Estimando o peso da moeda oculta

Considere o seguinte problema:

Você tem duas moedas cada uma com seu próprio peso (probabilidade de dar cara). Alguém jogará as moedas para você em outra sala (você confia nelas). Você pode pedir que joguem as duas moedas e eles dirão se são ambas caras ou não. Ou você pode pedir que eles joguem apenas a primeira moeda (você não pode jogar apenas a segunda) e eles dirão se foi cara ou não.

Como você deve proceder para encontrar um estimador do peso da segunda moeda. Você pode perguntar à pessoa várias vezes. O objetivo principal é fazer com que o estimador não dependa do peso da primeira moeda. Isso é possível?

Um aparte para a motivação desse problema: isso é análogo ao modo como são feitas medições na mecânica quântica com perda linear. A perda é a primeira moeda, a medição é a segunda moeda. Nunca podemos nos livrar da perda, mas podemos fazer uma segunda medição trivial (sempre dá cabeças) e depois a medição real. Particularmente, esse é o problema de medir o grau de liberdade de polarização dos fótons a partir de uma fonte SPDC de um único fóton anunciada.

regression probability estimation

— Patrick
fonte

Por definição, um estimador não pode depender do peso de nenhuma das moedas: só pode depender dos resultados dos lançamentos. É intuitivo que, com um número muito grande de tentativas, você possa estimar com precisão o "peso" da primeira moeda. Depois disso, seu problema é substancialmente o mesmo que uma técnica usada para fazer perguntas sensíveis à pesquisa, chamada "amostragem de resposta aleatória". Isso indica que uma solução é possível, tornando assim a questão de encontrar uma maneira ideal de estimar o "peso" da segunda moeda, talvez minimizando os lançamentos esperados usando uma regra seqüencial.

— whuber

Então, para ficar claro, ambas as moedas têm peso desconhecido?

— 18718 Alex R.

Sim, ambas as moedas têm um peso desconhecido.

— 224 Patrick Patrick

Método 1: Comparando lançamentos de moeda dupla e única como duas variáveis binomiais distribuídas (tendenciosas)

Diga que você vira $n$ vezes ambos com $k_n$ vezes cabeças duplas, e você vira $m$ vezes o primeiro com $k_m$ vezes as cabeças. Os pesos desconhecidos $\theta_1$ e $\theta_2$ pode ser estimado pela estimativa de probabilidade máxima:

A probabilidade condicional é
$P (k_{n}, k_{m} | θ_{1}, θ_{2}) = (\binom{n}{k_{n}}) (\binom{m}{k_{m}}) θ_{1}^{k_{n}} (1 - θ_{1})^{n - k_{n}} (θ_{1} θ_{2})^{k_{m}} (1 - θ_{1} θ_{2})^{n - k_{m}}$ $P(k_n,k_m|\theta_1,\theta_2) = {{n}\choose{k_n}} {{m}\choose{k_m}} \theta_1^{k_n}(1-\theta_1)^{n-k_n} (\theta_1\theta_2)^{k_m}(1-\theta_1\theta_2)^{n-k_m}$
Probabilidade de log (e eliminação dos coeficientes binomiais):
$\log L (θ_{1}, θ_{2}) = k_{n} \log (θ_{1}) + (n - k_{n}) \log (1 - θ_{1}) + k_{m} \log (θ_{1} θ_{2}) + (m - k_{m}) \log (1 - θ_{1} θ_{2})$ $\log \mathcal{L}(\theta_1,\theta_2) = k_n \log(\theta_1) + (n-k_n) \log(1-\theta_1)+ k_m \log(\theta_1\theta_2) + (m-k_m) \log (1-\theta_1\theta_2)$
Derivados

$\frac{\partial \log L (θ_{1}, θ_{2})}{\partial θ_{1}} = \frac{k_{n}}{θ_{1}} - \frac{n - k_{n}}{1 - θ_{1}} + \frac{k_{m}}{θ_{1}} - θ_{2} \frac{m - k_{m}}{1 - θ_{1} θ_{2}}$ $\frac{\partial\log \mathcal{L}(\theta_1,\theta_2)}{\partial\theta_1} = \frac{k_n}{\theta_1} - \frac{n-k_n}{1-\theta_1} + \frac{k_m}{\theta_1} - \theta_2 \frac{m-k_m}{1-\theta_1\theta_2}$
$\frac{\partial \log L (θ_{1}, θ_{2})}{\partial θ_{2}} = \frac{k_{m}}{θ_{2}} - θ_{1} \frac{m - k_{m}}{1 - θ_{1} θ_{2}}$ $\frac{\partial\log \mathcal{L}(\theta_1,\theta_2)}{\partial\theta_2} = \frac{k_m}{\theta_2} - \theta_1 \frac{m-k_m}{1-\theta_1\theta_2}$
Qual é zero para

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

Essa estimativa tem algum viés. Usando simulação, encontrei o valor esperado $E(\theta_2)>\theta_2$

^{(e tecnicamente o valor esperado é infinito devido à pequena possibilidade de $k_n=0$ mas você pode adicionar uma regra de parada que impede $k_n$ de ser zero. Desde a $k_m < k_n$ de qualquer forma, não acredito que isso introduz muito viés, se é que existe)}

Método 2: Executando lançamentos de moedas duplas com número de tentativas, dependendo da quantidade de lançamentos necessários para obter k cabeças em lançamentos de moedas únicas (imparciais?)

Você joga a primeira moeda até conseguir $k$ sucesso e conte o número $X$ que você precisa virar.
Então você joga as duas moedas várias vezes $n$ vezes $X$ e conte o número $Y$ que ambas as moedas pousam cabeças.

Intuitivamente, eu diria $\theta_2 = \frac{Y}{nk}$ é um estimador imparcial (com um aspecto negativo que $\theta_2$ pode estar acima de 1). A simulação abaixo parece mostrar que existe apenas um pequeno viés (também a variação / erro é menor em comparação com o primeiro método com quantidade semelhante de lançamentos de moedas). Você precisaria calcular a distribuição conjugada para a variável $Y$ para ver se não há viés.

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
fonte

Estimando o peso da moeda oculta

Método 1: Comparando lançamentos de moeda dupla e única como duas variáveis ​​binomiais distribuídas (tendenciosas)

Método 2: Executando lançamentos de moedas duplas com número de tentativas, dependendo da quantidade de lançamentos necessários para obter k cabeças em lançamentos de moedas únicas (imparciais?)

Método 1: Comparando lançamentos de moeda dupla e única como duas variáveis binomiais distribuídas (tendenciosas)