2006年考研数学三第23题

已知总体$X$的概率密度函数为： $$f(x;\theta)=\begin{cases} \theta, & 0 \le x < 1 \\ 1-\theta, & 1 \le x \le 2 \\ 0, & \text{其他} \end{cases}$$ 其中$0<\theta<1$。 总体期望$EX$的定义为： $$EX = \int_{-\infty}^{+\infty} x f(x;\theta) \, dx$$ 由于$f(x;\theta)$在$[0,1)$和$[1,2]$上非零，因此积分分段进行： $$EX = \int_0^1 x \cdot \theta \, dx + \int_1^2 x \cdot (1-\theta) \, dx$$ 先计算第一段积分： $$\int_0^1 x \theta \, dx = \theta \int_0^1 x \, dx = \theta \cdot \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^1 = \theta \cdot \frac{1}{2} = \frac{\theta}{2}$$ 再计算第二段积分： $$\int_1^2 x (1-\theta) \, dx = (1-\theta) \int_1^2 x \, dx = (1-\theta) \cdot \left[ \frac{x^2}{2} \right]_1^2 = (1-\theta) \cdot \left( \frac{4}{2} - \frac{1}{2} \right) = (1-\theta) \cdot \frac{3}{2} = \frac{3}{2}(1-\theta)$$ 将两部分相加： $$EX = \frac{\theta}{2} + \frac{3}{2}(1-\theta) = \frac{\theta}{2} + \frac{3}{2} - \frac{3\theta}{2} = \frac{3}{2} - \theta$$ 因此，总体期望$EX = \frac{3}{2} - \theta$。

矩估计法的基本思想是用样本矩代替总体矩，从而建立方程求解参数。本题中总体分布已知，其数学期望 $E(X)$ 已由第一步计算得到为 $\frac{3}{2} - \theta$。根据矩估计原理，令总体一阶原点矩等于样本一阶原点矩，即样本均值 $\bar{X}$。因此建立矩估计方程： $$ E(X) = \bar{X} \quad \Longrightarrow \quad \frac{3}{2} - \theta = \bar{X}. $$ 将方程中的 $\theta$ 视为未知数，解此方程：移项得 $-\theta = \bar{X} - \frac{3}{2}$，两边乘以 $-1$ 得 $\theta = \frac{3}{2} - \bar{X}$。于是得到参数 $\theta$ 的矩估计量为 $$ \hat{\theta}_{\text{矩}} = \frac{3}{2} - \bar{X}. $$ 其中 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i$ 为样本均值。注意矩估计量是样本的函数，它随样本取值而变化。至此，矩估计方程建立并求解完毕。

根据题目信息，总体$X$的分布为：$P(X<1)=\theta$，$P(1\le X<2)=1-\theta$，其中$0<\theta<1$。样本容量为$n$，记$N$为样本中满足$X_i<1$的个数，则$N$服从二项分布$B(n,\theta)$。样本中其余$n-N$个观测值落在区间$[1,2)$内。由于各观测独立，似然函数为每个观测概率的乘积：对于每个$X_i<1$，贡献概率$\theta$；对于每个$X_i\in[1,2)$，贡献概率$1-\theta$。因此，似然函数为： $$L(\theta)=\prod_{i=1}^{n} P(X_i;\theta)=\theta^{N}(1-\theta)^{n-N}.$$ 其中$N$是样本中满足$X_i<1$的个数，是一个统计量。该似然函数仅依赖于$\theta$和$N$，与具体观测值无关。注意，这里$\theta$是未知参数，$N$是已知的样本观测结果。

在得到似然函数 $L(\theta) = \theta^N (1-\theta)^{n-N}$ 后，为了简化乘积形式的求导运算，我们对其取自然对数，得到对数似然函数。取对数的依据是：对数函数是单调递增函数，因此最大化对数似然函数等价于最大化原似然函数。具体操作如下： 设似然函数为： $$L(\theta) = \theta^N (1-\theta)^{n-N}$$ 两边取自然对数： $$\ln L(\theta) = \ln\left[\theta^N (1-\theta)^{n-N}\right]$$ 利用对数运算法则 $\ln(ab) = \ln a + \ln b$ 以及 $\ln(a^b) = b\ln a$，得到： $$\ln L(\theta) = \ln(\theta^N) + \ln\left[(1-\theta)^{n-N}\right]$$ $$= N\ln\theta + (n-N)\ln(1-\theta)$$ 其中 $N = \sum_{i=1}^n X_i$ 表示样本中取值为1的个数，$n$ 为样本容量，$\theta$ 为未知参数。该表达式将乘积转化为求和，便于后续对 $\theta$ 求导并求解极大值点。注意：$\theta$ 的取值范围为 $(0,1)$，以保证对数有意义。

由步骤4得到的对数似然函数为： $$ \ln L(\theta) = N \ln \theta + (n-N) \ln (1-\theta) $$ 其中 $N = \sum_{i=1}^n X_i$ 为样本中成功次数，$\theta$ 为未知参数。 对 $\ln L(\theta)$ 关于 $\theta$ 求导。根据对数函数的导数公式 $\frac{d}{dx}\ln x = \frac{1}{x}$ 以及链式法则，有： $$ \frac{d}{d\theta} \ln L(\theta) = \frac{N}{\theta} + \frac{n-N}{1-\theta} \cdot (-1) = \frac{N}{\theta} - \frac{n-N}{1-\theta} $$ 为求极大似然估计，令导数为零： $$ \frac{N}{\theta} - \frac{n-N}{1-\theta} = 0 $$ 整理方程： $$ \frac{N}{\theta} = \frac{n-N}{1-\theta} $$ 交叉相乘得： $$ N(1-\theta) = (n-N)\theta $$ 展开： $$ N - N\theta = n\theta - N\theta $$ 两边同时加上 $N\theta$： $$ N = n\theta $$ 解得： $$ \theta = \frac{N}{n} $$ 此即极大似然估计的候选值。注意，该导数方程的解即为样本均值，且二阶导数检验可确认其为最大值（在后续步骤中完成）。

由似然方程 $\frac{N}{\theta} = \frac{n-N}{1-\theta}$ 出发，两边同时乘以 $\theta(1-\theta)$ 以去分母，得到： $$N(1-\theta) = (n-N)\theta$$ 展开左边： $$N - N\theta = n\theta - N\theta$$ 两边同时加上 $N\theta$，化简得： $$N = n\theta$$ 因此解得： $$\theta = \frac{N}{n}$$ 故参数 $\theta$ 的最大似然估计量为 $\hat{\theta} = \frac{N}{n}$，其中 $N$ 为样本中取值为1的个数，$n$ 为样本容量。 **验证**：该估计量是样本均值，对于伯努利分布而言，样本均值是参数的无偏、一致估计，且满足似然方程的解。由于二阶导数 $\frac{\partial^2 \ln L}{\partial \theta^2} = -\frac{N}{\theta^2} - \frac{n-N}{(1-\theta)^2} < 0$，该解确为极大值点。