我可以根据样本大小以及最小值和最大值重建正态分布吗？我可以使用中点来代表均值

从统计上讲，我知道这可能有些困难，但这是我的问题。

我有很多范围数据，即变量的最小，最大和样本大小。对于其中一些数据，我也有一个平均值，但并不多。我想将这些范围相互比较，以量化每个范围的变异性，并比较均值。我有充分的理由假设分布在均值周围是对称的，并且数据将具有高斯分布。因此，我想我可以证明在没有均值时使用分布的中点作为均值的代理。

我想做的是为每个范围重建一个分布，然后使用该分布为该分布提供标准偏差或标准误差。我仅有的信息是从样本中观察到的最大值和最小值，以及将中点作为平均值的代表。

这样，我希望能够基于我拥有的范围数据和我的假设（对称分布和正态分布）来计算每组的加权均值，并计算出每组的变异系数。

我打算使用R来做到这一点，因此任何代码帮助也将不胜感激。

对于最小的联合累积分布函数$x_{(1)}$＆最大$x_{(n)}$为样品$n$从高斯分布均值$\mu$和标准偏差$\sigma$是

$$F(x_{(1)},x_{(n)};\mu,\sigma) = \Pr(X_{(1)}<x_{(1)}, X_{(n)}<x_{(n)})\\ =\Pr( X_{(n)}<x_{(n)}) - \Pr(X_{(1)}>x_{(1)}, X_{(n)}<x_{(n)}\\ =\Phi\left(\tfrac{x_{(n)}-\mu}{\sigma}\right)^n - \left[\Phi\left(\tfrac{x_{(n)}-\mu}{\sigma}\right) -\Phi\left(\tfrac{x_{(1)}-\mu}{\sigma}\right)\right]^n$$

其中$\Phi(\cdot)$是标准的高斯CDF。关于$x_{(1)}$和微分$x_{(n)}$给出联合概率密度函数。

$$f(x_{(1)},x_{(n)};\mu,\sigma) =\\ n(n-1)\left[\Phi\left(\tfrac{x_{(n)}-\mu}{\sigma}\right) - \Phi\left(\tfrac{x_{(1)}-\mu}{\sigma}\right)\right]^{n-2}\cdot\phi\left(\tfrac{x_{(n)}-\mu}{\sigma}\right)\cdot\phi\left(\tfrac{x_{(1)}-\mu}{\sigma}\right)\cdot\tfrac{1}{\sigma^2}$$

其中是标准的高斯PDF。取不包含参数的对数和丢弃项可提供对数似然函数$\phi(\cdot)$

$$\ell(\mu,\sigma;x_{(1)},x_{(n)}) =\\ (n-2)\log\left[\Phi\left(\tfrac{x_{(n)}-\mu}{\sigma}\right) - \Phi\left(\tfrac{x_{(1)}-\mu}{\sigma}\right)\right] + \log\phi\left(\tfrac{x_{(n)}-\mu}{\sigma}\right) + \log\phi\left(\tfrac{x_{(1)}-\mu}{\sigma}\right) - 2\log\sigma$$

这看起来并不很听话的，但它很容易看到它最大化的任何值通过设定μ = μ = X （ñ ） + X （1 $\sigma$，即中点，当一个CDF的自变量为另一个的自变量的负数时，第一项最大化。第二和第三项代表两个独立正态变量的联合可能性。$\mu=\hat\mu=\frac{x_{(n)}+x_{(1)}}{2}$

代μ到对数似然＆写- [R = X （Ñ ） - X （1 ）给出 ℓ （σ ; X （1 ），X （Ñ ），μ）= （ñ - 2 ）日志[ 1 - 2 Φ （− r$\hat\mu$$r=x_{(n)}-x_{(1)}$

$$\ell(\sigma;x_{(1)},x_{(n)},\hat\mu)=(n-2)\log\left[1 - 2\Phi\left(\tfrac{-r}{2\sigma}\right)\right] - \frac{r^2}{4\sigma^2} -2\log{\sigma}$$

此表达必须（例如，与数字最大化optimize来自R的stat包），以找到σ。（原来，σ = ķ$\hat\sigma$，其中 ķ只在根据一个恒定 Ñ -perhaps有人数学上更熟练比我能显示为什么。）$\hat\sigma=k(n)\cdot r$$k$$n$

没有附带的精确度，估算就没有用。观察到的Fisher信息可以通过数字方式进行评估（例如，hessian使用R's numDeriv包装），并用于计算近似标准误差：

我（σ）=-∂2ℓ（σ; μ

$$I(\mu)=-\left.\frac{\partial^2{\ell(\mu;\hat\sigma)}}{(\partial\mu)^2}\right|_{\mu=\hat\mu}$$ $$I(\sigma)=-\left.\frac{\partial^2{\ell(\sigma;\hat\mu)}}{(\partial\sigma)^2}\right|_{\sigma=\hat\sigma}$$

以 偏差（MLE是否一致），方差和均方误差来比较的似然度和矩量法估计值，将是很有意思的 。除了最小和最大以外，对于那些已知样本均值的群体也存在估计问题。$\sigma$

$\mu$$\sigma$$R=x_{(n)} - x_{(1)}$$99.7$

$$\mu + 3\sigma \approx x_{(n)}$$ 和

$$\mu - 3\sigma \approx x_{(1)}$$

从第一个减去第二个，我们得到

$$6\sigma \approx x_{(n)} - x_{(1)}= R$$ $$\hat \sigma = \frac 16 \Big(\bar x_{(n)} - \bar x_{(1)}\Big)$$ 条形表示平均值。在这种情况下，您假设所有子样本都来自同一分布（您写过具有预期范围）。如果每个样本是具有不同均值和方差的不同法线，则可以对每个样本使用公式，但是标准偏差的估计值中的不确定性/可能不准确会更大。

Having a value for the mean and for the standard deviation completely characterizes the normal distribution.

获得正态分布最大值的分布函数很简单（请参见代码中的“ P.max.norm”）。从中（借助一些演算），您可以获得分位数功能（请参见“ Q.max.norm”）。

使用“ Q.max.norm”和“ Q.min.norm”可以获得与N相关的范围的中位数。使用Alecos Papadopoulos提出的想法（在先前的答案中），您可以计算sd。

尝试这个：

N = 100000    # the size of the sample

# Probability function given q and N
P.max.norm <- function(q, N=1, mean=0, sd=1){
    pnorm(q,mean,sd)^N
} 
# Quantile functions given p and N
Q.max.norm <- function(p, N=1, mean=0, sd=1){
    qnorm(p^(1/N),mean,sd)
} 
Q.min.norm <- function(p, N=1, mean=0, sd=1){
    mean-(Q.max.norm(p, N=N, mean=mean, sd=sd)-mean)
} 

### lets test it (takes some time)
Q.max.norm(0.5, N=N)  # The median on the maximum
Q.min.norm(0.5, N=N)  # The median on the minimum

iter = 100
median(replicate(iter, max(rnorm(N))))
median(replicate(iter, min(rnorm(N))))
# it is quite OK

### Lets try to get estimations
true_mean = -3
true_sd = 2
N = 100000

x = rnorm(N, true_mean, true_sd)  # simulation
x.vec = range(x)                  # observations

# estimation
est_mean = mean(x.vec)
est_sd = diff(x.vec)/(Q.max.norm(0.5, N=N)-Q.min.norm(0.5, N=N))

c(true_mean, true_sd)
c(est_mean, est_sd)

# Quite good, but only for large N
# -3  2
# -3.252606  1.981593