大小偏置分布与耦合

随机抽一户家庭和随机抽一个人再看他所属的家庭，会得到不同的家庭人数分布。人数多的家庭在后一种抽样中有更多被抽到的机会。大小偏置将这个差别写成精确的分布变换，再利用它比较计数规律。

形式陈述

先确定新边缘，再选择联合构造

设 $X\ge0$ ，且期望满足 $0<\mu=EX<\infty$ 。定义X的大小偏置分布为

P(X^s\in A)=\frac{E[X\mathbf1\{X\in A\}]}\mu.\tag{1}

右端是概率测度，因为非负且在整个状态空间上的质量为1。等价地，对任意有界可测函数h，

E[Xh(X)]=\mu E[h(X^s)].\tag{2}

先对指示函数使用式(1)，再由有限线性组合和有界逼近得到式(2)。反过来，只取h为指示函数就能从式(2)唯一确定分布。若额外有 $E[X|h(X)|]<\infty$ ，式(2)还可延伸到这类无界h。

一个大小偏置耦合是在同一概率空间上构造 $(X,X^s)$ ，其两个边缘分别为原分布和式(1)。定义只固定边缘，没有要求 $X^s\ge X$ ，也没有要求二者独立。不同联合构造会有不同的 $E|X^s-X|$ ，这正是选择耦合的用途。

有限分布最容易直接计算

若 $P(X=x)=p_x$ ，则

P(X^s=x)=\frac{x p_x}\mu.

因此零点质量全部消失，正值的质量按其大小重新分配。存在密度时，原密度g变成 $g_s(x)=xg(x)/\mu$ 。若 $EX^2<\infty$ ，取截断后再极限可得

EX^s=\frac{EX^2}{EX},\qquad EX^s-EX=\frac{\operatorname{Var}(X)}{EX}.\tag{3}

均值向上移动不等于每个耦合都逐样本向上移动。

直觉

式(1)把一份大小为x的对象看成带有x倍权重。对象越大，占据的观察机会越多。对非整数X，这种权重仍能定义概率测度，不必把x真的解释成个数。

对非负和 $W=X_1+\cdots+X_n$ ，这种重新加权可拆成每一项贡献的权重。先按各项的平均贡献决定“这次偏向哪一项”，再使那一项按自己的大小偏置分布出现，就能得到整个和的大小偏置。依赖时其余项不能保持原样不动，因为所选分量的新值本身已经带来了信息。

独立和的按均值替换

设 $X_1,\ldots,X_n$ 相互独立、非负， $\mu_i=EX_i<\infty$ ，且 $\mu=\sum_i\mu_i>0$ 。取独立索引I，满足 $P(I=i)=\mu_i/\mu$ ；均值为零的项不会被选中。对每个可能索引，将 $X_i$ 换成 $X_i^s$ ，保持其他分量不变，构造

W^s=W-X_I+X_I^s.\tag{4}

这里要求 $(X_i,X_i^s)$ 这一对独立于其他分量，I独立于全部这些变量；同一对内部可以选择有益的相关性。由独立性，先固定其余和再用式(2)，得到

\begin{aligned} E[Wh(W)] &=\sum_iE[X_i h(X_i+W-X_i)]\\ &=\sum_i\mu_iE[h(X_i^s+W-X_i)]\\ &=\mu E[h(W^s)]. \end{aligned}

所以式(4)确有需要的边缘。索引的权重是均值，不是方差；这与零偏置的和构造不同。

例子与边界

家庭人数和一个合法却不单调的耦合

设家庭人数X在1与3上各有一半概率，故μ=2。大小偏置后，1与3的概率分别为1/4与3/4，均值从2变成5/2。

若把原X与新 $X^s$ 独立抽取，事件 $X=3,X^s=1$ 的概率为1/8，因此这个合法耦合会向下跳。也能取共同的 $U\sim\mathrm{Uniform}(0,1)$ ：令X在U≤1/2时为1，否则为3；令 $X^s$ 在U≤1/4时为1，否则为3。后一构造总有 $X^s\ge X$ ，且差为2的概率是1/4。两种构造边缘完全相同，联合性质却不同。

左侧展示人数的大小偏置质量，右侧对照中心化Bernoulli经过零偏置形成均匀密度；概率质量和密度坐标分开 — 大小偏置与零偏置的不同变化

Bernoulli和Poisson

若 $X\sim\mathrm{Bernoulli}(p)$ 、p>0，式(1)给 $X^s=1$ 几乎必然。因此独立Bernoulli和W的构造特别简单：按 $p_i/\lambda$ 抽I，令

W^s=W-B_I+1,\qquad \lambda=\sum_i p_i.

这是在原图样上只补一个指定成功，不是往总数无条件加一。它满足

E|W+1-W^s|=E B_I=\frac{\sum_i p_i^2}{\lambda}.\tag{5}

若 $Z\sim\mathrm{Poisson}(\lambda)$ 、λ>0，则对k≥1，

P(Z^s=k)=\frac{k}{\lambda}e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!} =e^{-\lambda}\frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!}.

所以 $Z^s\stackrel d=Z+1$ 。原计数W的大小偏置若也接近W+1，便提供了接近Poisson的一种具体信号。

依赖指示变量要改整个条件模型

设 $B_i$ 可以依赖， $p_i=P(B_i=1)$ ， $\lambda=\sum_i p_i>0$ 。仍按 $p_i/\lambda$ 选I；给定I=i，生成整向量的条件分布

\mathcal L((B_1^{(i)},\ldots,B_n^{(i)})) =\mathcal L((B_1,\ldots,B_n)\mid B_i=1).

取 $W^s=\sum_jB_j^{(I)}$ 。因为

E[B_i h(W)]=p_iE[h(W)\mid B_i=1],

对i求和即证明式(2)。条件模拟可与原向量精心耦合，但必须保持上述完整条件边缘。

例如 $B_1=B_2=B\sim\mathrm{Bernoulli}(p)$ 、0<p<1时，W只取0和2，大小偏置后的W必为2。若在原向量上只把选中的一位改成1，另一位保持B，则原来B=0时会得到W^s=1，概率1−p；这已经不是正确的大小偏置。相关性不能靠“补一次成功”自动消除。

不允许的输入与矩条件

当μ=0且X非负时，X恒为0，式(1)分母为零；本页不把它定义成某个任意新分布。若μ=∞，也无法按该式归一化。若X有负值，xp_x可能为负，更不能直接当概率；先平移再大小偏置得到的是另一个依赖平移量的对象。

只有有限均值并不保证式(3)是有限数。例如 $P(X=k)=c/k^3$ 、k≥1，归一化常数c有限，EX有限而 $EX^2=\infty$ ，故 $EX^s=\infty$ 。定义有效与后续误差预算有限，必须分别检查。

推论与应用

Chen–Stein计数界把上述信号量化：对非负整数W及其任意大小偏置耦合，有保守的有限样本界

d_{\mathrm{TV}}(W,\mathrm{Poisson}(\lambda)) \le\lambda E|W+1-W^s|.

结合式(5)，独立不同率的成功总数得到 $\sum_i p_i^2$ 的统一事件误差。证明还需要Poisson方程的差分解界；它不是仅由大小偏置定义直接推出的另一条耦合不等式。

若以一次生成原n维样本的成本为基础，预先计算累积权重需O(n)空间与算术，二分查找抽I需O(log n)，替换和中的一个分量再用O(1)次算术。这个成本描述独立和的可访问分量模型；依赖条件采样可能比原采样难得多，不能据此声称一般大小偏置耦合都能快速构造。

参考资料

Larry Goldstein and Yosef Rinott，Multivariate Normal Approximations by Stein’s Method and Size Bias Couplings，Journal of Applied Probability 33(1),1996,pp.1–17；非负分布的大小偏置及按分量选择的耦合构造。
Nathan Ross，Fundamentals of Stein’s Method，§3.4.1与§4.3；一般和、条件指示向量与Poisson加一接口。本页只使用一维定义和明确给出的构造，不借用未经陈述的多元近似结论。

形式陈述 ​

先确定新边缘，再选择联合构造 ​

有限分布最容易直接计算 ​

独立和的按均值替换 ​

家庭人数和一个合法却不单调的耦合 ​

Bernoulli和Poisson ​

依赖指示变量要改整个条件模型 ​

不允许的输入与矩条件 ​

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