Для какой проблемы или игры оптимальным решением являются дисперсия и стандартное отклонение?

Для заданной случайной величины (или совокупности, или стохастического процесса) математическое ожидание является ответом на вопрос: какой точечный прогноз минимизирует ожидаемую квадратичную потерю? , Кроме того, это оптимальное решение для игры. Угадайте следующую реализацию случайной величины (или новую ничью из популяции), и я накажу вас по квадрату расстояния между значением и вашим предположением, если у вас линейная неспособность в терминах наказания. Медиана - это ответ на соответствующий вопрос при абсолютной потере, а мода - ответ при потере "все или ничего".

Вопросы: Отвечает ли дисперсия и стандартное отклонение на подобные вопросы? Кто они такие?

Мотивация для этого вопроса связана с обучением основным мерам центральной тенденции и распространения. В то время как меры центральной тенденции могут быть мотивированы вышеизложенными теоретическими проблемами, мне интересно, как можно было бы мотивировать меры распространения.

variance standard-deviation decision-theory variability Ричард Харди
источник

Очень интересный вопрос Мой первоначальный подход состоял бы в том, что «игра» качественно такая же, как и то, что вы уже описали, за исключением того, что вопрос предполагает (не каламбур), что ответ будет о диапазоне значений вместо одной точки, поскольку распространяется без точки Ссылка является довольно неполной (если не бессмысленной) информацией.

Эмиль

Обратите внимание, что дисперсия сама по себе является ожиданием - если то .

Y = (X - μ)^{2}

$Y=(X-\mu)^2$

Var (X) = E (Y)

$\text{Var}(X)=E(Y)$

Glen_b

@Glen_b, вы правы, и я понял (я должен был включить это в текст вопроса). «Угадай разницу между следующим значением и ожиданием, и я накажу тебя квадратично» - такова игра. Это лучшее, что есть? Звучит не очень практично или очень весело, игра, ИМХО.

Ричард Харди

Ответы:

Если я понял вопрос , как задумано, вы имеете в виду условия , в которых вы можете получить независимые реализации любой случайной величины с любого распределения (имеющей конечную дисперсию ). «Игра» определяется функциями и которые будут описаны. Он состоит из следующих шагов и правил: $X$ $F$ $\sigma^2(F)$ $h$ $\mathcal L$

Ваш противник («Природа») раскрывает $F.$
В ответ вы производите число ваше «предсказание». $t(F),$

Чтобы оценить результат игры, выполняются следующие расчеты:

Образец $n$ IID наблюдений $\mathbf{X}=X_1, X_2, \ldots, X_n$ взята из $F.$
Предопределенная функция $h$ применяется к выборке, производя число $h(\mathbf{X}),$ «статистику».
«Функция потерь» $\mathcal{L}$ сравнивает ваше «предсказание» $t(F)$ со статистикой $h(\mathbf{X}),$ производя неотрицательное число $\mathcal{L}(t(F), h(\mathbf{X})).$
Результатом игры является ожидаемая потеря (или «риск»)
$R_{(L, h)} (t, F) = E (L (t (F), h (X))) .$ $R_{(\mathcal{L}, h)}(t, F) = E(\mathcal{L}(t(F), h(\mathbf{X}))).$

Ваша цель - ответить на движение Природы, указав некоторые $t$ которые минимизируют риск.

Например, в игре с функцией $h(X_1)=X_1$ и любая потеря вида $\mathcal{L}(t, h) = \lambda(t-h)^2$ для некоторого положительного числа $\lambda,$ ваш оптимальный шаг, чтобы выбрать $t(F)$ , чтобы быть ожидание $F.$

Вопрос перед нами,

Существуют ли $\mathcal{L}$ и $h$ для которых оптимальным шагом является выбор $t(F)$ в качестве дисперсии $\sigma^2(F)$ ?

На это легко ответить, демонстрируя дисперсию как ожидание. Один способ состоит в том, чтобы оговорить, что

час ({Икс}_{1}, {Икс}_{2}) знак равно \frac{1}{2} ({Икс}_{1} - {Икс}_{2})^{2}

$h(X_1,X_2) = \frac{1}{2}(X_1-X_2)^2$ и продолжаем использовать квадратичные потери

L (T, час) знак равно (T - час)^{2},

$\mathcal{L}(t,h) = (t-h)^2.$ После наблюдения этого

Е (час (Икс)) знак равно σ^{2} (F),

$E(h(\mathbf{X})) = \sigma^2(F),$

Этот пример позволяет нам сделать вывод, что этот $h$ и этот $\mathcal L$ отвечают на вопрос о дисперсии.

Как насчет стандартного отклонения $\sigma(F)$ ? Опять же, нам нужно только показать это как ожидание выборочной статистики. Однако это невозможно, потому что даже если мы ограничим $F$ семейством распределений Бернулли $(p)$ мы сможем получить только несмещенные оценки полиномиальных функций от $p,$ но $\sigma(F) = \sqrt{p(1-p)}$ не является полиномиальной функцией в области $p\in (0,1).$ (См.Для биномиального распределения, почему не существует несмещенной оценки для? $1/p$ Для общего аргумента о биномиальных распределениях, к которому этот вопрос может быть сведен после усреднения $h$ по всем перестановкам $X_i.$ )

Whuber
источник

h

$h$

n

$n$

2

$2$

n

$n$

Большое спасибо!

Ричард Харди