计量经济学复习笔记（1）

考研炸了，期末考不能炸！！！对付拖延症的最好方法就是找一个push的压力

每天两更！4天攻下计量！

首先我们首先要明白几个公式
假设A和B均为独立变量则有

E(X+Y)=E(X)+E(Y)

E(nX)=nE(X)

E(nX) = nE(X)

D(X+Y)=D(X)+(Y)

D(nX)=n 2 D(X)

D(nX) = n^2 D(X)

D(X)=EX 2 −(EX) 2

D(X) = EX^2-(EX)^2
这是最基本的
之后是几个常见的统计分布

一）正态分布

正态分布是最常见的分布
其概率密度公式为

f(x)=12πσ 2 − − − − √ exp(−(x−μ) 2 2σ 2 )

f(x) = \frac{1}{\sqrt{ 2\pi\sigma^2}}\exp(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma ^2})
计作 x∼N(μ,σ) x\sim N(\mu,\sigma)即x服从 期望为 μ \mu,方差为 σ \sigma的分布
其中 exp(x)=e x \exp(x) = e^x
其计算则是根据poisson积分

∫ +∞ −∞ e −x 2 dx=π √

\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}dx = \sqrt\pi可以推出其概率分布函数计作 Φ(x) \Phi(x)且 Φ(x)| +∞ −∞ =1 \Phi(x)|_{-\infty}^{+\infty} = 1

以上都是扯淡—————————————-
最重要的是 :我们将期望 μ=0 \mu= 0 方差 σ=1 \sigma= 1 的分布记为标准正态分布
关键!!!@!@

X−μσ ∼N(0,1)

\frac{X- \mu }{\sigma} \sim N(0,1)

二） χ 2 \chi ^2分布

χ 2 \chi^2 分布是由正态分布而来，首要定义是：假设 X i X_i (i = 1,2,3…n)满足期望为0，方差为 σ \sigma 的正态分布，即 X i ∼N(μ,σ) X_i \sim N(\mu,\sigma),
则我们称 ∑ n i=1 X 2 i \sum_{i=1}^n X_i^2 服从自由度为n的 χ 2 \chi^2分布记作：

∑ i=1 n Xi 2 ∼χ 2 (n)

\sum_{i=1}^n Xi^2 \sim\chi^2(n)
χ 2 \chi^2分布 期望为n,方差为2n

三)T分布
根据以上两个分布,又推出一个新的分布如果有 Z 1 ∼N(0,1) Z_1 \sim N(0,1) , Z 2 ∼χ 2 (k) Z_2\sim\chi^2(k) 则有

t=Z 1 Z 2 /k − − − − √

t= \frac{Z_1}{\sqrt{Z_2/k}} 服从自由度为k的T分布
书上记为 t k t_k

T分布均值为0，方差为 kk−2 \frac{k}{k-2}
四）F分布
如果有 Z 1 ∼χ 2 (n),Z 2 ∼χ2(k) Z_1\sim \chi^2 (n), Z_2 \sim \chi2(k) ，则有

Z=Z 1 /k 1 Z 2 /k

Z = \frac{Z_1 /k_1}{Z_2/k}服从第一自由度为n，第二自由度为k的F分布
记作

Z∼F(k 1 ,k 2 )

Z\sim F(k_1,k_2)
**F分布均值为 k 2 k 2 −2 ,k 2 >2 \frac{k_2}{k_2-2},k_2\gt 2
同时 t 2 k =F 1,k t_k^2 = F_{1,k}

然后是样本均值和样本方差

样本均值我们记作 X ¯ =1n ∑ n i=0 X i \bar X = \frac {1}{n}\sum_{i = 0}^n X_i 值得注意的是，这里的每个 X i X_i 均为独立变量。
然后我们就有 E(X ¯ )=E(X)=μ E(\bar X) = E(X) = \mu
还有一个令人比较困惑的是样本方差的问题
我们假定在估计一个统计分布时，我们已经得知了其分布期望为 μ \mu
则易得

1n E(∑ i=1 n (X i −μ) 2 )=σ 2

\frac{1}{n}E(\sum_{i = 1}^n \left(X_i - \mu)^2\right) = \sigma^2
我们由之前的定义计算样本方差时有

E(∑ i=1 n (X i −X ¯ ) 2 )=E(∑ i=1 n (X i −μ+μ−X ¯ ) 2 )=E(∑ i=1 n ((X i −μ)−(X ¯ −μ)) 2 )=E(∑ i=1 n ((X i −μ) 2 −2(X i −μ)(X ¯ −μ）+(X ¯ −μ) 2 ))

E\left(\sum_{i = 1}^{n}(X_i-\bar X)^2\right)=E\left(\sum_{i = 1}^{n}(X_i-\mu + \mu-\bar X)^2\right)=E\left(\sum_{i = 1}^{n}\left((X_i-\mu )-(\bar X -\mu )\right)^2\right)=E\left(\sum_{i = 1}^{n}((X_i-\mu)^2-2(X_i-\mu) (\bar X - \mu）+(\bar X-\mu)^2)\right)
所以该式拆分得

E(∑ i=1 n (X i −μ) 2 )−E((X ¯ −μ)∑ i=1 n 2（X i −μ))+E(∑ i=1 n (X ¯ −μ) 2 )

E(\sum_{i = 1}^{n}(X_i-\mu)^2)-E\left((\bar X-\mu)\sum_{i = 1}^{n}2（X_i-\mu)\right)+E(\sum_{i = 1}^{n}(\bar X- \mu)^2)

=E(∑ i=1 n (X i −μ) 2 )−E((X ¯ −μ)∑ i=1 n 2（X ¯ −μ))+E(∑ i=1 n (X ¯ −μ) 2 )

=E(\sum_{i = 1}^{n}(X_i-\mu)^2)-E\left((\bar X-\mu)\sum_{i = 1}^{n}2（\bar X-\mu)\right)+E(\sum_{i = 1}^{n}(\bar X- \mu)^2)

=nVar(X)−2nVar(X ¯ )+nVar(X ¯ )

=nVar(X)-2nVar(\bar X) + nVar(\bar X)

=nVar(X)−nVar(X ¯ )

=nVar(X)-nVar(\bar X)
由于 Var(X ¯ )=1n Var(X) Var(\bar X) = \frac {1}{n}Var(X) 所以有

E(∑ i=1 n (X i −X ¯ ) 2 )=nVar(X)−nVar(X ¯ )=(n−1)σ 2

E\left(\sum_{i = 1}^{n}(X_i-\bar X)^2\right) = nVar(X)-nVar(\bar X) = (n-1)\sigma^2
因此我们必须使用

S 2 =1n−1 ∑ i=1 n (X i −X ¯ ) 2

S^2 = \frac {1}{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2 来估计无偏估计量
PS：所以呢，当我们知道分布期望 μ \mu时， S 0 =1n ∑ n i=1 (X i −μ) 2 S_0=\frac {1}{n}\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2 才是无偏估计，因为 μ \mu 是一个定值，而 X ¯ 只是在本次取样中是一个定值 \bar X 只是在本次取样中是一个定值

To be continue…