计量经济学随机项方差无偏估计量的证明

第一篇：计量经济学随机项方差无偏估计量的证明

ˆi，是完全可以计因为，样本残差可以看作是总体随机项的估计量，而样本残差iyiy

算的，因此，可以用样本残差的方差来估计总体随机项的方差。

我们目的是得到的无偏估计量，因此，我们需要确定样本残差平方和的自由度fe，使得

i2

2（3.4.3）E

fe

由于0，所以，上式等价于

i2

2（3.4.4）E

fe

可以证明fen2，其中n是样本容量。下面给出证明：

第二篇：样本方差证明

一弛，你好！

样本方差有2种表达方式：

S2

n1n(Xi)2-----（1）ni1

1n

Sn1(Xi)2-----（2）n1i12

从理论上说这2种定义都是可行的，现实生活中更经常使用方程（2），是因为方程（2）是总体方差真实值2的无偏估计量，而（1）是有偏估计量。无偏性在应用中非常重要，估计量只有无偏才能保证在样本数目足够大时无限趋近于真实值，估计才有意义。证明方程（2）的无偏性如下，思路是对估计量求期望，看是否等于总体方差：

n1E(Sn1)E[(Xi)2]n1i1

n1E{[(Xi)()]2}n1i1

nn12E{[(Xi)2(Xi)()n()2}n1i1i12

n1{E(Xi)22nE()2nE()2}n1i1

n1{E(Xi)2nE()2}n1i1

212{nn()}n1n

2

证毕。

如果有问题，可随时联系我。

祝好！

陈谢晟

第三篇：n次方差的证明

n次方差公式的证明方法

n次方差公式：

anbn(ab)(an1an2ban3b2abn2bn1)，nN

证法一：

anbnanan1ban1ban2b2an2b2.....abn1bn

an1(ab)an2b(ab).....bn1(ab)(ab)(a

证法二： n1an2b.....bn1)

b设等比数列an的通项公式为an，则其前n项和为：

a

nbnbb1b123n1nabbbaab(anbn)bb......nbaaaaba(ab)aa1a23n1n na(ab)bbbbb故：anbn......baaaaan (ab)an1an2ban3b2......abn2bn1

第四篇：二项分布的期望与方差的证明

二项分布的期望与方差的证明

二项分布是概率统计里面常见的分布，是指相互独立事件n次试验发生x次的概率分布，比较常见的例子。种子萌发试验，有n颗种子，每颗种子萌发的概率是p，发芽了x颗的概率就服从二项分布。

如果还是迷茫，就听我说说故事，在古代，大概明末清初的时候，瑞士有个家族，叫伯努利家族，出了很多数学家，有一位叫詹姆斯·伯努利(James Bernoulli)的，比较喜欢做试验，他的试验有特点，是一系列的试验，没发生就是失败，而且每次的成功概率都是p，若果失败了就是q=(1-p)，只有这两种情况，后来人们给了这除了成功就是失败的性质一个比较抽象的名称，叫相互对立事件。在这些试验中，每次得出的结果与其他次试验都不发生关系，同样人们也给了这种不发生关系的性质一个比较抽象的名称，叫相互独立事件，同时把这种试验叫做伯努利试验。在n次伯努利试验中，发生x次的概率满足二项分布。

如果令q=(1-p)，那么很容易得出发生x次的概率为C{x，n}*p^x*q^(n-x)，因为决定该分布的只有n、p，所以为了简单起见，人们把x服从n，p的二项分布记做x～B(n，p)。

现在的目标是计算二项分布的期望和方差，在网上寻找二项分布的期望和方差大都给一个结果，np、npq，很难找到它是怎么来的。好不容易查到，还是花钱才能看的，就那几步过程，有必要藏着盖着吗？今天我把过程写出来，让大家都了解了解，都是原创，互相学习，希望支持。

首先，不厌其烦地说一下期望与方差的关系，以便清晰思路。期望用E表示，方差用D表示，一般把自变量记做ξ，如果对于结果为ξ的概率为Pξ那么，其期望为Eξ=∑ξ*Pξ，方差为Dξ=∑(ξ－Eξ)^2*Pξ，另外还有一个常见的量叫做标准差，一般用σ表示，σξ=√Dξ，根据方差的概念，可知： Dξ=∑(ξ－Eξ)^2*Pξ

=∑(ξ^2＋Eξ^2－2*ξ*Eξ)*Pξ

=∑(ξ^2*Pξ＋Eξ^2*Pξ－2*Pξ*ξ*Eξ)

=∑ξ^2*Pξ＋Eξ^2*∑Pξ－2*Eξ*∑Pξ*ξ 因为∑Pξ=1而且Eξ=∑ξ*Pξ 所以Dξ=∑ξ^2*Pξ－Eξ^2 而∑ξ^2*Pξ，表示E(ξ^2)所以Dξ =E(ξ^2)－Eξ^2 下面计算数学期望, Eξ=∑{ξ =0，n}ξ*C{ξ，n}*p^ξ *q^(n-ξ)

=∑{ξ =0，n}ξ*n!/ξ!/(n-ξ)!*p^ξ *q^(n-ξ)

=∑{ξ =1，n}n!/(ξ-1)!/(n-ξ)!*p^ξ *q^(n-ξ)

=n*p*∑{ξ =1，n}C{ξ-1，n-1}*p^(ξ-1)*q^(n-ξ)

=n*p*(p+q)^(n-1)=n*p

如果要计算方差，根据公式Dξ =E(ξ^2)－Eξ^2可得出结果，过程如下，Dξ =E(ξ^2)－Eξ^2

=∑{ξ =0，n}ξ^2*C{ξ，n}*p^ξ *q^(n-ξ)－ n*p*∑{ξ =0，n}ξ*C{ξ，n}*p^ξ *q^(n-ξ)

=n*p*∑{ξ =1，n}ξ*(n-1)!/(ξ-1)!/(n-ξ)!*p^(ξ-1)*q^(n-ξ)－ n*p*∑{ξ =1，n}ξ*C{ξ，n}*p^ξ *q^(n-ξ)

=n*p*∑{ξ =1，n}p^(ξ-1)*q^(n-ξ)*ξ*(C{ξ-1，n-1}－C{ξ，n}＋C{ξ，n}*q)

=n*p*∑{ξ =1，n}p^(ξ-1)*q^(n-ξ)*ξ*[C{ξ，n}*q－(C{ξ，n}－C{ξ-1，n-1})]

=n*p*[∑{ξ =1，n}p^(ξ-1)*q^(n-ξ)*ξ*C{ξ，n}*q－∑{ξ =1，n-1}p^(ξ-1)*q^(n-ξ)*ξ*C{ξ，n-1}]

=n*p*[∑{ξ =1，n}p^(ξ-1)*q^(n-ξ)*n!/(ξ-1)!/(n-ξ)!*q－∑{ξ =1，n-1}p^(ξ-1)*q^(n-ξ)*(n-1)!/(ξ-1)!/(n-1-ξ)!]

=n*p*[∑{ξ =1，n}n*q*C{ξ-1，n-1}*p^(ξ-1)*q^(n-ξ)－ ∑{ξ =1，n-1}(n-1)*q*C{ξ-1，n-2}*p^(ξ-1)*q^(n-ξ-1)]

=n*p*[n*q*(p+q)^(n-1)－(n-1)*q*(p+q)^(n-2)]

=n*p*[n*q－(n-1)*q]

=n*p*q

以上就是二项分布的期望与方差的证明，过程比较简单，就是一个思路，要想更深入的领悟，就须要自己亲自地证明一遍了，也许你的方法将会更简单……

第五篇：二项分布的期望和方差的详细证明

二项分布的期望的方差的证明

山西大学附属中学韩永权

离散型随机变量的二项分布:

在一次随机试验中，某事件可能发生也可能不发生，在n次独立重复试验中这个事件发生的次数ξ是一个随机变量．如果在一次试验中某事件发生的概率是P，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率是Pn(k)Cnkpkqnk，（k0,1,2n q1p）

称这样的随机变量ξ服从二项分布，记作ξ～B(n，p)，其中n，p为参数，并记Cnkpkqnk＝b(k；n，p)．求证：服从二项分布的随机变量的期望Enp.kk1证明如下：预备公式：kcnncn1

00n10n220n2k1k1(n1)(nk)n1n10(pq)n1(cnc1cn...cnq...cnq)1pqn1pq1pq1p1p

kkkknk因为p(k)cnp(1p)nkcnpq,00n1n122n2kknkn0n所以 E0cnpq1c12cnpq...kcnpq...ncnpq npq

00n110n220n2k1k1(n1)(nk)n1n10=np(cnpqcpqcpq...cpq...cq)1n1n1n1n1p

=np(pq)n1np

所以Enp

方法二：

证明：若 X~B(n,p)，则X表示n重贝努里试验中的“成功” 次数，现在我们来求X的数学期望。

若设Xi1如第i次试验成功i1,2,0如第i次试验失败n

则XX1X2...Xn，因为 P(Xi1)P，P(Xi0)1Pq

所以E(Xi)0q1pp，则E(X)E[Xi]E(Xi)np

i1i1nn

可见，服从参数为n和p的二项分布的随机变量X的数学期望是np 需要指出，不是所有的随机变量都存在数学期望。求证：服从二项分布的随机变量的方差公式Dnpq(q1p)

1k2预备公式：k2CnknCnk1n(n1)Cn2

kk1k1k2CnknCn)1]Cn1n[(k11

k1k12kk1k2k1k2nCn)Cn1n(k1)Cn1nCn1n(n12 kCnnCn1n(n1)Cn2

22方法一：证明：DE(E)

iiniEi2Cnpq 2

i0

nnn

Cpq1

nn1nC

i2

ni1n1pqinii2inin(n1)Cn 2pqi2

npqn1npC

i1i1n1pqi1ninpCq0n1n1n(n1)p2Ci2ni2n2pi2qni

npqn1np(pq)n1npqn1n(n1)p2(pq)n2

npqn1npnpqn1n(n1)p2npn2p2np2np(1p)n2p2npqn2p2

22由公式D(X)E(X2)[E(X)]2知，DE(E)

npqn2p2(np)2np(1p)

方法二： 设~B(n,p), 则X表示n重贝努里试验中的“成功” 次数。

若设Xi

n1如第i次试验成功i1,2,0如第i次试验失败n 则i是n次试验中“成功”的次数，E(i)0q1pp，i1

故 D(i)E(i2)[E(i)]2pp2p(1p)，i1,2，n 由于1,2,...,n相互独立，于是

nD()D(i)np(1p)i1