计量经济学复习笔记（二）：一元线性回归(下)

计量经济学复习笔记（二）：一元线性回归(下)

回顾上文，我们通过OLS推导出了一元线性回归的两个参数估计，得到了以下重要结论：
$${\hat{\beta }}_1=\frac{\sum x_i{y}_i}{\sum x_i^2},{\hat{\beta }}_0=\bar{Y}-{\hat{\beta }}_1\bar{X}.$$
注意总体回归模型是$Y={\beta }_0+{\beta }_{1}X+\mu$，同时我们还假定了$\mu \sim N(0,{\sigma }^2)$，这使得整个模型都具有正态性。这种正态性意味着许多，我们能用数理统计的知识得到点估计的优良性质，完成区间估计、假设检验等，本文就来详细讨论上述内容。

1、BLUE

我们选择OLS估计量作为一元线性回归的参数估计量，最主要的原因就是它是最小方差线性无偏估计(Best Linear Unbiased Estimator)，这意味着它们是：

1. 线性的。
2. 无偏的。
3. 最小方差的。

不过，光给你这三个词，你可能会对定义有所困扰——比如，关于什么线性？又关于什么是无偏的？我们接下来就对OLS估计量的BLUE性详细讨论，包括简单证明。原本我认为，证明在后面再给出会更合适，引入也更顺畅，但是我们接下来要讨论的许多，都有赖于OLS估计量的BLUE性，因此我还是决定将这部分内容放在这里。

首先是线性性，它指的是关于观测值$Y_i$线性，这有什么意义呢？注意到，在之前的讨论中，我们总讨论在给定$X$的取值状况下的其他信息，如$\mu$的条件期望、方差协方差等，因此我们往往会在这部分的讨论中将$X$视为常数（而不是随机变量）看待，这会带来一些好处。而因为$\mu \sim N(0,{\sigma }^2)$且${\mu }_i$是从$\mu$中抽取的简单随机样本，且${\mu }_i$与$X_i$无关，所以由正态分布的性质，有
$$Y_i|X_i\sim N({\beta }_0+{\beta }_1{X}_i,{\sigma }^2).$$
实际上，由于参数真值${\beta }_1,{\beta }_1$是常数，所以每一个$Y_i$在给定了$X_i$的水平下，都独立地由${\mu }_i$完全决定，而${\mu }_i$序列不相关（在正态分布的情况下独立），所以$Y_i$之间也相互独立。这样，如果有一个统计量是$Y_i$的线性组合，那么由正态分布的可加性，这个统计量就自然服从正态分布，从而我们可以很方便地对其进行参数估计、假设检验等。

所以现在我们来验证${\hat{\beta }}_0,{\hat{\beta }}_1$是$Y_i$的线性组合，先从比较容易处理的${\hat{\beta }}_1$开始，我们已经算出了
$${\hat{\beta }}_1=\frac{\sum x_i{y}_i}{\sum x_i^2},$$
为了在这个式子中出现$Y_i$，只要把$y_i$打开就行了，也就是
$${\hat{\beta }}_1=\frac{\sum x_i(Y_i-\bar{Y})}{\sum x_i^2}=\frac{\sum x_i{Y}_i-\bar{Y}\sum x_i}{\sum x_i^2}.$$

注意到$\sum x_i=\sum (X_i-\bar{X})=0$，所以有
$${\hat{\beta }}_1=\sum _{i=1}^n\frac{x_i}{\sum x_i^2}{Y}_i\stackrel{def}{}\sum _{i=1}^n{k}_i{Y}_i,k_i=\frac{x_i}{\sum x_i^2}.$$
这就将${\hat{\beta }}_1$表示成了$Y_i$的线性组合。同理对于${\hat{\beta }}_0$，由于
$${\hat{\beta }}_0=\bar{Y}-\bar{X}{\hat{\beta }}_1=\sum _{i=1}^n\frac{Y_i}{n}-\bar{X}\sum _{i=1}^n{k}_i{Y}_i=\sum _{i=1}^n\left(\frac{1}{n}-\bar{X}{k}_i\right)Y_i\stackrel{def}{}\sum _{i=1}^n{w}_i{Y}_i.$$
所以${\hat{\beta }}_0$也是$Y_i$的线性组合。进一步地由于$Y_i$独立地服从正态分布，所以${\hat{\beta }}_1,{\hat{\beta }}_0$也服从正态分布。

无偏性指的是${\hat{\beta }}_0,{\hat{\beta }}_1$是${\beta }_0,{\beta }_1$的无偏估计——理解概念，${\beta }_0$与${\beta }_1$是总体回归函数中的参数，在给定问题的情形下是一个待估参数，因此也是常数。我们已经验证了${\hat{\beta }}_0,{\hat{\beta }}_1$都是独立正态分布$Y_i$的线性组合，因此它们的均值就很好求得，基于$Y_i|X_i\sim N({\beta }_0+{\beta }_1{X}_i,{\sigma }^2)$的事实，有
$$\begin{gathered} \mathbb{E}({\hat{\beta }}_1)=\sum _{i=1}^n\frac{x_i\mathbb{E}(Y_i)}{\sum x_i^2}=\sum _{i=1}^n\frac{x_i({\beta }_0+{\beta }_1{X}_i)}{\sum x_i^2}=\frac{{\beta }_0\sum x_i}{\sum x_i^2}+\frac{{\beta }_1\sum x_i{X}_i}{\sum x_i^2}, \\ \mathbb{E}({\hat{\beta }}_0)=\sum _{i=1}^n\left(\frac{1}{n}-\frac{\bar{X}{x}_i}{\sum x_i^2}\right)({\beta }_0+{\beta }_1{X}_i)={\beta }_0+{\beta }_1\bar{X}-{\beta }_1\bar{X}\frac{\sum x_i{X}_i}{\sum x_i^2}, \end{gathered}$$
由于$\sum x_i{X}_i=\sum x_i(x_i+\bar{X})=\sum x_i^2+\bar{X}\sum x_i=\sum x_i^2$且$\sum x_i=0$，所以
$$\mathbb{E}({\hat{\beta }}_1)={\beta }_1,\mathbb{E}({\hat{\beta }}_0)={\beta }_0.$$
这里，我们得到了参数估计量${\hat{\beta }}_1,{\hat{\beta }}_0$的均值，说明了它们是无偏估计。

最后最小方差性，指的是在所有线性无偏估计中，参数估计量${\hat{\beta }}_1,{\hat{\beta }}_0$是方差最小的（注意线性无偏估计的限定条件）。为证明${\hat{\beta }}_1$是最小方差的，我们可以另外构造一个线性无偏估计量，记作
$${\hat{\beta }}_1^{\ast }=\sum _{i=1}^n(k_i+d_i)Y_i={\hat{\beta }}_1+\sum _{i=1}^n{d}_i{Y}_i,$$
无偏性要求使得
$$\mathbb{E}\left(\sum _{i=1}^n{d}_i{Y}_i\right)=\sum _{i=1}^n{d}_i({\beta }_0+{\beta }_1{X}_i)=0,$$
由${\beta }_0,{\beta }_1$的未知性，我们必须保证$\sum d_i=\sum d_i{X}_i=0$，也就是$\sum d_i(X_i-\bar{X})=\sum d_i{x}_i=0$。所以
$$\begin{array}{rl}\mathbb{D}({\hat{\beta }}_1^{\ast })=& \mathbb{D}\left({\hat{\beta }}_1+\sum _{i=1}^n{d}_i{Y}_i\right)\\ =& \mathbb{D}({\hat{\beta }}_1)+\mathbb{D}\left(\sum _{i=1}^n{d}_i{Y}_i\right)+2\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}\left(\sum _{i=1}^n{k}_i{Y}_i,\sum _{i=1}^n{d}_i{Y}_i\right)\\ =& \mathbb{D}({\hat{\beta }}_1)+\mathbb{D}\left(\sum _{i=1}^n{d}_i{Y}_i\right)+2{\sigma }^2\sum _{i=1}^n{k}_i{d}_i\\ =& \mathbb{D}({\hat{\beta }}_1)+\mathbb{D}\left(\sum _{i=1}^n{d}_i{Y}_i\right)+2{\sigma }^2\frac{\sum x_i{d}_i}{\sum x_i^2}\\ =& \mathbb{D}({\hat{\beta }}_1)+\mathbb{D}\left(\sum _{i=1}^n{d}_i{Y}_i\right)+0\\ \ge & \mathbb{D}({\hat{\beta }}_1).\end{array}$$
同理，为证明${\hat{\beta }}_0$是最小方差的，同样构造一个${\hat{\beta }}_0^{\ast }=\sum (w_i+d_i)Y_i$，无偏性要求也会使得$\sum w_i{d}_i=0$，仿照${\hat{\beta }}_1$的步骤就证明了$\mathbb{D}({\hat{\beta }}_0^{\ast })\ge \mathbb{D}(\hat{\beta })$。

由线性性，我们还可以计算出参数估计量的方差，因为我们要用${\hat{\beta }}_1$和${\hat{\beta }}_0$估计真值${\beta }_1,{\beta }_0$，既然它们是无偏的，它们的方差越小，估计结果就越接近我们想要的真值，因此计算它们的方差具有重要意义。
$$\begin{array}{rl}\mathbb{D}({\hat{\beta }}_1)=& {\sigma }^2\sum k_i^2={\sigma }^2\sum \frac{x_i^2}{(\sum x_i^2{)}^2}=\frac{{\sigma }^2}{\sum x_i^2}.\\ \mathbb{D}({\hat{\beta }}_0)=& {\sigma }^2\sum w_i^2\\ =& {\sigma }^2\sum {\left(\frac{1}{n}-\bar{X}{k}_i\right)}^2\\ =& {\sigma }^2\sum \left(\frac{1}{n^2}-\frac{2\bar{X}{k}_i}{n}+{\bar{X}}^2{k}_i^2\right)\\ =& {\sigma }^2\left(\frac{1}{n}+\frac{{\bar{X}}^2}{\sum x_i^2}\right)\\ =& \frac{\sum x_i^2+n{\bar{X}}^2}{n\sum x_i^2}{\sigma }^2\\ =& \frac{\sum X_i^2}{n\sum x_i^2}{\sigma }^2.\end{array}$$
它们的方差都随着分母——自变量的离差平方和的增大而增大，这表明我们的样本容量越大，估计值就会有越高的精度。

2、参数分布与区间估计

结合正态性假定，我们已经确定了参数估计量的均值、方差，就得到了其分布：
$$\begin{gathered} {\hat{\beta }}_1\sim N\left({\beta }_1,\frac{{\sigma }^2}{\sum x_i^2}\right), \\ {\hat{\beta }}_0\sim N\left({\beta }_0,\frac{\sum X_i^2}{n\sum x_i^2}{\sigma }^2\right). \end{gathered}$$
得到了参数分布以后，我们是不是就可以对参数值给出区间估计了呢？事实上，我们还缺一个关键的参数——随机误差方差${\sigma }^2$，由于它是未知的，我们还是没法得知方差的具体值，也就不能得到参数的真实分布。因此，我们需要找到一个${\sigma }^2$的无偏估计。

一个很自然的想法是，用残差项$e$作为$\mu$的估计，进而估计出$\mu$的唯一参数${\sigma }^2$，因此先探究$e$的分布。由于
$$e_i=Y_i-({\hat{\beta }}_0+{\hat{\beta }}_1{X}_i)=({\beta }_0-{\hat{\beta }}_0)+({\beta }_1-{\hat{\beta }}_1)X_i+{\mu }_i,$$
所以看起来$e_i$也是一系列正态分布的线性组合，但我们是否能得到$e$服从（条件）正态分布的结论？可以，但并不是直接${\beta }_0,{\beta }_1$的直接加和，因为${\beta }_0$和${\beta }_1$的独立性还没有被验证，不要忘了，只有独立正态分布的线性组合才服从正态分布。我们依然可以把$e_i$看成独立正态分布的线性组合，因为${\hat{\beta }}_0,{\hat{\beta }}_1$都是$Y_i$的线性组合，进一步是各个${\mu }_i$的线性组合。

事实上，我们还缺少一些关键性的条件：${\hat{\beta }}_0$与${\hat{\beta }}_1$的协方差，还有${\hat{\beta }}_0,{\hat{\beta }}_1$与${\mu }_i$的协方差。我们可以稍作计算，得到
$$\begin{array}{rl}\mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}({\hat{\beta }}_0,{\hat{\beta }}_1)=& \mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}\left(\sum _{i=1}^n{w}_i{Y}_i,\sum _{i=1}^n{k}_i{Y}_i\right)\\ =& {\sigma }^2\sum w_i{k}_i\\ =& {\sigma }^2\sum \left(\frac{1}{n}-\bar{X}{k}_i\right)k_i\\ =& -{\sigma }^2\bar{X}\sum k_i^2\\ =& -\frac{{\sigma }^2\bar{X}}{\sum x_i^2}.\\ \mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}({\hat{\beta }}_1,{\mu }_i)=& k_i{\sigma }^2=\frac{x_i{\sigma }^2}{\sum x_i^2},\\ \mathrm{C}\mathrm{o}\mathrm{v}({\hat{\beta }}_0,{\mu }_i)=& w_i{\sigma }^2=\left(\frac{1}{n}-\bar{X}{k}_i\right){\sigma }^2=\frac{\sum x_i^2-n\bar{X}{x}_i}{n\sum x_i^2}{\sigma }^2.\end{array}$$
有了这些，我们已经可以计算$e_i$的分布，进而用单个$e_i$得到关于${\sigma }^2$的估计，容易看出，由于均值项都被抵消，最后得到的$e_i$一定是零均值正态的。但只用一个残差是无法估计${\sigma }^2$的，数理统计的知识告诉我们，为了充分利用样本信息，我们应该使用充分统计量作为估计量。容易知道，$\mathbf{e}=(e_1,\cdots ,e_n)$服从多维正态分布，但各分量之间相互独立，因此可以用联合密度导出充分统计量。忽略推导细节，这里的充分统计量是$\sum e_i^2$，因此我们应该计算$\sum e_i^2$的分布，从而给出${\sigma }^2$的估计量，事实上，可以证明
$$\frac{\sum e_i^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-2).$$
证明过程与证明正态分布的样本方差服从卡方分布类似，对于计量经济学略显繁琐，如果需要，我将在后面补充这个命题的证明。现在我们知道了$\sum e_i^2$的分布，自然可以计算均值为${\sigma }^2(n-2)$，所以我们往往会用如下估计量作为${\sigma }^2$的无偏估计：
$${\hat{\sigma }}^2=\frac{\sum e_i^2}{n-2},\frac{(n-2){\hat{\sigma }}^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-2).$$
此时再来考虑${\hat{\beta }}_0,{\hat{\beta }}_1$的参数估计问题就简单很多了，因为我们使用卡方统计量来替代方差真值，所以相应的区间估计应当基于$t$分布构造枢轴量。对于${\hat{\beta }}_1$，有
$$\begin{gathered} {\hat{\beta }}_1\sim N\left({\beta }_1,\frac{{\sigma }^2}{\sum x_i^2}\right) \\ \frac{{\hat{\beta }}_1-{\beta }_1}{\sqrt{\frac{{\hat{\sigma }}^2}{\sum x_i^2}}}=\frac{\frac{{\hat{\beta }}_1-{\beta }_1}{\sqrt{{\sigma }^2/\sum x_i^2}}}{\sqrt{{\hat{\sigma }}^2/{\sigma }^2}}\simeq \frac{U(0,1)}{\sqrt{{\chi }_{n-2}^2/(n-2)}}\sim t(n-2). \end{gathered}$$
对于${\hat{\beta }}_0$，类似的证明过程可以得出
$$\frac{{\hat{\beta }}_0-{\beta }_0}{\sqrt{\frac{\sum x_i^2-n\bar{X}{x}_i}{n\sum x_i^2}{\hat{\sigma }}^2}}\sim t(n-2).$$
实际上，求${\hat{\beta }}_0,{\hat{\beta }}_1$的参数估计与方差未知情形的正态分布均值估计有异曲同工之妙，只不过样本方差的获得方式不太一样。对于回归参数，我们只要推导出${\hat{\beta }}_0,{\hat{\beta }}_1$的方差，再用残差平方和除以自由度$n-2$代替方差里的${\sigma }^2$，就能得到枢轴量，剩下的过程与数理统计的情形一致。

3、参数的假设检验

在数理统计中，我们已经知道，对参数分布族的假设检验与求参数分布族的区间估计，在一定程度上是等价的。具体说来，如果我们已经求得参数$\lambda$的一个置信水平为$1-\alpha$的区间估计$[L,S]$，那么对如下假设进行显著性水平为$\alpha$的双边检验：
$$\text{test: }{H}_0:\lambda ={\lambda }_0\leftrightarrow H_1:\lambda \ne {\lambda }_0,$$
只需要判断是否${\lambda }_0\in [L,S]$即可，如果${\lambda }_0\in [L,S]$，则接受$H_0$，否则就拒绝$H_0$。如果是单边假设检验，则相应的置信区间就变成同等置信水平的置信限。因此，在我们讨论完${\hat{\beta }}_0,{\hat{\beta }}_1$的分布之后，实际上假设检验问题也讨论完了。

在计量经济学中，我们对单个参数的假设检验，最主要是用于判断变量是否显著的，也就是用$X$来预测$Y$是否有意义。具体说来，对于回归函数$Y={\beta }_0+{\beta }_{1}X+\mu$，如果${\beta }_1=0$，则我们不需要用$X$来预测$Y$，因为不论$X$是什么取值，都对$Y$没什么影响。也就是检验如下的假设：
$$H_0:{\beta }_1=0.$$
另一种假设检验，是检验是否$X,Y$之间存在完全的比例关系，也就是有没有$Y={\beta }_{1}X+\mu$，检验的假设是
$$H_0:{\beta }_0=0.$$
如果只是单纯想要知道是否应该接受$H_0$，则假设检验与区间估计无异，但为了衡量接受原假设的信心有多大，或者拒绝原假设的信心有多大，我们都会计算检验的p-value。检验的p-value用通俗的语言解释，就是如果你这个原假设是成立的，那么出现比你的观测值更离谱的观测值的概率是多少，我们用p-value来表示这个概率，如果这个概率很小，就说明你这个观测值已经很难再离谱了，因此我们没有什么接受原假设的理由；如果这个概率很大，就说明你的观测值不离谱，完全可以接受原假设。

具体应用到回归系数的假设检验中，由于我们构造的枢轴量满足$t$分布，假设枢轴量的观测值是$t_0$，则由于$t$分布的对称性，用$t_{\alpha }$表示$t$分布的下$\alpha$分位数（$\mathbb{P}(t<t_{\alpha })=\alpha$），则检验的p-value是
$$p_v=2P(t>|t_0|).$$
如果$p_v$很小，我们就应该拒绝${\beta }_i=0$的原假设，认为回归系数很显著。

现在我们继续分析上文的案例。

通过计算，我们得到的回归方程为
$$Y=1.3269X-160.5962,$$
计算残差，得到的残差分别是4.3077、-1.0192、1.6538、-6、-2.3269、-9.6538、14.0192、-0.9808，所以残差平方和为354.4404，方差的估计值是
$${\hat{\sigma }}^2=\frac{354.4404}{8-2}=59.0734.$$
现在，我们可以了解回归结果中的部分剩余数值。

这里：

• Residual SS就是残差平方和(Residual Sum Square)，得到的结果与我们计算相差不多，这是因为我们在计算过程中忽略了部分误差。
• Residual MS则是残差均方误差，计算所得的就是随机误差方差的估计值。
• x和_cons后面的t指的是根据假设${\beta }_1=0$和${\beta }_0=0$构造枢轴量的观测值，后面的P>|t|就是检验的p-value，从这里可以看出p-value都大于0.05，所以在显著性水平为0.05的情况下不能拒绝等于0的原假设，认为斜率和截距都不存在。
• [95% Conf. Interval]指的是置信水平为95%的置信区间，因为这两个参数的置信区间都包含0，所以它们得出了与假设检验一致的结论。

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本文我们对回归系数OLS估计量的分布作了进一步的讨论，得到了基础假设下回归系数OLS估计量的分布。同时，通过残差平方和引出了随机误差项方差的估计，进而完成了对参数的区间估计与假设检验。现在留给我们的问题，就剩下回归的效果了，我们应当如何判断回归的效果如何，又应该如何使用我们建立的回归模型？

这些问题，留待下文讨论。