Unvoreingenommener Schätzer des Exponentialmaßes einer Menge?

Angenommen, wir haben eine (messbare und angemessen gut erzogene) Menge $S\subseteq B\subset\mathbb R^n$ , wobei $B$ kompakt ist. Nehmen wir außerdem an, wir können Proben aus der gleichmäßigen Verteilung über $B$ über das Lebesgue-Maß $\lambda(\cdot)$ und das Maß $\lambda(B)$ . Zum Beispiel ist $B$ vielleicht eine Box $[-c,c]^n$ die $S$ .

Gibt es für festes $\alpha\in\mathbb R$ eine einfache unvoreingenommene Möglichkeit, $e^{-\alpha \lambda(S)}$ zu schätzen, indem Punkte in $B$ gleichmäßig abgetastet und überprüft werden, ob sie innerhalb oder außerhalb von $S$ ?

Nehmen wir als Beispiel für etwas an, das nicht ganz funktioniert, nehmen wir $k$ Punkte $p_1,\ldots,p_k\sim\textrm{Uniform}(B)$ . Dann können wir die Monte - Carlo - Schätzung verwenden

$$\lambda(S)\approx \hat\lambda:= \frac{\#\{p_i\in S\}}{k}\lambda(B).$$ Doch während λ ein unverzerrter Schätzer von istλ(S), ich glaube nichtdass es der Falldasse-& agr; λ ist ein unverzerrter Schätzer vone-& agr;λ(S). Gibt es eine Möglichkeit, diesen Algorithmus zu ändern?$\hat\lambda$$\lambda(S)$$e^{-\alpha\hat\lambda}$$e^{-\alpha\lambda(S)}$

Angenommen, Ihnen stehen folgende Ressourcen zur Verfügung:

1. Sie haben Zugriff auf einen Schätzer $\hat{\lambda}$ .
2. $\hat{\lambda}$ ist für unvoreingenommene$\lambda ( S )$ .
3. $\hat{\lambda}$ist fast sicher nach oben beschränkt durch$C$.
4. Sie kennen die Konstante $C$ und
5. Sie können unabhängige Realisierungen bilden λ so oft wie Sie möchten.$\hat{\lambda}$

Beachten Sie nun, dass für jedes $u > 0$ Folgendes gilt (durch die Taylor-Erweiterung von $\exp x$ ):

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

Gehen Sie nun wie folgt vor:

1. Probe $K \sim \text{Poisson} ( u )$ .
2. Form & lambda; 1 , ⋯ , λ K als IId unvoreingenommene Schätzer von λ$\hat{\lambda}_1, \cdots, \hat{\lambda}_K$$\lambda(S)$ .
3. Geben Sie den Schätzer zurück

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

$\hat{\Lambda}$ ist dann eine nicht negative, unverzerrter Schätzer von$\lambda(S)$. Das ist weil

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

and thus

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

by the earlier calculation.

The answer is in the negative.

A sufficient statistic for a uniform sample is the count $X$ of points observed to lie in $S.$ This count has a Binomial$(n,\lambda(S)/\lambda(B))$ distribution. Write $p=\lambda(S)/\lambda(B)$ and $\alpha^\prime = \alpha\lambda(B).$

For a sample size of $n,$ let $t_n$ be any (unrandomized) estimator of $\exp(-\alpha \lambda(S)) = \exp(-(\alpha\lambda(B)) p) = \exp(-\alpha^\prime p).$ The expectation is

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

which equals a polynomial of degree at most $n$ in $p.$ But if $\alpha^\prime p \ne 0,$ the exponential $\exp(-\alpha^\prime p)$ cannot be expressed as a polynomial in $p.$ (One proof: take $n+1$ derivatives. The result for the expectation will be zero but the derivative of the exponential, which itself is an exponential in $p,$ cannot be zero.)

The demonstration for randomized estimators is nearly the same: upon taking expectations, we again obtain a polynomial in $p.$

Consequently, no unbiased estimator exists.