3._点估计_矩估计法

引入

引例1：矩估计法通俗解释：某个调查小组要统计当地人员的平均工资，为此，他们随机的找了当地100个工作人员，算出这100个人的平均工资为5000元，由此他们推出，当地人平均工资5000元。可以看到在这里，我们直接使用样本的均值来当做总体的期望值。

引例2 ：对某型号的 20 辆汽车记录其每 5 L 汽油的行驶里程 (单位: km ), 观测数据如下:

这是一个容量为 20 的样本观测值, 对应总体是该型号汽车每 5 L 汽油的行驶里程, 其分布形式尚不清楚, 可用矩法估计其均值、方差和中位数等. 本例中经计算有样本的均值方差和中位数

由此给出总体均值、方差和中位数的估计分别为 $28.695,0.9668$ 和 28.6. 上面两个例子虽然不同，但是处理方法类似，就是我们直接使用样本值来替代总体值，这种方法被称为矩估计法。因此矩法估计的统计思想十分简单明确，众人都能接受，使用场合甚广.

矩估计法的矩是k阶矩的意思。比如上面引例2中，我们用 样本期望拟合总体期望（相当于1阶原点矩），用 样本方差拟合总体方差（相当于2阶中心矩），如果继续使用样本的3阶矩、4阶矩拟合总体的3阶矩、4阶矩，会让样本越来越接近总体估算。关于k解决详见此处

基本概念

若总体 $X$ 的分布已知，但它的一个或多个参数未知，则由总体 $X$ 的样本去估计未知参数的值，此类问题就属于参数的点估计。

例如，设总体 $X$ 的分布函数为 $F(x ; \theta)$ ，其中 $\theta$ 为未知参数，由样本 $X_1, X_2, \cdots, X_n$ 构造一个统计量

去估计未知参数 $\theta$ ，这种方法称为点估计，$\hat{\theta}\left(X_1, X_2, \cdots, X_n\right)$ 称为参数 $\theta$ 的估计量．若 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ 是一组样本观测值，则 $\hat{\theta}\left(x_1, x_2, \cdots, x_n\right)$ 称为参数 $\theta$ 的估计值．

矩估计法

某工厂生产某种型号的钢筋，为了解此种钢筋的强度，我们从中抽取50根进行检查．如何从抽查的50根钢筋的强度数据去估计此种钢筋的平均强度µ呢？这就是参数估计要解决的问题．其中又分为两种情形：是找一个数值去估计µ，还是找一个范围去估计µ？

在上面估计钢筋强度的例子中，如果 50 根钢筋的强度数据已经检测完毕，我们可以用这 50 根钢筋的平均强度去估计此种钢筋的平均强度 $\mu$ ，即

在实际问题中，我们常常以统计量

作为总体X的期望值的估计量，这里用的就是矩估计法．

矩估计法的基本思想是替换原理，即用样本矩去替换相应的总体矩，这里的矩可以是原点矩，也可以是中心距．我们知道，矩是由随机变量的分布唯一确定的，而样本来源于总体，由大数定律可知，样本矩在一定程度上反映总体矩的特征

英国统计学家K.Pearson 皮尔逊于1900年提出了这个替换原理，后来人们称此方法为矩估计法或矩法（Moment Method of Estimation）． 若估算的不够良好，再做适当调整．

矩估计的具体步骤

设总体 $X$ 的分布函数 $F\left(x ; \theta_1, \cdots, \theta_k\right)$ 中含有 $k$ 个未知参数 $\theta_1, \cdots, \theta_k$, 则: (1) 设总体 $X$ 的前 $k$ 阶矩 $\mu_l=E\left(X^l\right) \quad(1 \leqslant l \leqslant k)$ 存在, 求出 $\mu_l=E\left(X^l\right) \quad(1 \leqslant l \leqslant k)$,一般都是这 $k$ 个未知参数的函数, 记为

(2) 设 $A_l(1 \leqslant l \leqslant k)$ 为样本 $k$ 阶矩, 用样本矩去替换总体矩, 即

令

(3) 求出上面方程组的解 $\hat{\theta}_1, \hat{\theta}_2, \cdots, \hat{\theta}_k$, 称 $\hat{\theta}_l=\hat{\theta}_l\left(X_1, X_2, \cdots, X_n\right)$ 为参数 $\theta_l(1 \leqslant l \leqslant k)$的矩估计量, $\hat{\theta}_l=\hat{\theta}_l\left(x_1, x_2, \cdots, x_n\right)$ 为参数 $\theta_l(1 \leqslant l \leqslant k)$ 的矩估计值.

在做矩估计时，既可用原点矩也可用中心矩建立关于未知参数的方程组，而且矩的阶数有多种选择，因而矩估计是不唯一的．为了计算方便，在矩估计中应该尽量采用低阶矩给出未知参数的矩估计．但通常估计使用期望和方差。 {width=500px}

例题

例 (离散型)设$X$为某零配件供应商每周的发货批次，其分布律如下．

其中 $\theta$ 是未知参数．假设收集了该供应商 8 周的发货批次如下．

求 $\theta$ 的矩估计值． 解 总体期望 $E(X)=0 \times \theta^2+1 \times 2 \theta(1-\theta)+2 \times \theta^2+3 \times(1-2 \theta)=3-4 \theta$ ． 样本均值 $\bar{X}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i=\frac{1}{8} \times(3+1+3+0+3+1+2+3)=2$ ． 用样本均值估计总体期望有 $E(X)=\bar{X}$ ，即 $3-4 \theta=2$ ． 解得矩估计值为 $\hat{\theta}=\frac{1}{4}$ ．

例（连续型）已知某种金属板的厚度 $X$ 在 $(a, b)$ 上服从均匀分布，其中 $a, b$ 未知．设抽查了 $n$ 片金属板，厚度分别为 $X_1, X_2, \cdots, X_n$ 。试用矩估计法估计 $a, b$ 。

解：我们在随机变量的数字特征上给出了均匀分布的期望和方差，即

$X$ 若在 $(a, b)$ 上服从均匀分布， 则 $E(X)=\frac{a+b}{2}, D(X)=\frac{(b-a)^2}{12}$

总体的二阶矩 $E\left(X^2\right)=D(X)+E^2(X)=\frac{(b-a)^2}{12}+\left(\frac{a+b}{2}\right)^2$ ，

令

解此方程组，得到 $a, b$ 的矩估计量分别为

（其中，$B_2=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n\left(X_i-\bar{X}\right)^2$ 为二阶样本中心距）

点评 本题因为需要估计两个参数 $a, b$ ，所以应该构造两个方程：（1）求出期望 $E X$ 用 $\bar{X}$ 代替； （2）求出 $E\left(X^2\right)$ 用 $A_2=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i^2$ 代替，这样为 $\hat{a}=\bar{X}-\sqrt{3 B_2}, \quad \hat{b}=\bar{X}+\sqrt{3 B_2}$

下面把上面抽象计算具体化，设厂钢板厚度服从均匀分布U(a,b)，测量一批块钢板，其值为容量为 5 的样本：

经计算，有 $\bar{x}=4.48, s=0.3962$ ，于是可得 $a, b$ 的矩估计为

这样，我们就说，钢板服从 (3.794 ~ 5.166) 的均匀分布。

例 设总体 $X$ 在 $[a, b]$ 上服从均匀分布，$\left(X_1, X_2, \cdots, X_n\right)$ 为其样本，样本均值 $\bar{X}$ ，样本方差 $S^2$ ，则 $a, b$ 的矩估计 $\hat{a}=$ $\qquad$ ，$\hat{b}=$ $\qquad$。 解 由均匀分布的数字特征结论：

令 $E X=\bar{X}, D X=S^2$ ，解得

点评： 请仔细比较本例和上例的细微差别。因为a,b 是两个参数，所以需要2个方程。 上例使用期望和2解矩构造方程，本题使用期望和方差构造方程。所以，矩估计是不唯一的

例 设某种钛金属制品的技术指标为 $X$ ，其概率密度为

其中未知参数 $\beta>1$ ．$X_1, X_2, \cdots, X_n$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本，求 $\beta$ 的矩估计量．

解 由于 $E(X)=\int_{-\infty}^{+\infty} x f(x) d x=\int_1^{+\infty} x \cdot \frac{\beta}{x^{\beta+1}} d x=\frac{\beta}{\beta-1}$ ，令 $\frac{\beta}{\beta-1}=\bar{X}$ ，解得 $\beta=\frac{\bar{X}}{\bar{X}-1}$ ，所以参数 $\beta$ 的矩估计量为 $\hat{\beta}=\frac{\bar{X}}{\bar{X}-1}$ ．

例设总体 $X$ 服从正态分布 $N\left(\mu, \sigma^2\right) ，\left(X_1, X_2, \ldots, X_n\right)$ 是取自总体 $X$ 的一个样本， (1) 求 $\mu$ 的矩估计量; (2) $\mu$ 已知， $\sigma^2$ 末知，求 $\sigma^2$ 的矩估计量； (3) $\mu$ 和 $\sigma^2$ 都末知，求 $\sigma^2$ 的矩估计量.

解：(1)我们已经知道在正态分布里，其数学期望就是$\mu$，而上面说过，矩估法里，总体的数学期望可用样本的数学期望代替，因此 $\mu=E(X)$ ，故 $\mu$ 的矩估计量 $\hat{\mu}=\bar{X}$ ；

(2) $\sigma^2=D(X)=E\left(X^2\right)-E^2(X)$, 又因为 $\mu=E(X)$ 已知， 故 $\hat{\sigma}^2=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i^2-\mu^2$ (3) 因为 $\mu=E(X)$ 末知，故

上面这个例子说明，正态分布里，总体的期望就是样本的期望，总体的方程就是样本的方差。

例设总体 $X \sim P(\lambda)$ ，其中 $\lambda>0$ 未知， $\left(X_1, X_2, \cdots, X_n\right)$ 为取自该总体的一个样本. 试求: （1）$\lambda$ 的矩估计量; （2）$P(X=0)$ 的矩估计量.

解：(1) 因为 $E(X)=\lambda$ ，故 $\lambda$ 的矩估计量可定义为 $\hat{\lambda}=\bar{X}$. 又 $D(X)=\lambda=E\left(X^2\right)-(E X)^2$ ，故 $\lambda$ 的矩估计量又可写为 $\hat{\lambda}=\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i^2-\bar{X}^2$. 这说明矩估计可能不唯一，通常尽量采用较低阶的矩给出未知参数的估计。 (2) 因 $P(X=0)= e ^{-\lambda} \frac{\lambda^0}{0!}= e ^{-\lambda}= e ^{-E(X)}$ 所以: $\hat{P}(X=0)= e ^{-\bar{X}}$.

关于矩估计量有下列结论:

定理 设总体 $X$ 的均值 $E(X)=\mu$ ，方差 $D(X)=\sigma^2 ，\left(X_1, X_2, \cdots, X_n\right)$ 为取自该总体的一个样本， 则 $\bar{X}$ 是 $\mu$ 的矩估计量, $S_n^2$ 是 $\sigma^2$ 的矩估计量， $S_n$ 是 $\sigma$ 的矩估计量.

例设总体$X$的密度函数为

,其中$\theta$ 未知，$(X_1,X_2,...X_n)$未取自该总体的一个样本，求$\theta$得矩估计量 解：因为 $E(X)=\int_\theta^{+\infty} x e^{-(x-\theta)} d x=\int_0^{+\infty}(t+\theta) e^{-t} d t=\int_0^{+\infty} t e^{-t} d t+\int_0^{+\infty} \theta e^{-t} d t=1+\theta$ 所以 $\theta=E(X)-1$, 故 $\theta$ 的矩估计量 $\hat{\theta}=\bar{X}-1$.

例设 $X \sim U(-\theta, \theta),\left(X_1, X_2, \cdots, X_n\right)$ 为取自该总体的 一个样本，求 $\theta(\theta>0)$ 的矩估计量. 解 因 $E(X)=0$ ，而 $E\left(X^2\right)=D(X)=\frac{\theta^2}{3}$, 所以可由此解出 $\theta^2=3 E\left(X^2\right), \theta=\sqrt{3 E\left(X^2\right)}$, 故 $\theta$ 的矩估计量为 $\hat{\theta}=\sqrt{3 \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n X_i^2}$.

例 设

其中 $\theta>0$ 末知, 求 $\theta$ 的矩估计量. 解 由已知条件可求得

故， $\theta=\frac{3}{2} E(X)$. 所以 $\hat{\theta}=\frac{3}{2} \bar{X}$.