第4部分 多階段抽樣
概述與符號說明
多階段抽樣是推廣的整群抽樣。在整群抽樣中，抽樣總體被划分為若干個PSU(primary sampling unit)，每一個PSU中含有的抽樣單元每一個都是一個SSU(second-stage sampling unit)，將抽中的PSU內的所有SSU入樣。而多階段抽樣在抽中的PSU中，對PSU所含有的SSU進行第二階段的抽樣，抽取子樣本。以此類推，還可以有第三階段、第四階段的抽樣。
如對一所學校內的學生進行抽樣，可以先抽取宿舍(PSU)，如果是整群抽樣，則抽中的宿舍中所有學生都入樣；如果是多階段抽樣，則在抽中的宿舍中進一步抽取學生(SSU)。
本文主要考慮等概率兩階段抽樣，以下定義相關符號。
與整群抽樣一致，總體中的PSU個數記作\(N\)，第\(i\)個\(N\)中含有的SSU個數記作\(M_i\)，SSU總數為\(M_0=\displaystyle{\sum_{i=1}^{N}M_i}\)，特別當各種群規模一致時，記
\[M_1=M_2=\cdots=M_N\xlongequal{def}M. \]
總體中第\(i\)個PSU的第\(j\)個SSU觀測值記作\(Y_{ij}\)，總體總值為\(\displaystyle{Y=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M_i}Y_{ij}}\)，第\(i\)個PSU的總值為\(\displaystyle{Y_i=\sum_{j=1}^{M_i}Y_{ij}}\)。總體按SSU的均值為\(\displaystyle{\bar{\bar Y}=\frac{Y}{M_0}=\frac{1}{M_0}\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M_i}Y_{ij}}\)，第\(i\)個PSU按SSU的均值為\(\displaystyle{\bar Y_i=\frac{Y_i}{M_i}=\frac{1}{M_i}\sum_{j=1}^{M_i}Y_{ij}}\)。
總體PSU間的方差記作\(\displaystyle{S_1^2=\frac{1}{N-1}\sum_{i=1}^{N}(\bar Y_i-\bar{\bar Y})^2}\)，注意沒有\(M_i\)項；總體第\(i\)個PSU內SSU間的方差為\(\displaystyle{S_{2i}^2=\frac{1}{M_i-1}\sum_{j=1}^{M_i}(Y_{ij}-\bar{Y_i})^2}\)，方差均值為\(\displaystyle{S_2^2=\frac{1}{N}\sum_{i=1}^{N}S_{2i}^2}\)。
各樣本的參數均為總體的小寫。
兩階段抽樣估計量的均值和方差
下述定理對任何估計量\(\hat\theta\)都是成立的。
定理：對於兩階段抽樣，有
\[\mathbb{E}(\hat \theta)=\mathbb{E}_1[\mathbb{E}_2(\hat\theta)], \\ \mathbb{D}(\hat\theta)=\mathbb{D}_1[\mathbb{E}_2(\hat\theta)]+\mathbb{E}_1[\mathbb{D}_2(\hat\theta)]. \]
其中，\(\mathbb{E}_2,\mathbb{D}_2\)分別表示在固定初級單元時，對第二階段抽樣的均值和方差；\(\mathbb{E}_1,\mathbb{D}_1\)分別表示對第一階段抽樣的均值和方差。
以上定理是全期望公式在兩階段抽樣的特殊形式，如果定義\(T\)為抽取的初級單元，則有
\[\mathbb{E}(\hat\theta)=\mathbb{E}[\mathbb{E}(\hat\theta|T)]\xlongequal{def}\mathbb{E}_1[\mathbb{E}_2(\hat\theta)]. \]
方差是另一形式的期望，記\(\mathbb{E}(\hat\theta)=\theta\)，則
\[\begin{aligned} \mathbb{D}(\hat\theta)&=\mathbb{E}(\hat\theta-\theta)^2\\ &=\mathbb{E}_1[\mathbb{E}_2(\hat\theta-\theta)^2]\\ &=\mathbb{E}_1[\mathbb{E}_2(\hat\theta^2-2\theta\hat\theta+\theta^2)]\\ &=\mathbb{E}_1[\mathbb{E}_2(\hat\theta^2)]-\mathbb{E}_1[2\theta\mathbb{E}_2(\hat\theta)]+\theta^2\\ &=\mathbb{E}_1[\mathbb{D}_2(\hat\theta)+(\mathbb{E}_2(\hat\theta))^2]-\theta^2\\ &=\mathbb{E}_1[\mathbb{E}_2(\hat\theta)]^2+\mathbb{E}_1[\mathbb{D}_2(\hat\theta)]-\{\mathbb{E}_1[\mathbb{E}_2(\hat\theta)]\}^2\\ &=\mathbb{E}_1[\mathbb{D}_2(\hat\theta)]+\mathbb{D}_1[\mathbb{E}_2(\hat\theta)]. \end{aligned} \]
以后記\(\mathbb{E}_1[\mathbb{E}_2(\theta)]=\mathbb{E}_1\mathbb{E}_2(\hat\theta)\)。
初級單元規模相等的兩階段抽樣
均值估計
此時，初級單元中，二級單元個數相等為\(M\)。第一階段從包含\(N\)個初級單元的總體中以簡單隨機抽樣抽取\(n\)個初級單元，第二階段在每個被抽中的初級單元所包含的\(M\)個二級單元中，以簡單隨機抽樣抽取\(m\)個二級單元。注意到兩個階段的抽樣都是簡單隨機抽樣，因此都具有抽樣比，第一階段的抽樣比記作\(f_1=\dfrac{n}{N}\)，第二階段的抽樣比記作\(f_2=\dfrac{m}{M}\)。
此時，總體均值的估計為
\[\hat{\bar{\bar Y}}=\bar{\bar y}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\bar {y}_i=\frac{1}{nm}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\bar y_{i}. \]
要注意此估計量的前一種形式，這相當於對群均值\(\bar{y}_i\)抽樣的簡單估計。
定理：
-
\(\bar{\bar y}\)是\(\bar{\bar Y}\)的無偏估計。
-
\(\bar{\bar y}\)的方差為
\[\mathbb{D}(\bar{\bar y})=\frac{1-f_1}{n}S_1^2+\frac{1-f_2}{nm}S_2^2. \]
由於兩個階段都是簡單隨機抽樣，故
\[\begin{aligned} \mathbb{E}(\bar{\bar y})&=\mathbb{E}_1\mathbb{E}_2(\bar{\bar y})\\ &=\mathbb{E}_1\mathbb{E}_2\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\bar{y}_i \right)\\ &=\mathbb{E}_1\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\mathbb{E}_2(\bar{y}_i) \right)\\ &=\mathbb{E}_1\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\bar{Y}_i \right)\\ &=\bar{\bar Y}. \end{aligned} \]
此式中，\(\mathbb{E}_2(\bar{y}_i)=\bar Y_i\)是因為，此時固定了抽樣單元，故\(\bar{y}_i\)是第\(i\)個群的群內簡單估計，從而是群內的無偏估計；\(\displaystyle{\mathbb{E}_1\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\bar Y_i \right)=\bar{\bar Y}}\)是因為，此時將每一個群均值視為抽樣單元執行簡單隨機抽樣，因為在等規模情況下群均值的均值就是總體均值（上篇文章已證明），故括號內的統計量是簡單估計，從而是無偏的。這個抽樣性質在下方方差的計算中也將運用。
對於方差，有
\[\begin{aligned} \mathbb{D}(\bar{\bar y})&=\mathbb{D}_1[\mathbb{E}_2(\bar{\bar y})]+\mathbb{E}_1[\mathbb{D}_2(\bar{\bar y})]\\ &=\mathbb{D}_1\left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\bar{Y}_i \right]+\mathbb{E}_1[\mathbb{D}_2(\bar{\bar y})]\\ &=\frac{1-f_1}{n}\frac{1}{N-1}\sum_{i=1}^{N}(\bar{Y}_i-\bar{\bar Y})^2+\mathbb{E}_1[\mathbb{D}_2(\bar{\bar y})]\\ &=\frac{1-f_1}{n}S_1^2+\mathbb{E}_1[\mathbb{D}_2(\bar{\bar y})]\\ &=\frac{1-f_1}{n}S_1^2+\mathbb{E}_1\left[\mathbb{D}_2\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\bar{y}_i \right) \right]\\ &\stackrel{*}=\frac{1-f_1}{n}S_1^2+\mathbb{E}_1\left[\frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^{n}\mathbb{D}_2(\bar y_i) \right]\\ &=\frac{1-f_1}{n}S_1^2+\frac{1}{n^2}\mathbb{E}_1\sum_{i=1}^{n}\left[\frac{1-f_2}{m}\frac{1}{M-1}\sum_{j=1}^{M}(Y_{ij}-\bar{Y}_i)^2\right]\\ &=\frac{1-f_1}{n}S_1^2+\frac{1-f_2}{nm}\mathbb{E}_1\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}S_{2i}^2\right)\\ &=\frac{1-f_1}{n}S_1^2+\frac{1-f_2}{nm}\left(\frac{1}{N}\sum_{i=1}^{N}S_{2i}^2\right) \\ &=\frac{1-f_1}{n}S_1^2+\frac{1-f_2}{nm}S_2^2. \end{aligned} \]
這里應注意\((*)\)式成立，是因為\(\mathbb{D}_2\)的處理是將諸\(i\)視為已知量，即已經選定了抽取的樣本，從而每一個\(\mathbb{D}_2(\bar {y}_i)\)應獨立於\(\mathbb{E}_1\)計算。
方差估計
由於\(S_1^2\)與\(S_2^2\)未知，故\(\mathbb{D}(\bar{\bar y})\)未知，需要對其進行估計。但此時不能簡單使用\(s_1^2,s_2^2\)直接替代。
定理：\(\mathbb{D}(\bar{\bar y})\)的無偏估計為
\[v(\bar{\bar y})=\frac{1-f_1}{n}s_1^2+\frac{f_1(1-f_2)}{nm}s_2^2. \]
這里
\[s_1^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(\bar y_i-\bar{\bar y})^2 ,\\ s_{2i}^2=\frac{1}{m-1}\sum_{j=1}^{m}(y_{ij}-\bar{y}_i)^2,\\ s_2^2=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}s_{2i}^2. \]
要分別計算\(s_1^2\)和\(s_2^2\)的期望並代回\(v(\bar{\bar y})\)，由期望迭代，先計算\(\mathbb{E}_2\)，於是
\[\begin{aligned} \mathbb{E}_2[(n-1)s_1^2]&=\mathbb{E}_2\left[\sum_{i=1}^{n}(\bar y_i-\bar{\bar y})^2 \right]\\ &=\sum_{i=1}^{n}\mathbb{E}_2(\bar y_i^2)-n\mathbb{E}(\bar {\bar y}^2)\\ &=\sum_{i=1}^{n}\left\{[\mathbb{E}_2(\bar y_i)]^2+\mathbb{D}(\bar y_i) \right\}-n\left\{[\mathbb{E}_2(\bar{\bar y})]^2+\mathbb{D}_2(\bar {\bar y}) \right\}\\ &=\sum_{i=1}^{n}\bar Y_i^2+\sum_{i=1}^{n}\frac{1-f_2}{m}S_{2i}^2-n\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\bar Y_i \right)^2-\frac{1-f_2}{nm}\sum_{i=1}^{n}S_{2i}^2. \end{aligned} \]
記\(\bar{\bar Y}_n=\displaystyle{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\bar Y_i}\)，它指的是對於已經選中的群的群均值的均值，與群均值的均值\(\bar{\bar Y}\)不一樣。引入此符號后，有
\[\begin{aligned} \mathbb{E}_2[(n-1)s_1^2]&=\sum_{i=1}^{n}(\bar Y_i^2)-n(\bar{\bar Y}_n)^2+\frac{1-f_2}{m}\sum_{i=1}^{n}S_{2i}^2+\frac{1-f_2}{nm}\sum_{i=1}^{n}S_{2i}^2 \\ &=\sum_{i=1}^{n}(\bar Y_i-\bar{\bar Y}_n)^2+\frac{(n-1)(1-f_2)}{nm}\sum_{i=1}^{n}S_{2i}^2. \end{aligned} \]
從而
\[\begin{aligned} \mathbb{E}(s_1^2)&=\mathbb{E}_1\mathbb{E}_2(s_1^2)\\ &=\mathbb{E}_1\left[\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(\bar Y_i-\bar{\bar Y}_n)^2 \right]+\frac{1-f_2}{m}\mathbb{E}_1\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}S_{2i}^2 \right)\\ &=S_1^2+\frac{1-f_2}{m}S_2^2. \end{aligned} \]
對第三個等號，需要注意到\(\displaystyle{\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(\bar Y_i-\bar{\bar Y}_n)^2}\)實際上是簡單隨機抽樣下的樣本方差，因此由第一部分定理，它是\(\displaystyle{S_1^2=\frac{1}{N-1}\sum_{i=1}^{N}(\bar Y_i-\bar{\bar Y})^2}\)的無偏估計；另外\(\displaystyle{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}S_{2i}^2}\)是簡單隨機抽樣下的樣本均值，它是總體均值\(\displaystyle{S_2^2=\frac{1}{N}\sum_{i=1}^{N}S_{2i}^2}\)的無偏估計。
同理，對於\(s_2^2\)，有
\[\begin{aligned} \mathbb{E}_2(s_2^2)&=\mathbb{E}_2\left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}s_{2i}^2 \right]\\ &=\mathbb{E}_2\left[\frac{1}{n(m-1)}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}(y_{ij}-\bar{y}_i)^2 \right]\\ &=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\mathbb{E}_2\left[\frac{1}{m-1}\sum_{j=1}^{m}(y_{ij}-\bar{y}_i)^2 \right]\\ &=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{M-1}\sum_{j=1}^{M}(Y_{ij}-\bar{Y}_i)^2\\ &=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}S_{2i}^2,\\ \mathbb{E}(s_2^2)&=\mathbb{E}_1\mathbb{E}_2(s_2^2)\\ &=\mathbb{E}_1\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}S_{2i}^2 \right)\\ &=\frac{1}{N}\sum_{i=1}^{N}S_{2i}^2\\ &=S_{2}^2. \end{aligned} \]
將\(\displaystyle{\mathbb{E}(s_1^2)=S_1^2+\frac{1-f_2}{m}S_2^2},\mathbb{E}(s_2^2)=S_2^2\)代入\(\mathbb{E}[v(\bar{\bar y})]\)的表達式，就得到
\[\begin{aligned} \mathbb{E}[v(\bar{\bar y})]&=\frac{1-f_1}{n}\mathbb{E}(s_1^2)+\frac{f_1(1-f_2)}{nm}\mathbb{E}(s_2^2)\\ &=\frac{1-f_1}{n}S_1^2+\frac{(1-f_1)(1-f_2)}{nm}S_2^2+\frac{f_1(1-f_2)}{nm}S_2^2\\ &=\frac{1-f_1}{n}S_1^2+\frac{1-f_2}{nm}S_2^2\\ &=\mathbb{D}(\bar{\bar y}). \end{aligned} \]
從結果上看，\(v(\bar{\bar y})\)更像是用\(s_1^2,s_2^2\)配湊出的式子。
初等單元規模不等的兩階段抽樣
簡單估計量
與整群抽樣類似，在初等單元規模不等時，常常先估計總體總值，此時
\[\hat Y_{u}=N\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\hat Y_i=\frac{N}{n}\sum_{i=1}^{n}M_i\bar{y}_i. \]
定理：
-
\(\hat Y_{u}\)是\(\hat Y\)的無偏估計。
-
\(\hat Y_{u}\)的方差為
\[\mathbb{D}(\hat Y_u)=\frac{N^2(1-f_1)}{n}\frac{1}{N-1}\sum_{i=1}^{N}(Y_i-\bar{Y})^2+\frac{N}{n}\sum_{i=1}^{N}\frac{M_i^2(1-f_{2i})}{m_i}S_{2i}^2. \]
-
對\(\mathbb{D}(\hat Y_{u})\)的無偏估計為
\[v(\hat {Y}_u)=\frac{N^2(1-f_1)}{n}\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(\hat Y_i-\hat{\bar Y}_u)^2+\frac{N}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{M_i^2(1-f_{2i})}{m_i}s_{2i}^2. \]
這里
\[\hat{\bar Y}_u=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\hat Y_i. \]
證明過程類似於前面等規模的情形，有
\[\mathbb{E}(\hat Y_u)=\mathbb{E}_1\mathbb{E}_2\left(\frac{N}{n}\sum_{i=1}^{n}M_i\bar y_{i}\right)=\mathbb{E}_1\left(\frac{N}{n}\sum_{i=1}^{n}M_i\bar Y_i \right)=N\frac{1}{N}\sum_{i=1}^{N}Y_i=Y. \]
對於方差，有\(\mathbb{D}(\hat Y_u)=\mathbb{E}_1[\mathbb{D}_2(\hat Y_u)]+\mathbb{D}_1[\mathbb{E}_2(\hat Y_u)]\)，從而
\[\begin{aligned} \mathbb{E}_1[\mathbb{D}_2(\hat Y_u)]&=\mathbb{E}_1\left[\mathbb{D}_2\left(\frac{N}{n}\sum_{i=1}^{n}\hat Y_i \right) \right]\\ &=\mathbb{E}_1\left[\frac{N^2}{n^2}\sum_{i=1}^{n}\mathbb{D}_2(\hat Y_i) \right]\\ &=\mathbb{E}_1\left[\frac{N^2}{n^2}\sum_{i=1}^{n}\frac{M_i^2(1-f_{2i})}{m_i}S_{2i}^2 \right]\\ &=\frac{N^2}{n}\mathbb{E}_1\left[\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{M_i^2(1-f_{2i})}{m_i}S_{2i}^2\right] \\ &=\frac{N^2}{n}\frac{1}{N}\sum_{i=1}^{N}\frac{M_i^2(1-f_{2i})}{m_i}S_{2i}^2\\ &=\frac{N}{n}\sum_{i=1}^{N}\frac{M_i^2(1-f_{2i})}{m_i}S_{2i}^2. \\ \mathbb{D}_1[\mathbb{E}_2(\hat Y_u)]&=\mathbb{D}_1\left[\mathbb{E}_2\left(\frac{N}{n}\sum_{i=1}^{n}\hat Y_i \right) \right]\\ &=\mathbb{D}_1\left[\frac{N}{n}\sum_{i=1}^{n}Y_i \right]\\ &=N^2\frac{1-f_1}{n}\frac{1}{N-1}\sum_{i=1}^{N}(Y_i-\bar Y)^2.\\ \end{aligned} \]
相加即得到所需結果。
對於\(v(\hat Y_{u})\)，同樣的證明過程可以得知\(\mathbb{E}(s_2^2)=S_2^2\)，同樣用期望迭代可以計算得
\[\mathbb{E}\left(\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(\hat {\bar{Y}_i}-\hat{\bar Y_u})^2 \right)=\frac{1}{N-1}\sum_{i=1}^{N}(Y_i-\bar{Y})^2. \]
比率估計量
與整群估計一致，如果各個\(M_i\)差異很大，會導致簡單估計量精度低。以\(M_i\)作為\(Y_i\)的輔助變量，采用比率估計量估計總體總值，得到的估計量\(\hat Y_{R}\)雖然是有偏的，但均方誤差比較小。
\[\hat {Y}_{R}=M_0\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}M_i\bar{y}_i}{\sum\limits_{i=1}^{n}M_i}=M_0\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}\hat Y_{i}}{\sum\limits_{i=1}^{n}M_i},\\ \mathrm{MSE}(\hat Y_{R})\approx \frac{N^2(1-f_1)}{n}\frac{1}{N-1}\sum_{i=1}^{N}M_i^2(\bar{Y}_i-\bar{\bar Y})^2+\frac{N}{n}\sum_{i=1}^{N}\frac{M_i^2(1-f_{2i})}{m_i}S_{2i}^2,\\ v(\hat Y_{R})=\frac{N^2(1-f_1)}{n}\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}M_i^2(\bar{y}_i-\bar{\bar y}_{R})^2+\frac{N}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{M_i^2(1-f_{2i})}{m_i}s_{2i}^2,\\ \bar{\bar y}_{R}=\frac{1}{M_0}\hat Y_{R}=\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}M_i\bar y_i}{\sum\limits_{i=1}^{n}M_i}. \]
抽樣設計
在設計一個兩階段樣本時，需要考慮以下四個問題：
- 大體需要多高的精度？
- PSU的規模應該有多大？
- 在每一個入樣的PSU中應抽取多少個SSU？
- 應抽取多少個PSU？
假定PSU規模相等，考慮費用函數為
\[C=c_0+c_1n+c_2nm, \]
則\(m\)的最優值為
\[m_{opt}=\frac{S_2}{S_u}\sqrt{\frac{c_1}{c_2}},\\ S_u^2=S_1^2-\frac{S_2^2}{M}. \]
再根據\(m_{opt}\)計算\(n\)，從而確定最優抽樣比\(f_1,f_2\)，這里有
\[\begin{aligned} \mathbb{D}(\bar{\bar y})&=\frac{1-f_1}{n}S_1^2+\frac{1-f_2}{nm}S_2^2\\ &=\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{N}\right)S_1^2+\frac{1}{n}\left(\frac{1}{m}S_2^2-\frac{1}{M}S_2^2 \right) \\ &=\frac{1}{n}\left(S_1^2-\frac{S_2^2}{M} \right)+\frac{S_2^2}{nm}-\frac{S_1^2}{N}. \end{aligned} \]
