Schätzung des Gewichts der versteckten Münze

Betrachten Sie das folgende Problem:

Sie haben zwei Münzen mit jeweils eigenem Gewicht (Wahrscheinlichkeit, Köpfe zu geben). Jemand wird die Münzen für Sie in einem anderen Raum werfen (Sie vertrauen ihnen). Sie können sie entweder bitten, beide Münzen zu werfen, und sie werden Ihnen sagen, ob sie beide Köpfe sind oder nicht. Oder Sie können sie bitten, nur die erste Münze zu werfen (Sie können nicht nur die zweite werfen), und sie werden Ihnen sagen, ob es Köpfe waren oder nicht.

Wie sollten Sie vorgehen, um einen Schätzer für das Gewicht der zweiten Münze zu finden? Sie dürfen die Person mehrmals fragen. Das Hauptziel ist es, den Schätzer nicht vom Gewicht der ersten Münze abhängig zu machen. Ist das möglich?

Nebenbei zur Motivation dieses Problems: Dies ist analog dazu, wie Messungen in der Quantenmechanik mit linearem Verlust durchgeführt werden. Der Verlust ist die erste Münze, die Messung ist die zweite Münze. Wir können den Verlust nie loswerden, aber wir können eine triviale zweite Messung durchführen (gibt immer Köpfe) und dann die reale Messung. Dies ist insbesondere das Problem der Messung des Polarisationsfreiheitsgrades von Photonen aus einer angekündigten Einzelphotonen-SPDC-Quelle.

regression probability estimation

— Patrick
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Per Definition kann ein Schätzer hängen nicht auf das Gewicht der beiden Medaille: es nur auf die Ergebnisse des Flips verlassen können. Es ist intuitiv, dass Sie mit einer sehr großen Anzahl von Versuchen das "Gewicht" der ersten Münze genau abschätzen können. Danach ist Ihr Problem im Wesentlichen dasselbe wie eine Technik, mit der sensible Umfragefragen gestellt werden, die als "randomisierte Antwortstichprobe" bezeichnet wird. Dies zeigt an, dass eine Lösung möglich ist, wodurch die Frage gestellt wird, einen optimalen Weg zu finden, um das "Gewicht" der zweiten Münze zu schätzen, möglicherweise durch Minimieren der erwarteten Flips unter Verwendung einer sequentiellen Regel.

— whuber

Um klar zu sein, haben beide Münzen ein unbekanntes Gewicht?

— Alex R.

Ja, beide Münzen haben ein unbekanntes Gewicht.

— Patrick

Methode 1: Vergleichen von Doppel- und Einzelmünzwürfen als zwei binomial verteilte Variablen (voreingenommen)

Sie drehen mal beide mit mal Doppelköpfen, und Sie drehen mal das erste mit mal den Köpfen. Die unbekannten Gewichte und können durch die Maximum-Likelihood-Schätzung geschätzt werden: $n$ $k_n$ $m$ $k_m$ $\theta_1$ $\theta_2$

Die bedingte Wahrscheinlichkeit ist
$P (k_{n}, k_{m} | θ_{1}, θ_{2}) = (\binom{n}{k_{n}}) (\binom{m}{k_{m}}) θ_{1}^{k_{n}} (1 - θ_{1})^{n - k_{n}} (θ_{1} θ_{2})^{k_{m}} (1 - θ_{1} θ_{2})^{n - k_{m}}$ $P(k_n,k_m|\theta_1,\theta_2) = {{n}\choose{k_n}} {{m}\choose{k_m}} \theta_1^{k_n}(1-\theta_1)^{n-k_n} (\theta_1\theta_2)^{k_m}(1-\theta_1\theta_2)^{n-k_m}$
Log-Wahrscheinlichkeit (und Eliminieren der Binomialkoeffizienten):
$\log L (θ_{1}, θ_{2}) = k_{n} \log (θ_{1}) + (n - k_{n}) \log (1 - θ_{1}) + k_{m} \log (θ_{1} θ_{2}) + (m - k_{m}) \log (1 - θ_{1} θ_{2})$ $\log \mathcal{L}(\theta_1,\theta_2) = k_n \log(\theta_1) + (n-k_n) \log(1-\theta_1)+ k_m \log(\theta_1\theta_2) + (m-k_m) \log (1-\theta_1\theta_2)$
Derivate

$\frac{\partial \log L (θ_{1}, θ_{2})}{\partial θ_{1}} = \frac{k_{n}}{θ_{1}} - \frac{n - k_{n}}{1 - θ_{1}} + \frac{k_{m}}{θ_{1}} - θ_{2} \frac{m - k_{m}}{1 - θ_{1} θ_{2}}$ $\frac{\partial\log \mathcal{L}(\theta_1,\theta_2)}{\partial\theta_1} = \frac{k_n}{\theta_1} - \frac{n-k_n}{1-\theta_1} + \frac{k_m}{\theta_1} - \theta_2 \frac{m-k_m}{1-\theta_1\theta_2}$
$\frac{\partial \log L (θ_{1}, θ_{2})}{\partial θ_{2}} = \frac{k_{m}}{θ_{2}} - θ_{1} \frac{m - k_{m}}{1 - θ_{1} θ_{2}}$ $\frac{\partial\log \mathcal{L}(\theta_1,\theta_2)}{\partial\theta_2} = \frac{k_m}{\theta_2} - \theta_1 \frac{m-k_m}{1-\theta_1\theta_2}$
Welches ist Null für

$θ_{1} = \frac{k_{n}}{n}$ $\theta_1 = \frac{k_n}{n}$ und $θ_{2} = \frac{k_{m}}{m} \frac{n}{k_{n}}$ $\theta_2 = \frac{k_m}{m} \frac{n}{k_n}$

Diese Schätzung weist eine gewisse Verzerrung auf. Mit Hilfe der Simulation fand ich den Erwartungswert $E(\theta_2)>\theta_2$

^{(und technisch gesehen ist der Erwartungswert aufgrund der geringen Möglichkeit von unendlich, aber Sie könnten eine hinzufügen, die verhindert, dass Null ist. Da sowieso, glaube ich nicht, dass dies zu viel Verzerrung einführt, wenn bei alle) $k_n=0$ $k_n$ $k_m < k_n$}

Methode 2: Durchführen von Doppelmünzwürfen mit Anzahl von Versuchen in Abhängigkeit von der Anzahl der Würfe, die erforderlich sind, um k Köpfe in Einzelmünzwürfen zu erhalten (unvoreingenommen?)

Sie werfen die erste Münze, bis Sie Erfolg haben, und zählen die Zahl , die Sie werfen müssen. $k$ $X$
Dann werfen Sie beide Münzen mehrmals mal und zählen die Zahl , mit der beide Münzen landen. $n$ $X$ $Y$

Intuitiv würde ich sagen, dass ein unvoreingenommener Schätzer ist (mit dem negativen Aspekt, dass über 1 liegen kann). Die folgende Simulation scheint zu zeigen, dass es nur eine geringe Abweichung gibt (auch die Varianz / der Fehler ist im Vergleich zur ersten Methode mit einer ähnlichen Anzahl von Münzwürfen geringer). Sie müssten die konjugierte Verteilung für die Variable berechnen, um , ob keine Verzerrung vorliegt. $\theta_2 = \frac{Y}{nk}$ $\theta_2$ $Y$

k=50
p1=0.5
p2=0.5
n=10
X <- rnbinom(10000,k,p1)+k
Y <- rbinom(10000,X*n,p1*p2)
mean(Y/k/n-p2)
var(Y/k/n)
plot(hist(Y/k/n))

— Sextus Empiricus
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