5.2 参数的最大似然估计与矩估计
估计其实就是猜数。
最大似然估计
基本思想
- 概率大的事件比概率小的事件更易发生。
- 将使事件\(A\)发生的概率最大的参数\(\theta\)作为估计值。
案例
总体：100个球（黑球或白球）
需要估计的参数：黑球的个数\(\theta=99\)或\(1\)
抽样：摸球并放回
结论：
如果经常摸出黑球，则估计\(\theta=99\)
如果经常摸出白球，则估计\(\theta=1\)
做题模板
-
写出总体的概率函数/密度函数。（分别对应离散型/连续型）
-
写出似然函数\(L(\theta)\).
似然函数表示取得样本的概率，所以是概率函数值相乘的格式，求导很复杂，所以要使用自然对数将乘除转化为加减。
-
两边取\(\ln\).
-
两边对参数\(\theta\)求(偏)导，令(偏)导数=0，使得似然函数取最大值的参数\(\theta\)就是估计值。
例题
泊松分布例题
例1：总体\(X\sim P(\lambda)\)，样本\((X_1,\cdots,X_n)\)，求\(\lambda\)的极大似然估计。
解：
总体的概率函数为：
\[P\{X=k\}=\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda} \quad (k=0,1,2,\cdots) \]则\(\lambda\)的似然函数为：
\[L(\lambda)=\prod\limits_{i=1}^n\frac{\lambda^{x_i}}{x_i!}e^{-\lambda} =\frac{\lambda^{x_1+x_2+\cdots+x_n}}{\prod\limits_{i=1}^nx_i!}e^{-n\lambda} \]似然函数的因变量只有\(\lambda\).
这里的\(x_i\)都是具体的样本观测值，也就是常数，因此下面求导的时候可以直接去掉。
两边取\(\ln\)：
\[\ln L(\lambda)=-\ln \prod\limits_{i=1}^nx_i!+(x_1+\cdots+x_n)\ln \lambda-n\lambda \]两边对\(\lambda\)求导，并令导数为0：
\[\frac{\mathrm{d}\ln L(\lambda)}{\mathrm{d}\lambda} =\frac{x_1+\cdots+x_n}{\lambda}-n =0 \]因此\(\hat\lambda = \frac{x_1+\cdots+x_n}{n}=\overline{X}\)
指数分布例题
例2：总体\(X\sim e(\lambda)\)，样本\((X_1,\cdots,X_n)\)，求\(\lambda\)的极大似然估计。
总体的密度函数为：
\[f(x;\lambda)= \left\{ \begin{align*} & \lambda e^{-\lambda x},\quad x>0 \\ & 0, \quad\quad\quad x\le 0 \end{align*} \right. \]则\(\lambda\)的似然函数为：
\[L(\lambda)=\prod\limits_{i=1}^n\lambda e^{-\lambda x} =\lambda^ne^{-\lambda(x_1+\cdots+x_n)} \]这里的\(f(x;\lambda)\)不会取到0的情况，因为样本已经取到了，认为其概率就是大于0的。
存疑：概率为0的事件也可能会发生，但是这里似乎忽略了这种情况？
两边取\(\ln\)：
\[\ln L(\lambda)=n\lambda - \lambda(x_1+\cdots+x_n) \]两边对\(\lambda\)求导，并令导数为0：
\[\frac{\mathrm{d}\ln L(\lambda)}{\mathrm{d}\lambda} =\frac{n}{\lambda}-(x_1+\cdots+x_n) =0 \]因此\(\hat\lambda = \frac{n}{x_1+\cdots+x_n}=\frac{1}{\overline{X}}\)
正态分布例题
例3：总体\(X\sim N(\mu,\sigma^2)\)，样本\((X_1,\cdots,X_n)\)，求\(\mu,\sigma^2\)的极大似然估计。
总体的密度函数为：
\[f(x;\mu,\sigma^2)= \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} \]则\(\mu, \sigma^2\)的似然函数为：
\[L(\mu, \sigma^2) =\prod\limits_{i=1}^n\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x_i-\mu)^2}{2\sigma^2}} =(\frac{1}{\sqrt{2\pi}})^n(\frac{1}{\sigma})^ne^{-\frac{(x_1-\mu)^2+\cdots+(x_n-\mu)^2}{2\sigma^2}} \]两边取\(\ln\)：
\[\ln L(\mu, \sigma^2) =n\ln\frac{1}{\sqrt{2\pi}}-\frac{n}{2}\ln\sigma^2-\frac{(x_1-\mu)^2+\cdots+(x_n-\mu)^2}{2\sigma^2} \]先对\(\mu\)求偏导，并令偏导数为0：
\[\begin{align*} \frac{\partial\ln L(\mu,\sigma^2)}{\partial \mu} &= - \frac{[-2(x_1-\mu)]+\cdots+[-2(x_n-\mu)]}{2\sigma^2} \\ &= \frac{(x_1-\mu)+\cdots+(x_n-\mu)}{\sigma^2} \\ &= \frac{x_1+\cdots+x_n-n\mu}{\sigma^2} \\ &= 0 \end{align*} \]因此\(\hat\mu= \frac{x_1+\cdots+x_n}{n}=\overline{X}\).
再将\(\sigma^2\)作为整体对其求偏导：
\[\frac{\partial\ln L(\mu,\sigma^2)}{\partial \sigma^2} =-\frac{n}{2}\frac{1}{\sigma^2}+\frac{(x_1-\mu)^2+\cdots+(x_n-\mu)^2}{2\sigma^4} =0 \]化简得
\[\hat{\sigma^2} = \frac{\sum\limits_{i=1}^n(x_i-\mu)^2}{n}=B_2 \]均匀分布例题
例4：总体\(X\)服从\([\theta_1,\theta_2]\)上的均匀分布，样本\((X_1,\cdots,X_n)\)，求\(\theta_1,\theta_2\)的极大似然估计。
总体的密度函数为：
\[f(x)= \left\{ \begin{align*} & \frac{1}{\theta_2-\theta_1},\quad x\in[\theta_1,\theta_2] \\ & 0, \quad\quad\quad\quad else \end{align*} \right. \]则\(\theta_1,\theta_2\)的似然函数为：
\[L(\theta_1,\theta_2)=\prod\limits_{i=1}^n\frac{1}{\theta_2-\theta_1}=\frac{1}{(\theta_2-\theta_1)^n} \]均匀分布是特殊情况，不能使用做题模板。
如果继续使用取对数求导的思路，会出现：
\[\frac{n}{\theta_2-\theta_1}=0 \]这样的情况，无法再继续求解。
因此应该转换思路。
为了取得似然函数的最大值，那么\((\theta_2-\theta_1)\)应该取最小值，也就是区间越小越好，但又要包含样本。
因此：
- \(\hat{\theta_1}=\min\{x_1,\cdots,x_n\}\)
- \(\hat{\theta_2}=\max\{x_1,\cdots,x_n\}\)
矩估计
基本思想
使用相应的样本矩去估计总体矩。
使用相应的样本矩的函数去估计总体矩的函数。
"相应的"：一阶对应一阶，二阶对应二阶......
例题
例1：\(X\sim N(\mu, \sigma^2)\)，\((X_1,\cdots,X_n)\)是样本，求\(\mu,\sigma^2\)的矩估计。
-
总体的一阶原点矩：\(EX=\mu\)，
-
样本的一阶原点矩：\(\overline{X}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^nX_i\)，
使用样本矩估计总体矩：\(\hat{\mu}=\overline{X}\)；
- 总体的二阶原点矩：\(EX^2\)
因为\(DX=EX^2-(EX)^2\)
所以\(EX^2=DX+(EX)^2=\sigma^2+\mu^2\)
- 样本的二阶原点矩：\(A_2=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^nX_i^2\).
所以\(\hat{EX^2}=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^nX_i^2\).
所以
\[\begin{align*} \hat{\sigma^2} &= \hat{EX^2}-\hat{\mu^2} \\ &= \frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^nX_i^2-\overline{X}^2 \\ &= \frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n(X_i-\overline{X})^2 \end{align*} \]这里最后的等号没有写错，可以反过来计算证明其正确性：
\[\begin{align*} \frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n(X_i-\overline{X})^2 &= \frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n(X_i^2-2X_i\overline{X}+\overline{X}^2) \\ &= \frac{1}{n}\sum X_i^2-2\overline{X}(\frac{1}{n}\sum X_i)+\frac{1}{n}n\overline{X}^2 \\ &= \frac{1}{n}\sum X_i^2-2\overline{X}\overline{X}+\overline{X}^2 \\ &= \frac{1}{n}\sum X_i^2 -\overline{X}^2 \end{align*} \]因此：
\(\frac{1}{n}\sum X_i^2 -\overline{X}^2=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n(X_i-\overline{X})^2\)
这里的\(\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n(X_i-\overline{X})^2\)其实就是二阶中心矩\(B_2\).
所以\(\hat{\sigma^2}=B_2\).
正态分布的两个参数的极大似然估计和矩估计的结果是一致的。
例2：\(X\sim P(\lambda)\)，\((X_1,\cdots,X_n)\)，求\(\lambda\)的矩估计.
泊松分布的期望和方差都是\(\lambda\)，也就是说可以列出两个方程：
- \(\hat{\lambda}=\overline{X}\)
- \(\hat{\lambda}=B_2\)
究竟使用哪个作为估计值可以采取评价估计量的标准进行评估，比如有效性。这里使用一阶的\(\hat{\lambda}=\overline{X}\)更好。
例3：\(X\)服从\([\theta_1,\theta_2]\)上的均匀分布，求\(\theta_1,\theta_2\)的矩估计。
根据均匀分布的性质，有
- \(EX=\frac{1}{2}(\theta_1+\theta_2)\)
- \(DX=\frac{(\theta_2-\theta_1)^2}{12}\)
第一个式子可以用均值估计：\(\frac{1}{2}(\hat{\theta_1}+\hat{\theta_2})=\overline{X}\)
同时，有\(DX=EX^2-(EX)^2=EX^2-\frac{(\theta_1+\theta_2)^2}{4}\)
所以\(EX^2=\frac{(\theta_2-\theta_1)^2}{12}+\frac{(\theta_1+\theta_2)^2}{4}\).
\(EX^2\)使用\(A_2=\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^nX_i^2\)近似，样本是已知的，所以\(A_2\)是可计算的已知的量。
所以\(\frac{(\hat{\theta_2}-\hat{\theta_1})^2}{12}+\frac{(\hat{\theta_1}+\hat{\theta_2})^2}{4}=A_2\)
综上，可以列出两个方程用于求解\(\hat{\theta_1},\hat{\theta_2}\)：
\[\left\{ \begin{align*} & \frac{1}{2}(\hat{\theta_1}+\hat{\theta_2})=\overline{X} \\ & \frac{(\hat{\theta_2}-\hat{\theta_1})^2}{12}+\frac{(\hat{\theta_1}+\hat{\theta_2})^2}{4}=A_2 \\ \end{align*} \right. \]求解得到：
\[\left\{ \begin{align*} & \hat{\theta_1} = \overline{X}-\sqrt{3B_2} \\ & \hat{\theta_2} = \overline{X}+\sqrt{3B_2} \end{align*} \right. \]标签：似然,与矩,frac,sigma,mu,估计,theta,hat,lambda From： https://www.cnblogs.com/feixianxing/p/maximum-likelihood-estimation-and-moment-estimation-使用教材：
《概率论与数理统计》第四版 中国人民大学 龙永红 主编 高等教育出版社