Ước tính trọng lượng của đồng tiền ẩn

Hãy xem xét vấn đề sau:

Bạn có hai đồng xu với trọng lượng riêng của nó (xác suất cho đầu). Ai đó sẽ lật các đồng xu cho bạn trong một phòng khác (bạn tin tưởng chúng). Bạn có thể yêu cầu họ lật cả hai đồng tiền và họ sẽ cho bạn biết nếu cả hai đều là đầu hoặc không phải cả hai đầu. Hoặc bạn có thể yêu cầu họ chỉ lật đồng tiền đầu tiên (bạn không thể chỉ lật đồng tiền thứ hai) và họ sẽ cho bạn biết đó có phải là người đứng đầu hay không.

Làm thế nào bạn nên tiến hành để tìm một người ước tính trọng lượng của đồng tiền thứ hai. Bạn được phép hỏi người đó nhiều lần. Mục tiêu chính là làm cho người ước tính không phụ thuộc vào trọng lượng của đồng tiền đầu tiên. Điều này có thể không?

Một khía cạnh cho động lực của vấn đề này: Điều này tương tự như cách các phép đo trong cơ học lượng tử với tổn thất tuyến tính được thực hiện. Mất mát là đồng tiền đầu tiên, phép đo là đồng tiền thứ hai. Chúng ta không bao giờ có thể thoát khỏi sự mất mát nhưng chúng ta có thể thực hiện một phép đo thứ hai không đáng kể (luôn luôn đứng đầu) và sau đó là phép đo thực. Đặc biệt, đây là vấn đề đo mức độ tự do phân cực của các photon từ nguồn SPDC đơn photon được báo trước.

regression probability estimation

— Patrick
nguồn

Theo định nghĩa, một người ước tính không thể phụ thuộc vào trọng lượng của một trong hai đồng tiền: nó chỉ có thể phụ thuộc vào kết quả của các lần lật. Điều trực quan là với số lượng thử nghiệm rất lớn, bạn có thể ước tính chính xác "trọng lượng" của đồng tiền đầu tiên. Sau đó, vấn đề của bạn về cơ bản giống như một kỹ thuật được sử dụng để đặt câu hỏi khảo sát nhạy cảm, được gọi là "lấy mẫu phản ứng ngẫu nhiên". Điều này cho thấy một giải pháp là có thể, do đó làm cho câu hỏi trở thành một cách tối ưu để ước tính "trọng lượng" của đồng xu thứ hai, có lẽ bằng cách giảm thiểu các lần lật dự kiến bằng cách sử dụng quy tắc tuần tự.

— whuber

Vì vậy, để rõ ràng, cả hai đồng tiền có trọng lượng không rõ?

— Alex R.

Vâng, cả hai đồng tiền có một trọng lượng không xác định.

— Patrick

Phương pháp 1: So sánh các đồng xu kép và đơn lẻ lật như hai biến phân phối nhị thức (sai lệch)

Nói bạn lật $n$ lần cả với $k_n$ nhân đôi số lần, và bạn lật $m$ lần đầu tiên với $k_m$ lần đầu. Các trọng số chưa biết $\theta_1$ và $\theta_2$ có thể được ước tính bằng ước tính khả năng tối đa:

Xác suất có điều kiện là
$P (k_{n}, k_{m} | θ_{1}, θ_{2}) = (\binom{n}{k_{n}}) (\binom{m}{k_{m}}) θ_{1}^{k_{n}} (1 - θ_{1})^{n - k_{n}} (θ_{1} θ_{2})^{k_{m}} (1 - θ_{1} θ_{2})^{n - k_{m}}$ $P(k_n,k_m|\theta_1,\theta_2) = {{n}\choose{k_n}} {{m}\choose{k_m}} \theta_1^{k_n}(1-\theta_1)^{n-k_n} (\theta_1\theta_2)^{k_m}(1-\theta_1\theta_2)^{n-k_m}$
Khả năng đăng nhập (và loại bỏ các hệ số nhị thức):
$\log L (θ_{1}, θ_{2}) = k_{n} \log (θ_{1}) + (n - k_{n}) \log (1 - θ_{1}) + k_{m} \log (θ_{1} θ_{2}) + (m - k_{m}) \log (1 - θ_{1} θ_{2})$ $\log \mathcal{L}(\theta_1,\theta_2) = k_n \log(\theta_1) + (n-k_n) \log(1-\theta_1)+ k_m \log(\theta_1\theta_2) + (m-k_m) \log (1-\theta_1\theta_2)$
Các dẫn xuất

$\frac{\partial \log L (θ_{1}, θ_{2})}{\partial θ_{1}} = \frac{k_{n}}{θ_{1}} - \frac{n - k_{n}}{1 - θ_{1}} + \frac{k_{m}}{θ_{1}} - θ_{2} \frac{m - k_{m}}{1 - θ_{1} θ_{2}}$ $\frac{\partial\log \mathcal{L}(\theta_1,\theta_2)}{\partial\theta_1} = \frac{k_n}{\theta_1} - \frac{n-k_n}{1-\theta_1} + \frac{k_m}{\theta_1} - \theta_2 \frac{m-k_m}{1-\theta_1\theta_2}$
$\frac{\partial \log L (θ_{1}, θ_{2})}{\partial θ_{2}} = \frac{k_{m}}{θ_{2}} - θ_{1} \frac{m - k_{m}}{1 - θ_{1} θ_{2}}$ $\frac{\partial\log \mathcal{L}(\theta_1,\theta_2)}{\partial\theta_2} = \frac{k_m}{\theta_2} - \theta_1 \frac{m-k_m}{1-\theta_1\theta_2}$
Đó là số không

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

Ước tính này có một số sai lệch. Sử dụng mô phỏng tôi đã tìm thấy giá trị kỳ vọng $E(\theta_2)>\theta_2$

^{(và về mặt kỹ thuật giá trị kỳ vọng là vô hạn do khả năng nhỏ nhưng bạn có thể thêm một số quy tắc dừng mà ngăn chặn từ là zero. Kể từ anyway tôi không tin giới thiệu này quá nhiều thiên vị, nếu tại tất cả) $k_n=0$ $k_n$ $k_m < k_n$}

Phương pháp 2: Thực hiện lật đồng xu gấp đôi với số lần thử tùy thuộc vào số lần lật cần thiết để có được k đầu trong các lần lật đồng xu duy nhất (không thiên vị?)

Bạn lật đồng xu đầu tiên cho đến khi bạn có được thành công và đếm số mà bạn cần lật. $k$ $X$
Sau đó, bạn lật cả hai đồng xu một bội số lần và đếm số rằng cả hai đồng tiền đất đầu. $n$ $X$ $Y$

Theo trực giác, tôi muốn nói là một công cụ ước tính không thiên vị (với khía cạnh tiêu cực rằng có thể ở trên 1). Mô phỏng dưới đây dường như chỉ ra rằng chỉ có một sai lệch nhỏ (cũng là phương sai / sai số nhỏ hơn so với phương pháp đầu tiên với số lần lật đồng xu tương tự). Bạn sẽ phải tính toán phân phối liên hợp cho biến để xem nếu không có sai lệch. $\theta_2 = \frac{Y}{nk}$ $\theta_2$ $Y$

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
nguồn