无偏估计篇—番外篇1—没有无偏估计统计量的栗子们

栗子1设样本 X ∼ B ( n , p ) X\sim B(n,p) X∼B(n,p)， n n n已知而 p p p为未知参数（样本大小为1）， g ( p ) = s i n p g(p)=sin~p g(p)=sinp.因为 X X X只取 0 , 1 , . . . , n 0,1,...,n 0,1,...,n这些值，为定义一个估计量 g ^ \hat{g} g^​，只需指出 g ^ ( i ) \hat{g}(i) g^​(i)的值 a i ( i = 0 , 1 , . . . , n ) a_i(i=0,1,...,n) ai​(i=0,1,...,n)即可.

容易知道， g ^ \hat{g} g^​必为有偏的.

如果 g ^ \hat{g} g^​为无偏的,则应有

E p [ g ^ ( X ) ] = ∑ i = 0 n a i ( n i ) p i ( 1 − p ) n − i = g ( p ) = s i n p , ∀ p ∈ ( 0 , 1 ) E_p[\hat{g}(X)]=\sum_{i=0}^{n}a_i\binom{n}{i}p^i(1-p)^{n-i}=g(p)=sin~p,\forall p\in (0,1) Ep​[g^​(X)]=i=0∑n​ai​(in​)pi(1−p)n−i=g(p)=sinp,∀p∈(0,1)

但是一个多项式函数是不可能在一个区间上处处等于一个超越函数 s i n p sin~p sinp的.因此不可能存在 s i n p sin~p sinp的无偏估计.

栗子2设 X 1 , X 2 , . . . , X n ∼ N ( θ , 1 ) X_1,X_2,...,X_n \sim N(\theta,1) X1​,X2​,...,Xn​∼N(θ,1).则 g ( θ ) = ∣ θ ∣ g(\theta)=|\theta| g(θ)=∣θ∣没有无偏估计.

如果存在无偏估计 g ^ ( X ) \hat{g}(X) g^​(X),那么应有

E θ ( g ^ ( X ) ) = ∫ − ∞ + ∞ g ^ ( x 1 , . . . , x n ) p ( x 1 , x 2 , . . . , x n , θ ) d x 1 d x 2 . . . d x n = ∣ θ ∣ E_\theta(\hat{g}(X))=\int_{-\infty}^{+\infty}\hat{g}(x_1,...,x_n)p(x1,x2,...,xn,\theta)dx_1dx_2...dx_n=|\theta| Eθ​(g^​(X))=∫−∞+∞​g^​(x1​,...,xn​)p(x1,x2,...,xn,θ)dx1​dx2​...dxn​=∣θ∣

然后会发现 左边可以对 θ \theta θ取任意值进行求导（控制收敛定理）.

d d θ ∫ − ∞ + ∞ g ^ ( x 1 , . . . , x n ) p ( x 1 , x 2 , . . . , x n , θ ) d x 1 d x 2 . . . d x n = ∫ − ∞ + ∞ g ^ ( x 1 , . . . , x n ) d d θ p ( x 1 , x 2 , . . . , x n , θ ) d x 1 d x 2 . . . d x n \frac{d}{d\theta}\int_{-\infty}^{+\infty}\hat{g}(x_1,...,x_n)p(x1,x2,...,xn,\theta)dx_1dx_2...dx_n=\int_{-\infty}^{+\infty}\hat{g}(x_1,...,x_n)\frac{d}{d\theta}p(x1,x2,...,xn,\theta)dx_1dx_2...dx_n dθd​∫−∞+∞​g^​(x1​,...,xn​)p(x1,x2,...,xn,θ)dx1​dx2​...dxn​=∫−∞+∞​g^​(x1​,...,xn​)dθd​p(x1,x2,...,xn,θ)dx1​dx2​...dxn​

但是右式 ∣ θ ∣ |\theta| ∣θ∣在 0 0 0处不可导，这就产生了矛盾.

说明 ∣ θ ∣ |\theta| ∣θ∣的无偏估计量 g ^ ( X ) \hat{g}(X) g^​(X)是不存在的.

参考资料：《数理统计学教程》（陈希孺）

如果觉得《无偏估计篇—番外篇1—没有无偏估计统计量的栗子们》对你有帮助，请点赞、收藏，并留下你的观点哦！