東北大学 情報科学研究科 数学教室 2016年8月実施 [6]

标签：

• Tohoku-University
• Monte-Carlo-Integration
• Antithetic-Variates
• Expectation-and-Variance

Author

Miyake

Description

関数 $g$ を $0 \le g \le 1$ を満たす，$\mathbb{R}$ 上の単調な連続関数とし，

$$m = \int_0^1 g(x)\ dx$$

とおく．今，$X$ を $[0, 1]$ 上の一様分布に従う確率変数とし，

$$Y=g(X),\ \ \ Z = \frac{g(X) + g(1-X)}{2}$$

を考える．

(1) 期待値 $E(Y),E(X)$ と分散 $V(Y),V(Z)$ を $m, g$ を用いて表せ．

(2) 任意の $x, y \in \mathbb{R}$ について，

$$(g(x) - g(y))(g(1-x) - g(1-y)) \le 0$$

が成立することを示せ．

(3) 次の不等式を示せ．

$$\int_0^1 g(x)g(1-x)\ dx \le m^2$$

(4) $\{X_1, X_2, \ldots \}$ を $[0, 1]$ 上の一様分布に従う独立同分布確率変数列とする．次の二つの統計量

$$A_n = \frac{1}{2n} \sum_{i=1}^{2n} g(X_i), \ \ \ B_n = \frac{1}{2n} \sum_{i=1}^{2n} (g(X_i) + g(1 - X_i))$$

のうち，$m$ を計算するために，より有効な推定量はどちらか．

题目描述

设 $g:\mathbb R\to[0,1]$ 为单调连续函数，并令

$$m=\int_0^1g(x)\,dx.$$

随机变量 $X$ 在 $[0,1]$ 上服从均匀分布，定义

$$Y=g(X),\qquad Z=\frac{g(X)+g(1-X)}2.$$

1. 用 $m$ 和 $g$ 表示 $E(Y)$、$E(Z)$ 以及 $V(Y)$、$V(Z)$。
2. 证明对任意 $x,y\in\mathbb R$，
   $$(g(x)-g(y))(g(1-x)-g(1-y))\le0.$$
3. 证明 $\int_0^1g(x)g(1-x)\,dx\le m^2.$
4. 令 $\{X_1,X_2,\ldots\}$ 为 $[0,1]$ 上独立同分布的均匀随机变量，并定义
   $$A_n=\frac1{2n}\sum_{i=1}^{2n}g(X_i),\qquad B_n=\frac1{2n}\sum_{i=1}^{2n}\bigl(g(X_i)+g(1-X_i)\bigr).$$
   比较二者作为 $m$ 的估计量的效率，判断哪一个更有效并说明理由。原题此处上限写为 $2n$，而现有解答按 $n$ 个配对样本计算，二者存在不一致。

考点

• 期望与方差：把均匀分布下的期望写成区间积分。
• 单调性与反向变量：利用 $x$ 与 $1-x$ 的反向排序证明协方差非正。
• 独立样本均值：计算 Monte Carlo 估计量的方差。
• 对偶变量法：通过负相关配对降低积分估计的方差。

Kai

(1)

$$\begin{aligned} E(Y) &= \int_0^1 g(x) dx \\ &= m \\ E(Z) &= \frac{1}{2} \int_0^1 (g(x) + g(1-x)) dx \\ &= \frac{1}{2} m + \frac{1}{2} \int_0^1 g(\xi) d \xi \ \ \ \ \ \ \ \ (\xi = 1-x) \\ &= m \\ V(Y) &= E(Y^2) - E(Y)^2 \\ &= \int_0^1 g(x)^2 dx - m^2 \\ V(Z) &= E(Z^2) - E(Z)^2 \\ &= \frac{1}{4} \int_0^1 (g(x)+g(1-x))^2 dx - m^2 \\ &= \frac{1}{2} \int_0^1 g(x)^2 dx + \frac{1}{2} \int_0^1 g(x)g(1-x) dx - m^2 \end{aligned}$$

(2)

$g$ が単調増加であるとし、 $x \leq y$ とすると、 $1-x \geq 1-y$ であり、

$$\begin{aligned} g(x) \leq g(y) , \ \ \ \ g(1-x) \geq g(1-y) \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \therefore \ \ \ \ g(x) - g(y) \leq 0 , \ \ \ \ g(1-x) - g(1-y) \geq 0 \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \therefore \ \ \ \ (g(x) - g(y)) (g(1-x) - g(1-y)) \leq 0 \end{aligned}$$

を得る。 $g$ が単調増加であるとし、 $x \geq y$ とすると、 $1-x \leq 1-y$ であり、

$$\begin{aligned} g(x) \geq g(y) , \ \ \ \ g(1-x) \leq g(1-y) \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \therefore \ \ \ \ g(x) - g(y) \geq 0 , \ \ \ \ g(1-x) - g(1-y) \leq 0 \end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \therefore \ \ \ \ (g(x) - g(y)) (g(1-x) - g(1-y)) \leq 0 \end{aligned}$$

を得る。 $g$ が単調減少の場合も同様にして示せる。

(3)

$g$ に対する条件より、

$$\begin{aligned} m = g(\alpha) , \ \ \ \ 0 \leq \alpha \leq 1 \end{aligned}$$

なる $\alpha$ が存在する。 (2) で示した不等式において $y = \alpha$ として整理すると、

$$\begin{aligned} g(x) g(1-x) &\leq g(x) g(1-\alpha) + g(\alpha) g(1-x) - g(\alpha) g(1-\alpha) \\ &= g(1-\alpha) g(x) + m g(1-x) - m g(1-\alpha) \\ \therefore \ \ \ \ \int_0^1 g(x) g(1-x) dx &\leq g(1-\alpha) \int_0^1 g(x) dx + m \int_0^1 g(1-x) dx - m g(1-\alpha) \\ &= m g(1-\alpha) + m^2 - m g(1-\alpha) \\ &= m^2 \end{aligned}$$

を得る。

(4)

$$\begin{aligned} C &= \int_0^1 g(x)^2 dx \\ D &= \int_0^1 g(x) g(1-x) dx \end{aligned}$$

とおくと、(1) より、

$$\begin{aligned} V(Y) &= C - m^2 \\ V(Z) &= \frac{1}{2} C + \frac{1}{2} D - m^2 \end{aligned}$$

であり、 (2) より、

$$\begin{aligned} D \leq m^2 \end{aligned}$$

である。 そこで、与えられた $A_n, B_n$ の分散を計算すると、

$$\begin{aligned} V(A_n) &= \frac{1}{4n^2} \sum_{i=1}^{2n} V(g(X_i)) \\ &= \frac{1}{2n} V(Y) \\ &= \frac{1}{2n} (C - m^2) \\ V(B_n) &= \frac{1}{n^2} \sum_{i=1}^n V \left( \frac{g(X_i)+g(1-X_i)}{2} \right) \\ &= \frac{1}{n} V(Z) \\ &= \frac{1}{n} \left( \frac{1}{2} C + \frac{1}{2} D - m^2 \right) \end{aligned}$$

であり、

$$\begin{aligned} V(B_n) - V(A_n) &= \frac{1}{2n} (D - m^2) \\ &\leq 0 \end{aligned}$$

であるから、 $B_n$ の方が有効な推定量である。