十四、平稳序列的参数估计与白噪声检验

之前我们在理论上讨论过AR(p),MA(q),ARMA(p,q){\rm AR}(p),{\rm MA}(q),{\rm ARMA}(p,q)AR(p),MA(q),ARMA(p,q)模型的一些特征，都是从模型本身出发对其样本分布作出一些判断，然而在实际生活中，我们往往先碰到的是时间序列的观测样本，并且对其作出分析以后，才能判断其属于哪一种序列。之前我们讨论过以上三种模型的判定，还有模型参数的计算，都是在零均值的前提下，基于自协方差函数计算的，所以这里先讨论均值、自协方差函数的估计。

这部分的结论较多，推导较少。并且我们总假设{εt}\{\varepsilon_t\}{εt}是零均值白噪声，{ψk}\{\psi_k\}{ψk}平方可和，因为我们讨论过的三种模型都具有这样的性质。

1.估计均值

设x1,x2,⋯,xNx_1,x_2,\cdots,x_Nx1,x2,⋯,xN是平稳序列{Xt}\{X_t\}{Xt}的观测值，则我们一般用以下统计量来估计平稳序列的均值：
μ^=xˉN=1N∑k=1Nxk.\hat\mu=\bar x_N=\frac 1N\sum_{k=1}^Nx_k. μ^=xˉN=N1k=1∑Nxk.
这种想法是很直观的，就像我们在数理统计中选择用样本均值作为总体均值的估计一样，并且这个估计量具有也具有许多良好的性质。

首先是无偏性，即Eμ^=μ{\rm E}\hat\mu =\muEμ^=μ，这是因为
Eμ^=1N∑k=1NE(xk)=μ.{\rm E}\hat\mu=\frac 1N\sum_{k=1}^N{\rm E}(x_k)=\mu. Eμ^=N1k=1∑NE(xk)=μ.
然后是相合性，这指的是估计量随着样本容量的增加收敛于估计值的能力，也就是说具有相合性的统计量，有越大的样本容量，就有越大的估计精度。对于任何平稳序列，μ^\hat \muμ^首先是均方收敛到μ\muμ的，有
E(μ^−μ)2=E[1N∑k=1N(Xk−μ)]2=1N2E(∑k=1N(Xk−μ))2=1N2∑k=−NN(N−∣k∣)γk≤∑k=1N∣γk∣→0.\begin{aligned} {\rm E}(\hat \mu-\mu)^2=&{\rm E}\left[\frac 1N\sum_{k=1}^N(X_k-\mu) \right]^2\\ =&{\rm }\frac 1{N^2}{\rm E}\left(\sum_{k=1}^N(X_k-\mu) \right)^2\\ =&\frac 1{N^2}\sum_{k=-N}^N(N-|k|)\gamma_k \\ \le &\sum_{k=1}^N |\gamma_k|\to 0. \end{aligned} E(μ^−μ)2===≤E[N1k=1∑N(Xk−μ)]2N21E(k=1∑N(Xk−μ))2N21k=−N∑N(N−∣k∣)γkk=1∑N∣γk∣→0.
这里第二行到第三行的变换类似《九、AR(p){\rm AR}(p)AR(p)序列的谱密度及其他性质》中“周期图”部分的展开，这就得到了μ^\hat \muμ^均方收敛到μ\muμ的性质，自然也是依概率收敛的。事实上，如果{Xt}\{X_t\}{Xt}是严平稳遍历序列，则XˉN=μ^\bar X_N=\hat\muXˉN=μ^还是μ\muμ的强相合估计。

知道μ^\hat \muμ^具有相合性后，自然想知道其收敛速度，这决定了我们的样本数量能够带来均值估计的精度。在重对数律成立时，得到收敛速度的阶数一般是
O(2ln⁡ln⁡NN).O\left(\sqrt{\frac{2\ln \ln N}{N}} \right). O(N2lnlnN).
重对数律指的是如下的定理：

重对数律定理：设{εt}\{\varepsilon_t\}{εt}是独立同分布的WN(0,σ2){\rm WN}(0,\sigma^2)WN(0,σ2)，线性平稳序列{Xt}\{X_t\}{Xt}为
Xt=μ+∑k=−∞∞ψkεt−kX_t=\mu+\sum_{k=-\infty}^\infty\psi_k\varepsilon_{t-k} Xt=μ+k=−∞∑∞ψkεt−k
并且谱密度f(0)≠0f(0)\ne 0f(0)=0，则以下条件之一成立时：

当k→∞k\to \inftyk→∞时，ψ∣k∣\psi_{|k|}ψ∣k∣以负指数阶收敛于0；

谱密度f(λ)f(\lambda)f(λ)在λ=0\lambda=0λ=0处连续，且E∣εt∣r<∞{\rm E}|\varepsilon_t|^r<\inftyE∣εt∣r<∞对某个r>2r>2r>2成立；

重对数律成立为
lim⁡N→∞sup⁡N2ln⁡ln⁡N(XˉN−μ)=2πf(0),a.s.\lim_{N\to \infty}\sup\sqrt{\frac{N}{2\ln \ln N}}(\bar X_N-\mu)=\sqrt{2\pi f(0)},\quad {\rm a.s.} N→∞limsup2lnlnNN(XˉN−μ)=2πf(0),a.s.

由于{Xt}\{X_t\}{Xt}满足重对数律条件时，{−Xt}\{-X_t\}{−Xt}也满足条件，所以同理有
lim⁡N→∞sup⁡N2ln⁡ln⁡N[−(XˉN−μ)]=2πf(0),a.s.lim⁡N→∞inf⁡N2ln⁡ln⁡N(XˉN−μ)=−2πf(0),a.s.\lim_{N\to \infty}\sup\sqrt{\frac{N}{2\ln \ln N}}[-(\bar X_N-\mu)]=\sqrt{2\pi f(0)},\quad {\rm a.s.} \\ \lim_{N\to \infty}\inf\sqrt{\frac{N}{2\ln \ln N}}(\bar X_N-\mu)=-\sqrt{2\pi f(0)},\quad {\rm a.s.} N→∞limsup2lnlnNN[−(XˉN−μ)]=2πf(0),a.s.N→∞liminf2lnlnNN(XˉN−μ)=−2πf(0),a.s.
这就导致了
lim⁡N→∞N2ln⁡ln⁡N(Xˉ−μ)\lim_{N\to \infty}\sqrt{\frac{N}{2\ln \ln N}}(\bar X-\mu) N→∞lim2lnlnNN(Xˉ−μ)
几乎必然不存在，所以说O(2ln⁡ln⁡NN)O(\sqrt{\frac{2\ln \ln N}{N}})O(N2lnlnN)的收敛速度在一般情况下是不能再被改进的。显然，我们讨论过的三种序列都服从重对数律的条件。

最后我们讨论μ^\hat \muμ^的分布问题，它具有中心极限定理，定理内容如下：

μ^\hat \muμ^的中心极限定理：设{εt}\{\varepsilon_t\}{εt}是独立同分布的WN(0,σ2){\rm WN}(0,\sigma^2)WN(0,σ2)，线性平稳序列定义为
Xt=μ+∑k=−∞∞ψkεt−k,t∈Z.X_t=\mu+\sum_{k=-\infty}^\infty \psi_k\varepsilon_{t-k},\quad t\in\Z. Xt=μ+k=−∞∑∞ψkεt−k,t∈Z.
如果{Xt}\{X_t\}{Xt}的谱密度f(λ)=σ22π∣H(eiλ)∣2f(\lambda)=\frac{\sigma^2}{2\pi}|H(e^{{\rm i}\lambda})|^2f(λ)=2πσ2∣H(eiλ)∣2在λ=0\lambda=0λ=0处连续，且f(0)≠0f(0)\ne 0f(0)=0，则
N(XˉN−μ)→dN(0,2πf(0)).\sqrt N(\bar X_N-\mu)\stackrel {\rm d}\to N(0,2\pi f(0)). N(XˉN−μ)→dN(0,2πf(0)).
特别当{ψk}\{\psi_k\}{ψk}绝对可和时f(λ)f(\lambda)f(λ)连续，所以此时N(XˉN−μ)\sqrt{N}(\bar X_N-\mu)N(XˉN−μ)依分布收敛到N(0,2πf(0))N(0,2\pi f(0))N(0,2πf(0))，且由反演公式，有
2πf(0)=γ0+2∑j=1∞γj.2\pi f(0)=\gamma_0+2\sum_{j=1}^\infty \gamma_j. 2πf(0)=γ0+2j=1∑∞γj.

与分布的中心极限定理相同，这一般被用来构造参数μ\muμ的区间估计。

2.估计自协方差函数

设x1,x2,⋯,xNx_1,x_2,\cdots,x_Nx1,x2,⋯,xN是平稳序列{Xt}\{X_t\}{Xt}的观测值，则我们一般用以下统计量来估计平稳序列的自协方差函数：
γ^k=1N∑j=1N−k(xj−xˉN)(xj+k−xˉN),ρ^k=γ^kγ^0.\hat \gamma_k=\frac 1N\sum_{j=1}^{N-k}(x_j-\bar x_N)(x_{j+k}-\bar x_N),\\ \hat \rho_k=\frac{\hat \gamma_k}{\hat \gamma_0}. γ^k=N1j=1∑N−k(xj−xˉN)(xj+k−xˉN),ρ^k=γ^0γ^k.
注意到这里求和项的个数是N−kN-kN−k，而取平均时除以的是NNN。事实上如果只是要估计自协方差函数，除以的也可以是N−kN-kN−k，但除以NNN被普遍应用，一是因为它趋近于0的速度稍微快一些，另一个重要的原因是这样定义的样本自协方差阵Γ^N\hat \Gamma_NΓ^N正定。

类似均值的估计，对自协方差函数的估计量也要讨论它的几个相关性质。

首先是无偏性，γ^k\hat \gamma_kγ^k是γk\gamma_kγk的渐进无偏估计而不是无偏的。假设μ=EX1\mu={\rm E}X_1μ=EX1，则令Yt=Xt−μY_t=X_t-\muYt=Xt−μ，即对原序列进行零均值化，则YˉN=XˉN−μ\bar Y_N=\bar X_N-\muYˉN=XˉN−μ，所以
Eγ^k=1NE∑j=1N−k(Xj−XˉN)(Xj+k−XˉN)=1NE∑j=1N−k(Yj−YˉN)(Yj+k−YˉN)=1NE∑j=1N−k[YjYj+k−YˉN(Yj+Yj+k)+YˉN2],\begin{aligned} {\rm E}\hat \gamma_k=&\frac 1N{\rm E}\sum_{j=1}^{N-k}(X_j-\bar X_N)(X_{j+k}-\bar X_N) \\ =&\frac 1N{\rm E}\sum_{j=1}^{N-k}(Y_j-\bar Y_N)(Y_{j+k}-\bar Y_N) \\ =&\frac 1N{\rm E}\sum_{j=1}^{N-k}[Y_jY_{j+k}-\bar Y_N(Y_j+Y_{j+k})+\bar Y_N^2], \end{aligned} Eγ^k===N1Ej=1∑N−k(Xj−XˉN)(Xj+k−XˉN)N1Ej=1∑N−k(Yj−YˉN)(Yj+k−YˉN)N1Ej=1∑N−k[YjYj+k−YˉN(Yj+Yj+k)+YˉN2],
并且由于均值是均方收敛的，所以EYˉN2→0{\rm E}\bar Y_N^2\to 0EYˉN2→0；由Schwarz不等式有
E∣YˉN(Yj+k+Yj)∣≤EYˉN2E(Yj+k+Yj)2≤4EYˉN2γ0→0.{\rm E}|\bar Y_N(Y_{j+k}+Y_j)|\le \sqrt{{\rm E}\bar Y_N^2{\rm E}(Y_{j+k}+Y_j)^2}\le \sqrt{4{\rm E}\bar Y_N^2\gamma_0}\to 0. E∣YˉN(Yj+k+Yj)∣≤EYˉN2E(Yj+k+Yj)2≤4EYˉN2γ0→0.
于是
Eγ^k=1N∑j=1N−k[γk+o(1)]=N−kN(γk+o(1))→γk.{\rm E}\hat \gamma_k=\frac 1N\sum_{j=1}^{N-k}[\gamma_k+o(1)]=\frac{N-k}{N}(\gamma_k+o(1))\to \gamma_k. Eγ^k=N1j=1∑N−k[γk+o(1)]=NN−k(γk+o(1))→γk.
得到其渐进无偏性，显然γ^k\hat \gamma_kγ^k不具有无偏性。

然后是相合性，对于严平稳遍历序列{Xt}\{X_t\}{Xt}，其每个确定的kkk，γ^k\hat \gamma_kγ^k和ρ^k\hat \rho_kρ^k都分别是γk\gamma_kγk和ρk\rho_kρk的强相合估计。

最后，为了给出γk\gamma_kγk的区间估计，依然考虑γ^k\hat \gamma_kγ^k的渐进分布，它比μ^\hat \muμ^的渐进分布更加复杂，这里只讨论线性平稳序列的γ^k\hat \gamma_kγ^k。令{εt}\{\varepsilon_t\}{εt}为独立同分布WN(0,σ2){\rm WN}(0,\sigma^2)WN(0,σ2)，实数列{ψk}\{\psi_k\}{ψk}平方可和，线性平稳序列定义为
Xt=∑j=−∞∞ψjεt−j,t∈Z.X_t=\sum_{j=-\infty}^\infty \psi_j\varepsilon_{t-j},\quad t\in\Z. Xt=j=−∞∑∞ψjεt−j,t∈Z.
则其自协方差函数与谱密度分别是
γk=σ2∑j=−∞∞ψjψj+k,f(λ)=σ22π∣∑j=−∞∞ψjeijλ∣2.\gamma_k=\sigma^2\sum_{j=-\infty}^\infty \psi_j\psi_{j+k},\quad f(\lambda)=\frac{\sigma^2}{2\pi}\left|\sum_{j=-\infty}^\infty \psi_je^{{\rm i}j\lambda} \right|^2. γk=σ2j=−∞∑∞ψjψj+k,f(λ)=2πσ2∣∣∣∣∣j=−∞∑∞ψjeijλ∣∣∣∣∣2.

接下来直接给出相关的结论。

γ^k\hat \gamma_kγ^k的中心极限定理：如果μ4=Eε14<∞\mu_4={\rm E}\varepsilon_1^4<\inftyμ4=Eε14<∞，且XtX_tXt的谱密度平方可积：∫−ππf2(λ)dλ<∞\int_{-\pi}^\pi f^2(\lambda){\rm d}\lambda<\infty∫−ππf2(λ)dλ<∞，则设{Wt}\{W_t\}{Wt}独立同分布于N(0,1)N(0,1)N(0,1)，对任何正整数hhh，当N→∞N\to \inftyN→∞时，有
N(γ^0−γ0,⋯,γ^h−γh)→d(ξ0,ξ1,⋯,ξh),ξj=(M0γj)W0+∑t=1∞(γt+j+γt−j)Wt,j≥0,M0=1σ2(μ4−σ4)1/2=1σ2(Eε14−σ4)1/2\sqrt N(\hat \gamma_0-\gamma_0,\cdots,\hat \gamma_h-\gamma_h)\stackrel {\rm d}\to (\xi_0,\xi_1,\cdots,\xi_h), \\ \xi_j=(M_0\gamma_j)W_0+\sum_{t=1}^\infty (\gamma_{t+j}+\gamma_{t-j})W_t,\quad j\ge0,\\ M_0=\frac{1}{\sigma^2}(\mu_4-\sigma^4)^{1/2}=\frac{1}{\sigma^2}({\rm E}\varepsilon_1^4-\sigma^4)^{1/2} N(γ^0−γ0,⋯,γ^h−γh)→d(ξ0,ξ1,⋯,ξh),ξj=(M0γj)W0+t=1∑∞(γt+j+γt−j)Wt,j≥0,M0=σ21(μ4−σ4)1/2=σ21(Eε14−σ4)1/2
ρ^k\hat\rho_kρ^k的中心极限定理：条件同上，对任何正整数hhh，当N→∞N\to\inftyN→∞时，有
N(ρ^1−ρ1,⋯,ρ^h−ρh)→d(R1,⋯,Rh),Rj=∑t=1∞(ρt+j+ρt−j−2ρtρj)Wt,j≥1.\sqrt N(\hat \rho_1-\rho_1,\cdots,\hat \rho_h-\rho_h)\stackrel {\rm d}\to (R_1,\cdots,R_h),\\ R_j=\sum_{t=1}^\infty(\rho_{t+j}+\rho_{t-j}-2\rho_t\rho_j)W_t,\quad j\ge 1. N(ρ^1−ρ1,⋯,ρ^h−ρh)→d(R1,⋯,Rh),Rj=t=1∑∞(ρt+j+ρt−j−2ρtρj)Wt,j≥1.
谱密度平方可积的等价条件：对于任意平稳序列{Xt}\{X_t\}{Xt}，它的自协方差函数平方可和，等价于谱密度平方可积。因此只要Eε14<∞{\rm E}\varepsilon_1^4<\inftyEε14<∞的线性平稳序列的自协方差函数平方可和，则中心极限定理成立。

应用于白噪声的推论：如果{Xt}\{X_t\}{Xt}是独立同分布的白噪声，则对任何正整数hhh，
N(ρ^1,⋯,ρ^h)→dNh(0,Ih).\sqrt N(\hat \rho_1,\cdots,\hat\rho_h)\stackrel {\rm d}\to N_h(0,I_h). N(ρ^1,⋯,ρ^h)→dNh(0,Ih).
如果追加μ4=EXt4<∞\mu_4={\rm E}X_t^4<\inftyμ4=EXt4<∞的条件，则
N(γ^0,γ^1,⋯,γ^h)→dσ2(M0W0,W1,⋯,Wh).\sqrt N(\hat \gamma_0,\hat\gamma_1,\cdots,\hat \gamma_h)\stackrel {\rm d}\to \sigma^2(M_0W_0,W_1,\cdots,W_h). N(γ^0,γ^1,⋯,γ^h)→dσ2(M0W0,W1,⋯,Wh).

3.白噪声检验

我们在前面讨论到的模型都是白噪声的无穷滑动和，且对于建立的模型，我们总假定误差是服从白噪声的，因此，我们需要一种对于白噪声的检验。

白噪声的χ2\chi^2χ2检验是基于以下前提的：mmm个独立同分布标准正态随机变量的和服从χ2(m)\chi^2(m)χ2(m)分布。由ρ^\hat \rhoρ^的中心极限定理应用于白噪声的推论，N(ρ^1,⋯,ρ^m)→dNm(0,Im)\sqrt N(\hat \rho_1,\cdots,\hat \rho_m)\stackrel {\rm d}\to N_m(0,I_m)N(ρ^1,⋯,ρ^m)→dNm(0,Im)，可以构造如下的统计量，它应该近似服从χ2(m)\chi^2(m)χ2(m)分布：
χ^m2=defN(ρ^12+ρ^22+⋯+ρ^m2)→dχ2(m).\hat \chi^2_m\stackrel {\rm def}=N(\hat \rho_1^2+\hat \rho_2^2+\cdots +\hat \rho_m^2)\stackrel {\rm d}\to \chi^2(m). χ^m2=defN(ρ^12+ρ^22+⋯+ρ^m2)→dχ2(m).
这里选择的mmm不能过大，一般取m≤Nm\le \sqrt Nm≤N，接下来就可以按照χ2\chi^2χ2分布的假设检验来判断序列是否是白噪声。

此外，还有一种简单的判别方法，是计算
Q(m)=1m#{j∣N∣ρ^j∣≥1.96,1≤j≤m},Q(m)=\frac 1m \#\{j|\sqrt N|\hat \rho_j|\ge 1.96,\quad 1\le j\le m \}, Q(m)=m1#{j∣N∣ρ^j∣≥1.96,1≤j≤m},
这里#A\#A#A代表AAA中元素的数量，当Q(m)≥0.05Q(m)\ge 0.05Q(m)≥0.05时就拒绝序列是白噪声这一假设。

回顾总结

对于平稳序列{Xt}\{X_t\}{Xt}，用μ^=xˉN=1N∑j=1Nxj\hat \mu=\bar x_N=\frac 1N\sum_{j=1}^N x_jμ^=xˉN=N1∑j=1Nxj作为平稳序列均值μ\muμ的估计量，它具有无偏性，均方相合性。
μ^\hat \muμ^的收敛速度是O(2ln⁡ln⁡NN)O(\sqrt{\frac{2\ln \ln N}{N}})O(N2lnlnN)，在重对数律的限制下，这个速度一般不能再被改进。重对数律的先决条件是f(0)≠0f(0)\ne 0f(0)=0，且ψ∣k∣\psi_{|k|}ψ∣k∣以负指数阶收敛到0或f(λ)f(\lambda)f(λ)在λ=0\lambda=0λ=0处连续且E∣εt∣r<∞{\rm E}|\varepsilon_t|^r<\inftyE∣εt∣r<∞对某个r>2r>2r>2成立。
μ^\hat \muμ^的中心极限定理：N(μ^−μ)→dN(0,2πf(0))\sqrt N(\hat \mu-\mu)\stackrel {\rm d}\to N(0,2\pi f(0))N(μ^−μ)→dN(0,2πf(0))，前提条件是f(λ)f(\lambda)f(λ)在λ=0\lambda=0λ=0连续且f(0)≠0f(0)\ne 0f(0)=0，此时
2πf(0)=γ0+2∑j=1∞γj.2\pi f(0)=\gamma_0+2\sum_{j=1}^\infty \gamma_j. 2πf(0)=γ0+2j=1∑∞γj.
对于平稳序列{Xt}\{X_t\}{Xt}，用γ^k=1N∑j=1∞(xj−xˉN)(xj+k−xˉN)\hat \gamma_k=\frac 1N\sum_{j=1}^{\infty}(x_j-\bar x_N)(x_{j+k}-\bar x_N)γ^k=N1∑j=1∞(xj−xˉN)(xj+k−xˉN)作为γk\gamma_kγk的估计量，它具有渐进无偏性；用ρ^k=γ^k/γ^0\hat \rho_k=\hat \gamma_k/\hat \gamma_0ρ^k=γ^k/γ^0作为ρk\rho_kρk的估计量。γ^k\hat \gamma_kγ^k和ρ^k\hat \rho_kρ^k也有相应的中心极限定理。
对于严平稳遍历序列{Xt}\{X_t\}{Xt}，μ^\hat \muμ^与γ^k\hat \gamma_kγ^k都是μ,γk\mu,\gamma_kμ,γk的强相合估计。
白噪声检验可以构造χ^m2=N(ρ^12+⋯+ρ^m2)→dχ2(m)\hat \chi^2_m=N(\hat\rho_1^2+\cdots+\hat \rho_m^2)\stackrel {\rm d}\to \chi^2(m)χ^m2=N(ρ^12+⋯+ρ^m2)→dχ2(m)，也可以使用以下估计量：
Q(m)=1m#{j∣N∣ρj∣≥1.96,1≤j≤m},Q(m)=\frac 1m\#\{j|\sqrt N|\rho_j|\ge1.96,\quad 1\le j\le m \}, Q(m)=m1#{j∣N∣ρj∣≥1.96,1≤j≤m},

当Q(m)>0.05Q(m)>0.05Q(m)>0.05时拒绝白噪声假设。这里都要求m≤Nm\le \sqrt Nm≤N。

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