Varianza de la muestra Varianza

Question

Dado $X_1,...,X_n$ iid a una determinada distribución (no necesariamente normal), con $\mathbb{E}(X_i)=\mu$ y $\mathbb{V}(X_i)=\sigma^2$ Estoy tratando de deducir el error estándar y el error cuadrático medio del estimador $\widehat{\sigma}^2=S_n^2$ , donde $S_n^2$ es la varianza de la muestra, dada por $$ S_n^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\overline{X}_n)^2. $$ Para ello necesito su variante, $\mathbb{V}(S_n^2)$ . Como sé que la expectativa $\mathbb{E}(S_n^2)=\sigma^2$ Empecé por ampliar $$ \mathbb{V}(S_n^2)=\mathbb{E}(S_n^4)-(\mathbb{E}(S_n^2))^2=\mathbb{E}(S_n^4)-\sigma^4 $$ pero estoy atascado con la expansión del término $\mathbb{E}(S_n^4)$ . ¿Alguna idea?

P.D. - He visto usuario940 La respuesta de la Comisión sobre esta pregunta pero yo buscaba un enfoque diferente, que tampoco supusiera variables aleatorias de distribución normal.

Answer 1

Mientras tanto, creo que lo he resuelto. Esta es mi solución:

Dejemos que $\mu_k$ denotan el $k$ El impulso central de $X_i$ es decir $\mu_k=\mathbb{E}((X_i-\mu)^k)$ et $Z_i\equiv X_i-\mu$ para todos $i$ . Así, $\mathbb{E}(Z_i)=0$ . Desde $$ \mathbb{V}(S_n^2)=\mathbb{E}(S_n^4)-(\mathbb{E}(S_n^2))^2=\mathbb{E}(S_n^4)-\sigma^4, $$ obtenemos una expresión de $\mathbb{E}(S_n^4)$ en términos de $n$ y los momentos. Podemos reescribir $S_n^2$ como \begin{align*} S_n^2=\frac{n\sum_{i=1}^n Z_i^2-(\sum_{i=1}^nZ_i)^2}{n(n-1)}. \end{align*} La cuadratura conduce a \begin{align*} S_n^4=\frac{n^2(\sum_{i=1}^nZ_i^2)^2-2n(\sum_{i=1}^nZ_i^2)(\sum_{i=1}^nZ_i)^2+(\sum_{i=1}^nZ_i)^4}{n^2(n-1)^2} \end{align*} y así \begin{align*} \mathbb{E}(S_n^4)=\frac{n^2\mathbb{E}((\sum_{i=1}^nZ_i^2)^2)-2n\mathbb{E}\left((\sum_{i=1}^nZ_i^2)(\sum_{i=1}^nZ_i)^2 \right)+\mathbb{E}((\sum_{i=1}^n Z_i)^4)}{n^2(n-1)^2}. \end{align*} Desde $Z_1,...,Z_n$ son independientes, tenemos que, para distintos $i,j,k$ , \begin{align*} \mathbb{E}(Z_iZ_j)=0,\hspace{5mm}\mathbb{E}(Z_i^3Z_j)=0,\hspace{5mm}\mathbb{E}(Z_i^2Z_jZ_k)=0 \end{align*} y \begin{align*} E(Z_i^2Z_j^2)=\mu_2^2=\sigma^4,\hspace{5mm}\mathbb{E}(Z_i^4)=\mu_4. \end{align*} Entonces, con simples simplificaciones algebraicas, se puede demostrar que se cumple lo siguiente \begin{align*} \mathbb{E}((\sum_{i=1}^nZ_i^2)^2)&=n\mu_4+n(n-1)\sigma^4,\\ \mathbb{E}\left((\sum_{i=1}^nZ_i^2)(\sum_{i=1}^nZ_i)^2 \right)&=n\mu_4+n(n-1)\sigma^4,\\ \mathbb{E}((\sum_{i=1}^n Z_i)^4)&=n\mu_4+3n(n-1)\sigma^4. \end{align*} Sustituyendo esto en la expansión de $\mathbb{E}(S_n^4)$ y simplificando nos lleva a \begin{align*} \mathbb{E}(S_n^4)=\frac{(n-1)\mu_4+(n^2-2n+3)\sigma^4}{n(n-1)} \end{align*} y así \begin{align}\label{var} \mathbb{V}(S_n^2)=\mathbb{E}(S_n^4)-\sigma^4=\frac{(n-1)\mu_4+(n^2-2n+3)\sigma^4}{n(n-1)}-\sigma^4=\frac{\mu_4}{n}-\frac{\sigma^4(n-3)}{n(n-1)}. \end{align}