[概率论与数理统计]笔记：5.2 参数的最大似然估计与矩估计

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

1. 写出总体的概率函数/密度函数。（分别对应离散型/连续型）

2. 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。

3. 两边取\(\ln\).

4. 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：

则\(\lambda\)的似然函数为：

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\(\ln\)：

两边对\(\lambda\)求导，并令导数为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：

则\(\lambda\)的似然函数为：

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\(\ln\)：

两边对\(\lambda\)求导，并令导数为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：

则\(\mu, \sigma^2\)的似然函数为：

两边取\(\ln\)：

先对\(\mu\)求偏导，并令偏导数为0：

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：

化简得

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：

则\(\theta_1,\theta_2\)的似然函数为：

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

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\(\hat{\theta_1},\hat{\theta_2}\)：

求解得到：

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