Estimateur impartial de l'exponentielle de mesure d'un ensemble?

Supposons que nous ayons un ensemble (mesurable et convenablement bien comporté) $S\subseteq B\subset\mathbb R^n$ , où $B$ est compact. De plus, supposons que nous puissions tirer des échantillons de la distribution uniforme sur $B$ rapport à la mesure de Lebesgue $\lambda(\cdot)$ et que nous connaissons la mesure $\lambda(B)$ . Par exemple, peut - être $B$ est une boîte $[-c,c]^n$ contenant $S$ .

Pour $\alpha\in\mathbb R$ fixe , existe-t-il un moyen simple non biaisé d'estimer $e^{-\alpha \lambda(S)}$ en échantillonnant uniformément les points dans $B$ et en vérifiant s'ils sont à l'intérieur ou à l'extérieur de $S$ ?

Comme exemple de quelque chose qui ne fonctionne pas tout à fait, supposons que nous échantillonnons $k$ points $p_1,\ldots,p_k\sim\textrm{Uniform}(B)$ . Ensuite , nous pouvons utiliser l'estimation Monte Carlo

$$\lambda(S)\approx \hat\lambda:= \frac{\#\{p_i\in S\}}{k}\lambda(B).$$ Mais, alors que λ est un estimateur sans biais deλ(S), je ne pense pas que ce soit le cas quee-a λ est un estimateur sans biais dee-aλ(S). Existe-t-il un moyen de modifier cet algorithme?$\hat\lambda$$\lambda(S)$$e^{-\alpha\hat\lambda}$$e^{-\alpha\lambda(S)}$

Supposons que vous disposez des ressources suivantes:

1. Vous avez accès à un estimateur λ .$\hat{\lambda}$
2. $\hat{\lambda}$ est biaisé pour$\lambda ( S )$.
3. $\hat{\lambda}$ est limitée presque sûrementdessus par$C$.
4. Vous connaissez la constante $C$ , et
5. Vous pouvez former des réalisations indépendantes de λ autant de fois que vous le souhaitez.$\hat{\lambda}$

Maintenant, notez que pour tout $u > 0$ , ce qui suit tient (par l'expansion de Taylor de $\exp x$ ):

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

Maintenant, procédez comme suit:

1. Exemple .$K \sim \text{Poisson} ( u )$
2. Forme comme estimateurs sans biais iid de .$\hat{\lambda}_1, \cdots, \hat{\lambda}_K$$\lambda(S)$
3. Renvoyer l'estimateur

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

$\hat{\Lambda}$ est alors un estimateur non négatif et non biaisé de . Ceci est dû au fait$\lambda(S)$

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

Et ainsi

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

par le calcul précédent.

La réponse est négative.

Une statistique suffisante pour un échantillon uniforme est le compte des points observés se situant dans Ce compte a une distribution binomiale . Écrivez et$X$$S.$$(n,\lambda(S)/\lambda(B))$$p=\lambda(S)/\lambda(B)$$\alpha^\prime = \alpha\lambda(B).$

Pour un échantillon de soit tout estimateur (non randomisé) de L'attente est$n,$$t_n$$\exp(-\alpha \lambda(S)) = \exp(-(\alpha\lambda(B)) p) = \exp(-\alpha^\prime p).$

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

ce qui équivaut à un polynôme de degré au plus en Mais si l'exponentielle ne peut pas être exprimée comme un polynôme en (Une preuve: prendre dérivées. Le résultat de l'espérance sera nul mais la dérivée de l'exponentielle, qui est elle-même une exponentielle en ne peut pas être nulle.)$n$$p.$$\alpha^\prime p \ne 0,$$\exp(-\alpha^\prime p)$$p.$$n+1$$p,$

La démonstration pour les estimateurs randomisés est à peu près la même: en prenant les attentes, on obtient à nouveau un polynôme en$p.$

Par conséquent, aucun estimateur non biaisé n'existe.