/2} \exp\{-\alpha\theta\}\text{d}\theta = \frac{1-\exp\{-\alpha/2\}}{\alpha}$$

Enfin, comme indiqué dans mon livre , en effet, minimiser dans équivaut à minimiser dans qui lui-même équivaut à minimiser dans ce qui revient à remplacer le précédent par un nouveau précédent qui doit être renormalisé en une densité, c'est-à-dire $\delta$

$$\int w(\theta)(\theta-\delta)^2 \pi(\theta|x) \text{d}\theta$$ $\delta$ $$\int w(\theta)(\theta-\delta)^2 \pi(\theta)f(x|\theta) \text{d}\theta$$ $\delta$ $$\int (\theta-\delta)^2 w(\theta)\pi(\theta)f(x|\theta) \text{d}\theta$$ $\pi$$w(\theta)\pi(\theta)$ $$\pi_1(\theta)=w(\theta)\pi(\theta) \Big/\int w(\theta)\pi(\theta)\text{d}\theta$$

Votre réponse pour la partie de la perte d'erreur au carré est fausse.

$$\pi(\theta|x) \propto f(x|\theta) \pi(\theta) = 2\theta x^{\theta-1}I_{(0,1/2)}(\theta).$$

Il s'agit d'une distribution en , pas en , et la variable aléatoire dans la partie postérieure est . Votre réponse est donc incorrecte et la bonne réponse serait la moyenne postérieure de cette distribution.$Beta(\theta,1)$$x$$\theta$$\theta$

Pour la deuxième partie,

(L'ancien de la fonction de perte pondérée est mais vous vous y référez en tant que . Je reviens à la notation .)$\pi_1$$\pi$$\pi_1$

Soit , où est une constante de normalisation. Vous devez calculer$\pi'(\theta) = cw(\theta) \pi_1(\theta)$$c$

$$\begin{align*} \delta^{\pi_1}(x) & = \dfrac{E^{\pi_1}[w(\theta) \theta |x ]}{E^{\pi_1}[w(\theta|x)]}\\ & = \dfrac{\int w(\theta) \theta f(x|\theta) \pi_1(\theta)\, d\theta}{\int w(\theta) f(x|\theta)\pi_1(\theta)\, d\theta}\\ & = \dfrac{\int \theta f(x|\theta) \pi'(\theta) \,d\theta}{\int f(x|\theta) \pi'(\theta) \, d\theta}\\ & = E^{\pi'}[\theta|x] \end{align*}$$

Ainsi, pour la fonction de perte des moindres carrés pondérés, le théorème dit que l'estimation de Bayes est la moyenne postérieure par rapport à un a priori différent. L'ancien étant

$$\pi'(\theta) \propto w(\theta) \pi_1(\theta).$$

La constante de normalisation est .$\int_{\theta} w(\theta) \pi(\theta) d\theta = E_{\pi_1}[w(\theta)]$

$$\begin{align*} E_{\pi_1}[w(\theta)] & = \int_{0}^{1/2} I_{0,1}(\theta) d(\theta) = \frac{1}{2}. \end{align*}$$

Donc l'a priori est . C'est la même chose que vous aviez avant dans la première question.$\pi'(\theta) = 2I_{(0,1/2)}(\theta)$

Ainsi, la réponse pour les scénarios (quel qu'il soit) sera la même. Vous pouvez trouver l'intégrale ici . Cependant, il pourrait être suffisant de redresser la forme de la réponse et de ne pas compléter l'intégrale.