现代数据分析方法

本文要是针对现代数据分析方法中比较经典的问题进行了总结

极大似然估计（MLE）

（1）简述极大似然（估计）的思想？
（2）极大似然估计一定存在吗？如果不一定存在请举出反例?
（3）若极大似然估计存在的话一定唯一吗？如果不一定唯一, 请举出反例?
答：

(1) 给定一组样本$x_1, x_2, …, x_n$, 他们对应的联合密度函数就是似然函数, 极大似然的思想就是通过使似然函数达到最大，也就是当前概率达到最大来求解相应的参数估计.

(2) 极大似然估计不一定存在.
比如：当概率密度函数标准正态分布和一般正态分布的高斯混合分布时，即

$$\begin{eqnarray*} f(x;\mu,\sigma^2)=\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}+\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}, \end{eqnarray*}$$

那么上式对应的极大似然估计不存在, 其中$\mu$和$\sigma^2$分别为一般正态分布的期望和方差. 我们假设$x_1, x_2, …, x_n$是$i.i.d$的，那么对应的似然函数为

$$\begin{eqnarray*} &&L(x_1,x_2,...,x_n;\mu,\sigma^2)\\ &=&\prod_{i=1}^nf(x_i;\mu,\sigma^2)\\ &=&\{\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x_1^2}{2}}+\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x_1-\mu)^2}{2\sigma^2}}\}\prod_{i=2}^{n}\{\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x_i^2}{2}}+\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x_i-\mu)^2}{2\sigma^2}}\} \end{eqnarray*}$$

令$\widehat{\mu}=x_1$, $\widehat{\sigma}^2\rightarrow+\infty$, 那么

$$\begin{eqnarray*} &&\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x_1^2}{2}}+\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x_1-\mu)^2}{2\sigma^2}}\\ &=&\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{\widehat{\mu}^2}{2}}+\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\\ &\rightarrow&+\infty \end{eqnarray*}$$

当$i=2,3,…,n$时, 若$x_i = \widehat{\mu}$, 那么

$$\begin{eqnarray*} &&\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x_i^2}{2}}+\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x_i-\mu)^2}{2\sigma^2}}\rightarrow+\infty, \end{eqnarray*}$$

若$x_i\neq\widehat{\mu}$, 那么

$$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x_i^2}{2}}+\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x_i-\mu)^2}{2\sigma^2}}\rightarrow\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x_i^2}{2}}. \end{eqnarray*}$$

综上所述$L(x_1,x_2,…,x_n;\mu,\sigma^2)\rightarrow\infty$, 因此该似然函数的极大似然估计不存在.

(3) 极大似然估计不一定唯一

比如: 有一组独立同分布于$\mathrm{U}(\theta,\theta+1)$的样本$x_1, x_2, …, x_n$，设他们的次序统计量是

$$x_{(1)}, x_{(2)},..., x_{(n)},$$

对应的似然函数为

$$\begin{eqnarray*} L(x_1,x_2,...,x_n;\theta)=\mathrm{I}(x_{(1)}\geq\theta)\mathrm{I}(x_{(n)}\leq\theta+1). \end{eqnarray*}$$

为了使得上述似然函数达到最大, 那么$\theta$需要满足

$$\left\{ \begin{aligned} &\theta\leq x_{(1)}&\\ &\theta\geq x_{(n)}-1& \end{aligned} \right.\\ \Rightarrow x_{(n)}-1\leq\theta\leq x_{(1)}$$

因此$\theta$的极大似然估计$\widehat\theta$不唯一.

Inverse CDF Method

(1) 请叙述Inverse CDF Method定理以及证明过程

(2) 用逆变化法生成指数分布的随机数

答：

(1) Inverse CDF Method定理：对任意的连续分布函数(这里不要求分布函数严格递增), 如果随机变量$U\sim\mathrm{U}(0,1)$, 那么$X=F^{-1}(U)$的分布函数为$F$

证明:

$$P(X\leq x)=P(F^{-1}(U)\leq x)=P(U\leq F(x))=F(x).$$

补充：函数存在反函数的充要条件是函数的定义域与值域是一一映射，所以严格单调递增函数会保证反函数一定存在，但是如果不要求严格递增也是可以的，只不过需要针对不增的区间去定义$F(x)$和$x$之间的映射关系来保证反函数的映射关系.

(2) 用逆变换法生成指数分布的随机数

因为指数分布$\mathrm{Exp}(\lambda)$的分布函数为

$$F(x)=1-e^{-\lambda x}$$

其中$x\geq 0$. 我们设$F(x)=u$, 那么有

$$\begin{eqnarray*} &&F(x)=u\\ &\Leftrightarrow&1-u=e^{-\lambda x}\\ &\Leftrightarrow&x=-\frac{ln(1-u)}{\lambda}. \end{eqnarray*}$$

生成指数分布随机数的步骤如下：

step1. 产生$\mathrm{U}(0,1)$上的随机数$u$;

step2. 根据$x=-\frac{ln(1-u)}{\lambda}$得到指数分布的随机数$x$.

方差缩减

(1) 简述对偶变量法和控制变量法和控制变量法

(2) 选择一种方差缩减方法去缩减$\theta=e^{u}$的方差

答：

(1) Antithetic variates(对偶变量法)

假设$x_1, x_2$为来自同一分布的两个样本, 我们要用$\frac{x_1+x_2}{2}$来估计$E(x)$.

a. 当$x_1, x_2$相互独立时, $\mathrm{var}(\frac{x_1+x_2}{2})=\frac{x_1}{2}$;
b. 当$x_1, x_2$不独立时, $\mathrm{var}(\frac{x_1+x_2}{2})=\frac{x_1}{2}+\frac{\mathrm{cov}(x_1, x_2)}{2}$.

如果$\mathrm{cov}(x_1, x_2)<0$, 那么就达到了缩减方差的目的.

推论：$h(u_1, u_2, …, u_n)$是关于每个自变量的单调函数, 则对$n$个独立的$\mathrm{U}(0,1)$上的随机数$u_1, u_2, …, u_n$有

$$\begin{eqnarray*} \mathrm{cov}\{h(u_1, u_2, ..., u_n), h(1-u_1, 1-u_2, ..., 1-u_n)\}\leq 0. \end{eqnarray*}$$

设$x=h(u_1, u_2, …, u_n)$, 其中$h(\cdot)$为每个分量的单调函数, $u_1, u_2, …, u_n$是服从$\mathrm{U}(0,1)$的相互独立的随机数, 那么根据推论可以得到$x_1 = h(u_1, u_2, …, u_n)$和$x_2 = h(1- u_1, 1- u_2, …, 1- u_n)$负相关, 即$\mathrm{cov}(x_1, x_2)<0$, 这样就达到了方差缩减的目的.

(2) Control variates

思想: 找一个与$X$有相关性的随机变量$Y$, 并且$Y$的期望已知, 我们将其设为$\mathrm{E}(Y)=\mu$, 那么我们可以构造一个新的随机变量$Z=X+C(Y-\mu)$, 然后用$z_i=x_i+c(y_i-\mu)$的样本均值来估计参数$\theta$, 其中$\theta=E(x_i)$, $i=1,2,…,n$.

因为$E(\overline{z})=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nE(z_i)=E(x_i)=\theta$, 所以可以得到$\overline{z}$也是$\theta$的无偏估计

接下来证明通过上述构造方式得到的随机变量可以缩减方差

证明：我们的目标是要证明$\mathrm{var}(\overline{x})<\mathrm{var}(\overline{z})$

$$\begin{eqnarray*} &&\mathrm{var}(Z)\\ &=&\mathrm{var}(X+c(Y-\mu))\\ &=&\mathrm{var}(X)+c^2\mathrm{var}(Y)+2c\mathrm{cov}(X,Y)\\ \end{eqnarray*}$$

为了使得上式关于$c$达到最小, 对应的最小值点为

$$c^*=-\frac{2\mathrm{cov}(X,Y)}{2\mathrm{var}(Y)} =-\frac{\mathrm{cov}(X,Y)}{\mathrm{var}(Y)}$$

对应的最小值为

$$\begin{eqnarray*} &&\frac{4\mathrm{var}(Y)\mathrm{var}(X)-4\mathrm{cov}(X,Y)^2}{4\mathrm{var}(Y)}\\ &=&\mathrm{var}(X)-\frac{\mathrm{cov}(X,Y)^2}{\mathrm{var}(Y)} \end{eqnarray*}$$

所以有

$$\begin{eqnarray*} \mathrm{var}(\overline{z})&=&\mathrm{var}(\frac{1}{n}\sum\{x_i+c(y_i-\mu)\})\\ &=&\frac{1}{n}\mathrm{var}(x_1+c(y_1-\mu))\\ &=&\frac{1}{n}\mathrm{var}(x_1)-\frac{1}{n}\frac{\mathrm{cov}(x_1,y_1)^2}{\mathrm{var}(y_1)} \end{eqnarray*}$$

因为X和Y相关, 所以$\mathrm{cov}(x_1, y_1)>0$, 因此$\mathrm{var}(\overline{z})<\mathrm{var}(\overline{x})$, 即达到了缩减方差的目的

(3)若$\theta=\mathrm{E}(e^{U})=\int_0^1e^x\mathrm{d}x$, 其中$U\sim\mathrm{U}(0,1)$. 已知$\mathrm{cov}(e^U, U)=0.14086$, $\mathrm{var}(e^U)=0.2420$, $\mathrm{var}(Y)=\frac{1}{12}$

解：设$X=e^U$, 令$Y=U$, 那么$E(Y)=\frac{0+1}{2}=\frac{1}{2}$, 令新的随机变量为$Z=e^U+c(u-\frac{1}{2})$. 那么$\mathrm{var}(z)=\mathrm{var}(e^{U}+c(U-\frac{1}{2}))=0.0039$. 根据之前的控制变量法的原理简述可以得到$\overline{z}$是$\theta$的无偏估计, 并且也可以得到$\mathrm{var}(\overline{z})$的结果, 在此不再赘述.

(3) 例题：

$$\theta=\int_0^1\int_0^1exp^{(x+y)^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\mathrm{E}_{XY}(e^{(x+y)^2})$$

解：令$u_1, u_2, …, u_n, u_1^{‘},u_2^{‘},…, u_n^{‘}$独立同分布与$\mathrm{U}[0,1]$, 那么

$$\widehat{\theta}=\frac{1}{2n}[\sum_{i=1}^ne^{(u_1+u_1^{'})^2}+\sum_{i=1}^ne^{\{(1-u_1)+(1-u_1^{'})\}^2}]$$

作为$\theta$的对偶变量法的估计, 所以该估计显然是无偏估计.

$$\begin{eqnarray*} &&\mathrm{var}(\widehat\theta)\\ &=&\frac{\mathrm{var}\{e^{(u_1+u_1^{'})^2}\}}{2n}+\frac{\mathrm{cov}[e^{(u_1+u_1^{'})^2}, e^{\{(2-u_1-u_1^{'})}]}{2n} \end{eqnarray*}$$

其中针对第二项我们无法直接得到结果，所以我们需要对其进行估计

$$\begin{eqnarray*} &&\frac{\mathrm{cov}[e^{(u_1+u_1^{'})^2}, e^{\{(2-u_1-u_1^{'})}]}{2n}\\ &=&\frac{\mathrm{E}[\mathrm{exp}\{(u_1+u_1^{'})^2+(2-u_1-u_1')^2\}]-(\mathrm{E}[\mathrm{exp}\{(u_1+u_1^{'})^2])^2}{2n} \end{eqnarray*}$$

对于上式的估计为

$$\frac{1}{2n}[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\mathrm{exp}\{(u_i+u_i)^2+(2-u_i-u_i')^2\}-\widehat{\theta}^2]$$

ps:

因为$u_1+u_1’\sim\mathrm{U}[0,2]$， 所以$-(u_1+u_1’)\sim\mathrm{U}[-2,0]$， 所以$2-(u_1+u_1’)\sim\mathrm{U}[0,2]$

非参数估计

(1) 用核光滑法如果估计$m(x)$/核光滑法的原理/核光滑法的思想?

答：核光滑法思想：已知$Y=m(x)+\varepsilon$, $(x_i, y_i)$, $i=1,2,…,n$, 选定$R$上的函数$K(\cdot)$和整的常数列$h=h_n$(ps:一般取值就是某个整数), 记$K_h(\cdot)=\frac{1}{h}K(\frac{\cdot}{h})$. 定义

$$\begin{eqnarray*} \widehat{m}_{nw}(x)=\sum_{i=1}^nW_{ni}^K(x)Y_i, \end{eqnarray*}$$

其中

$$W_{ni}^K(x)=\frac{K_h(x_i-x)}{\sum_{i=1}^nK_h(x_j-x)}$$

相当于权重, 称$W_{ni}^K(x)$为$m(x)$的$N-W$估或核估计.

补充：核光滑法就是构造$m(x)$的估计量的方法, 其中$m(x)$叫光滑函数, 它的定义是

$$m(x)=E(Y|X=x).$$

所以$m(x)$也叫条件期望函数.

(2) 在均匀核下，给定 $(x_i, y_i)$, $i=1,2,…,n$, 估计$m(x)$？

均匀核：$K(u)=\frac{1}{2}\mathrm{I}(|u|\leq 1)$

$m(x)$的核估计是

$$\begin{eqnarray*} \widehat{m}_{NW}(x)&=&\sum_{i=1}^nW_{ni}^K(x)y_i\\ &=&\sum_{i=1}^n\frac{K_h(x_i-x)}{\sum_{j=1}^nK_h(x_j-x)}y_i\\ &=&\sum_{i=1}^n\frac{\frac{1}{2h}\mathrm{I}(|x_i-x|\leq 1)}{\sum_{j=1}^n\frac{1}{2h}\mathrm{I}(|x_j-x|\leq 1)}y_i\\ &=&\sum_{i=1}^n\frac{\mathrm{I}(|x_i-x|\leq 1)}{\sum_{j=1}^n\mathrm{I}(|x_j-x|\leq 1)}y_i\\ \end{eqnarray*}$$

可以看出上式是等权求和, 因为针对给定的$x$, 上述示性函数都会变成1和0，所以权重都是相同的（不考虑权重为0的情况）

(2) 在抛物线核下，给定 $(x_i, y_i)$, $i=1,2,…,n$, 估计$m(x)$？

抛物线核：$K(u)=\frac{3}{4}(1-u^2)I(|u|\leq 1)$

那么

$$K_h(x_i-x)=\frac{3}{4h}\{1-(\frac{x_i-x}{h})^2\}\mathrm{I}(|\frac{x_i-x}{h}|\leq1),$$

并且

$$\begin{eqnarray*} W_{ni}^K=\frac{K_h(x_i-x)}{\sum_{j=1}^nK_h(x_j-x)} \end{eqnarray*}$$

因此$m(x)$的核估计是

$$\begin{eqnarray*} \widehat{m}_{NW}(x)&=&\sum_{i=1}^nW_{ni}^K(x)y_i\\ &=&\frac{\{1-(\frac{x_i-x}{h})^2\}\mathrm{I}(|\frac{x_i-x}{h}|\leq1)}{\sum_{j=1}^n\{1-(\frac{x_j-x}{h})^2\}\mathrm{I}(|\frac{x_j-x}{h}|\leq1)}y_i. \end{eqnarray*}$$

看出上式是不等权求和, 距离x越近, 权重越大, 距离x越远, 权重越小,

EM算法

(1) EM算法的思想

已知$X_{obs}=x_{obs}$, $X_{mis}$对应的条件分布为

$$f(x_{mis}|x_{obs},\theta^{(t)})=\frac{f(x_{obs}, x_{mis}|\theta^{(t)})}{f(x_{obs}|\theta^{(t)})},$$

那么在完全数据的对数似然函数

$$lnf(x_{obs},x_{mis}|\theta^{(t)})$$

中, 我们将$X_{obs}=x_{obs}$看成已知, 关于未知部分$X{mis}$, 求期望得到关于$\theta$的函数$Q\{t}(\theta)$, 然后再求$Q_t(\theta)$的最大值点作为下一个$\theta^{(t+1)}$, 其中$X_{obs}$为观测样本,$X_{mis}$为未观测样本,$theta^{(t)}$为第$t$轮迭代得到的$theta$的估计.

(2) E步和M步分别指什么?

E步(期望步): 计算完全数据的对数似然函数的期望

$$Q_t(\theta) = E\{lnf(x_{obs},x_{mis})|x_{obs},\theta^{(t)}\},$$

其中期望是针对$X{mis}$, 求期望的时候,$X\{mis}$对应的条件密度为$f(x_{mis}|x_{obs}, \theta^{(t)})$

M步(最大化步): 求$Q_t(\theta)$的最大值点$\theta^{(t+1)}$, 然后迭代进入下一步.

(3) 例题: 总体的分布是$N(0,1)$, 观测样本$X_1, X_2, …, X_n$, 相应的观测值为$x_1, x_2, …, x_n$, 另外有为观测的样本$Z_1, Z_2, …, Z_m$, 仅知道$z_j>a$, $j=1,2,…,m$, 假设样本之间相互独立.

解: 首先完全数据的联合密度为

$$\begin{eqnarray*} f(x_{obs}, x_{mis}|\theta)&=&\prod_{i=1}^nf(x_i)\prod_{j=1}^nf(z_i)\\ &=&\prod_{i=1}^n\phi(x_i-\theta)\prod_{j=1}^n\phi(z_i-\theta) \end{eqnarray*}$$

已知$z_j>a$, 即该部分也算是观测到的一部分，并且有

$$\begin{eqnarray*} P(z>a)&=&P(z-\theta>a-\theta)\\ &=&1 - P(z-\theta\leq a-\theta)\\ &=&1-\Phi(a-\theta), \end{eqnarray*}$$

那么观测数据的似然函数(即观测到的情况所对应的联合概率)为

$$f(x_{obs}|\theta)=\{1-\Phi(a-\theta)\}^m\prod_{i=1}^n\phi(x_i-\theta).$$

所以

$$\begin{eqnarray*} f(x_{mis}|x_{obs},\theta)&=&\frac{f(x_{obs},x_{mis}|\theta)}{f(x_{obs}|\theta)}\\ &=&\frac{\prod_{j=1}^m\phi(z_j-\theta)}{\{1-\Phi(a-\theta)\}^m}. \end{eqnarray*}$$

迭代时, 第$t$步对应的$\theta$为$\theta^{(t)}$, 因此根据EM算法可以得到

E步：

$$\begin{eqnarray*} Q_t(\theta)&=&E\{ln\prod_{i=1}^n\phi(x_i-\theta)\prod_{j=1}^m\phi(z_i-\theta)|x, \theta^{(t)}\}\\ &=&E\{\sum_{i=1}^nln\phi(x_i-\theta)+\sum_{j=1}^mE\{ln\phi(z_i-\theta)|x, \theta^{(t)}\}\\ &=&\sum_{i=1}^nln\phi(x_i-\theta)+\sum_{j=1}^mE\{ln\phi(z_i-\theta)|x, \theta^{(t)}\}\\ \end{eqnarray*}$$

其中$x=(x_1, x_2, … , x_n)$, $z_j$之间相互独立, 且有相同的条件密度

$$\frac{\phi(z-\theta^{(t)})}{1-\Phi(a-\theta^{(t)})}.$$

$j=1,2,…,m$, $z_j>a$. 因此

$$\begin{eqnarray*} Q_t(\theta)&=&\sum_{i=1}^nln\phi(x_i-\theta)+\sum_{j=1}^mE\{ln\phi(z_i-\theta)|x, \theta^{(t)}\}\\ &=&\sum_{i=1}^nln\phi(x_i-\theta)+m\int_a^{+\infty}ln\phi(z-\theta)\frac{\phi(z-\theta^{(t)})}{1-\Phi(a-\theta^{(t)})}\mathrm{d}z\\ \end{eqnarray*}$$

M步: 求$Q_t(\theta)$的最大值

$$\begin{eqnarray*} \frac{\partial Q_t(\theta)}{\partial\theta}&=&-\sum_{i=1}^{n}\frac{\phi'(x_i-\theta)}{\phi(x_i-\theta)}-m\int_a^{+\infty}\frac{\phi'(z-\theta)}{\phi(z-\theta)}\frac{\phi(z-\theta^{(t)})}{1-\Phi\{a-\theta^{(t)}\}}\mathrm{d}z\\ &=&\sum_{i=1}^{n}(x_i-\theta)+m\int_a^{+\infty}(z-\theta)\frac{\phi(z-\theta^{(t)})}{1-\Phi\{a-\theta^{(t)}\}}\mathrm{d}z\\ &=&\sum_{i=1}^{n}(x_i-\theta)+m\int_a^{+\infty}(z-\theta^{(t)}+\theta^{(t)}-\theta)\frac{\phi(z-\theta^{(t)})}{1-\Phi\{a-\theta^{(t)}\}}\mathrm{d}z\\ &=&\sum_{i=1}^{n}(x_i-\theta)+m\int_a^{+\infty}(z-\theta^{(t)})\frac{\phi(z-\theta^{(t)})}{1-\Phi\{a-\theta^{(t)}\}}\mathrm{d}z+ m\frac{\theta^{(t)}-\theta}{1-\Phi\{a-\theta^{(t)}\}}\int_a^{+\infty}\phi(z-\theta^{(t)})\mathrm{d}z\\ &=&n\overline{x}-n\theta+m\int_a^{+\infty}(z-\theta^{(t)})\frac{\phi(z-\theta^{(t)})}{1-\Phi\{a-\theta^{(t)}\}}\mathrm{d}z+m(\theta^{(t)}-\theta)\\ &=&-(m+n)\theta + n\overline{x}+m\theta^{(t)}+m\frac{\phi(a-\theta^{(t)})}{1-\Phi\{a-\theta^{(t)}\}}. \end{eqnarray*}$$

其中用到了

$$\begin{eqnarray*} &&\int_{a-\theta^{(t)}}^{+\infty}x\phi(x)\mathrm{d}x\\ &=&\int_{a-\theta^{(t)}}^{+\infty}x\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}\mathrm{d}x\\ &=&\int_{a-\theta^{(t)}}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}\mathrm{d}\frac{x^2}{2}\\ &=&-\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}\int_{a-\theta^{(t)}}^{+\infty}\\ &=&\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{(a-\theta^{(t)})^2}{2}}\\ &=&\phi(a-\theta^{(t)}) \end{eqnarray*}$$

以及

$$\begin{eqnarray*} &&\frac{\int_a^{+\infty}\phi(z-\theta^{(t)})\mathrm{d}z} {1-\Phi\{a-\theta^{(t)}\}}\\ &=&\frac{\int_a^{+\infty}\phi(z-\theta^{(t)})\mathrm{d}(z-\theta^{(t)})}{1-\Phi\{a-\theta^{(t)}\}}\\ &=&\frac{\int_{a-\theta^{(t)}}^{+\infty}\phi(x)\mathrm{d}(x)}{1-\Phi\{a-\theta^{(t)}\}}\\ &=&\frac{1-\Phi\{a-\theta^{(t)}\}}{1-\Phi\{a-\theta^{(t)}\}}\\ &=&1 \end{eqnarray*}$$

那么有

$$\frac{\partial Q(\theta)}{\partial\theta}=0,$$

可得

$$\theta^{(t+1)}=\frac{1}{m+n}[n\overline{x}+m\theta^{(t)}+m\frac{\phi(a-\theta^{(t)})}{1-\Phi\{a-\theta^{(t)}\}}]$$

(4)例题：

$Y_1, Y_2,…, Y_n$独立同分布于$\mathrm{exp}(\theta)$, $y_1=5$是观测到的, $y_2$的值是缺失的.

那么完全数据的对数似然函数为

$$\begin{eqnarray*} lnL(\theta|y)&=&lnf_Y(y|\theta)\\ &=&ln\theta e^{-\theta y_1}\theta e^{-\theta y_2} &=&2ln\theta-\theta y_1-\theta y_2 \end{eqnarray*}$$

E步(期望步):

$$\begin{eqnarray*} &&\mathrm{E}\{lnL(\theta|y)|\theta^{(t)},y_1\}\\ &=&2ln\theta-\theta y_1-\theta\mathrm{E}\{y_2|\theta, y_1\}\\ &=&2ln\theta-\theta y_1-\theta\frac{1}{\theta^{(t)}} \end{eqnarray*}$$

M步(最大化步):

$$\begin{eqnarray*} &&\frac{2}{\theta}-5-\frac{1}{\theta^{(t)}}=0\\ &\Leftrightarrow&\frac{2}{\theta}=5+\frac{1}{\theta^{(t)}}\\ &\Leftrightarrow&2\theta^{(t+1)}=\frac{2\theta^{(t)}}{5\theta^{(t)}+1}\\ \end{eqnarray*}$$

当$\theta^{(t+1)}=\theta^{(t)}$时, 迭代停止, 即

$$\begin{eqnarray*} &&x = \frac{2x}{5x+1}\\ &\Rightarrow&5x^2+x=2x\\ &\Rightarrow&5x^2-x=0\\ &\Rightarrow&x_1=0.2, x_2=0(舍弃) \end{eqnarray*}$$

求解完毕.