常用统计量

最新推荐文章于 2024-08-04 22:57:06 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/glchen2017/p/7502359.html

本文深入探讨了样本方差估计的问题，解释了为何在方差计算中分母使用n-1而非n的原因，以及这种做法如何避免估计偏移，确保估计值的准确性。

常用统计量有：

对于样本方差的系数，可能我们第一感觉都是1/n，

样本方差计算公式里分母为 n-1 的目的是为了让方差的估计是无偏的。无偏的估计(unbiased estimator)比有偏估计(biased estimator)更好是符合直

觉的，不符合直觉的是，为什么分母必须得是而不是才能使得该估计无偏。

首先，我们假定随机变量

的数学期望 $\mu$ 是已知的，然而方差 $\sigma^2$ 未知。在这个条件下，根据方差的定义我们有

$\mathbb{E}\Big[\big(X_i -\mu\big)^2 \Big]=\sigma^2, \quad\forall i=1,\ldots,n,$ 由此可得

$\mathbb{E}\Big[\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n\Big(X_i -\mu\Big)^2 \Big]=\sigma^2$ .

因此 $\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n\Big(X_i -\mu\Big)^2$ 是方差 $\sigma^2$ 的一个无偏估计，注意式中的分母不偏不倚正好是！

这个结果符合直觉，并且在数学上也是显而易见的。现在，我们考虑随机变量

的数学期望 $\mu$ 是未知的情形。这时，我们会倾向于无脑直接用样本均值 $\bar{X}$ 替

换掉上面式子中的 $\mu$ 。这样做有什么后果呢？后果就是，

如果直接使用 $\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n\Big(X_i -\bar{X}\Big)^2$ 作为估计，那么你会倾向于低估方差！
这是因为：
$\begin{eqnarray} \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(X_i-\bar{X})^2 &=& \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\Big[(X_i-\mu) + (\mu -\bar{X}) \Big]^2\\ &=& \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2 +\frac{2}{n}\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)(\mu -\bar{X}) +\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(\mu -\bar{X})^2 \\ &=& \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2 +2(\bar{X}-\mu)(\mu -\bar{X}) +(\mu -\bar{X})^2 \\ &=&\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2 -(\mu -\bar{X})^2 \end{eqnarray}$
换言之，除非正好 $\bar{X}=\mu$ ，否则我们一定有
$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(X_i-\bar{X})^2 <\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2$ ,
而不等式右边的那位才是的对方差的“正确”估计！
这个不等式说明了，为什么直接使用 $\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n\Big(X_i -\bar{X}\Big)^2$ 会导致对方差的低估。那么，在不知道随机变量真实数学期望的前提下，如何“正确”的估计方差呢？答案是把上式中的分母换成，通过这种方法把原来的偏小的估计“放大”一点点，我们就能获得对方差的正确估计了：
$\mathbb{E}\Big[\frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n\Big(X_i -\bar{X}\Big)^2\Big]=\mathbb{E}\Big[\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n\Big(X_i -\mu\Big)^2 \Big]=\sigma^2.$