最后更新: 2023-10-01 11:28 ● 参与者查看: 208 次纠错分享评论参与项目

无偏性

定义1
如果末知参数 $\theta$ 的估计量 $\hat{\theta}\left(X_1, X_2, \cdots, X_n\right)$ 满足 $E_\theta\left[\hat{\theta}\left(X_1, \cdots, X_n\right)\right]=\theta$ 则称 $\hat{\theta}\left(X_1, \cdots, X_n\right)$ 为 $\theta$ 的一个无偏估计量.
如果 $\lim _{n \rightarrow+\infty} E_\theta\left[\hat{\theta}\left(X_1, \cdots, X_n\right)\right]=\theta$
则称 $\hat{\theta}\left(X_1, \cdots, X_n\right)$ 为 $\theta$ 的渐近无偏估计量.

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例 2
设总体 $X \sim N\left(\mu, \sigma^2\right),\left(X_1, X_2, \cdots, X_n\right)$ 为来自该总体的一个样本，
已求得：当 $\mu$ 已知时， $\sigma^2$ 的矩估计量 $\hat{\sigma}_1^2=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i^2-\mu^2$ ；
当 $\mu_{\text {末知时， }} \sigma^2$ 的矩估计量 $\hat{\sigma}_2^2=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i^2-(\bar{X})^2=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n\left(X_i-\bar{X}\right)^2=S_n^2$.
分别讨论是 $\hat{\sigma}_1^2 、 \hat{\sigma}_2^2$ 的无偏性.

$$
\text { 解 } \begin{aligned}
E\left(\hat{\sigma}_1^2\right) & =\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n E\left(X_i-\mu\right)^2=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n E(X-\mu)^2 \\
& =E(X-\mu)^2=E(X-E(X))^2=D(X)=\sigma^2
\end{aligned}
$$

故 $\hat{\sigma}_1^2$ 是 $\sigma^2$ 的无偏估计.

$$
E\left(\hat{\sigma}_2^2\right)=E\left(S_n^2\right)=\frac{n-1}{n} \sigma^2 \neq \sigma^2, n>2
$$

故 $\hat{\sigma}_2^2=S_n^2$ 不是 $\sigma^2$ 的无偏估计.
将 $S_n^2$ 修正为 $S^2$ ，满足 $E\left(S^2\right)=\sigma^2$ ，则 $S^2$ 是 $\sigma^2$ 的无偏估计量.
定理 1
若总体 $X$ 的均值 $E(X)=\mu$ ，方差 $D(X)=\sigma^2$ ，样本为 $\left(X_1, X_2, \cdots, X_n\right)$ ， 则有
(1) $E(\bar{X})=\mu$,
(2) $E\left(S^2\right)=\sigma^2, E\left(S_n^2\right)=\frac{n-1}{n} \sigma^2, n \geq 2$
因此，样本均值是总体均值的无偏估计，样本方差是总体方差的无偏估计，而样本的二 阶中心矩是总体方差的渐䜣无偏估计。

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