2017年考研数学三第23题

由题设，$X_1 \sim N(\mu, \sigma^2)$，即 $X_1$ 服从均值为 $\mu$、方差为 $\sigma^2$ 的正态分布。根据正态分布的性质，对 $X_1$ 进行标准化可得 $\frac{X_1 - \mu}{\sigma} \sim N(0,1)$，即标准正态分布。 定义 $Z_1 = |X_1 - \mu|$，我们需要求 $Z_1$ 的分布函数 $F_{Z_1}(z) = P(Z_1 \leq z)$。 由于 $Z_1$ 是绝对值，其取值非负，因此当 $z < 0$ 时，事件 $\{Z_1 \leq z\}$ 是不可能事件，故 $F_{Z_1}(z) = 0$。 当 $z \geq 0$ 时，有 $$ F_{Z_1}(z) = P(|X_1 - \mu| \leq z) = P(-z \leq X_1 - \mu \leq z). $$ 将 $X_1 - \mu$ 标准化，令 $Y = \frac{X_1 - \mu}{\sigma}$，则 $Y \sim N(0,1)$，于是 $$ F_{Z_1}(z) = P\left( -\frac{z}{\sigma} \leq Y \leq \frac{z}{\sigma} \right) = \Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right) - \Phi\left(-\frac{z}{\sigma}\right), $$ 其中 $\Phi(\cdot)$ 为标准正态分布的分布函数。利用标准正态分布的对称性 $\Phi(-t) = 1 - \Phi(t)$，可得 $$ F_{Z_1}(z) = \Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right) - \left[1 - \Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right)\right] = 2\Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right) - 1. $$ 综上，$Z_1$ 的分布函数为 $$ F_{Z_1}(z) = \begin{cases} 0, & z < 0, \\ 2\Phi\left(\dfrac{z}{\sigma}\right) - 1, & z \geq 0. \end{cases} $$

由第一步已知，$Z_1 = \min\{X_1, X_2, \ldots, X_n\}$ 的分布函数为： $$F_{Z_1}(z) = \begin{cases} 1 - \left[1 - \Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right)\right]^n, & z > 0 \\ 0, & z \leq 0 \end{cases}$$ 其中 $\Phi(\cdot)$ 是标准正态分布函数，$\varphi(\cdot)$ 是标准正态密度函数。 对分布函数求导，得到概率密度函数 $f_{Z_1}(z)$。 当 $z \leq 0$ 时，$F_{Z_1}(z)=0$，故 $f_{Z_1}(z)=0$。 当 $z > 0$ 时， $$f_{Z_1}(z) = \frac{d}{dz} F_{Z_1}(z) = \frac{d}{dz} \left\{ 1 - \left[1 - \Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right)\right]^n \right\}$$ $$= - n \left[1 - \Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right)\right]^{n-1} \cdot \left(-\varphi\left(\frac{z}{\sigma}\right) \cdot \frac{1}{\sigma}\right)$$ $$= \frac{n}{\sigma} \left[1 - \Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right)\right]^{n-1} \varphi\left(\frac{z}{\sigma}\right)$$ 由于 $\varphi\left(\frac{z}{\sigma}\right) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{z^2}{2\sigma^2}}$，且 $1 - \Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right) = \Phi\left(-\frac{z}{\sigma}\right)$，但此处保持原形式即可。 因此，$Z_1$ 的概率密度函数为： $$f_{Z_1}(z) = \begin{cases} \frac{n}{\sigma} \left[1 - \Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right)\right]^{n-1} \varphi\left(\frac{z}{\sigma}\right), & z > 0 \\ 0, & z \leq 0 \end{cases}$$ 注意：题目步骤概要中给出的形式 $f(z)=\frac{2}{\sigma}\varphi\left(\frac{z}{\sigma}\right)$ 是针对 $n=2$ 的特殊情况（因为本题中 $n=2$）。当 $n=2$ 时，$[1-\Phi(z/\sigma)]^{1} = 1-\Phi(z/\sigma)$，但进一步化简需利用对称性：$1-\Phi(z/\sigma) = \Phi(-z/\sigma)$，且 $\varphi$ 为偶函数，但此处直接代入 $n=2$ 得 $f(z)=\frac{2}{\sigma}\left[1-\Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right)\right]\varphi\left(\frac{z}{\sigma}\right)$，与概要中的形式不完全一致，概要中给出的简化形式可能基于后续步骤的进一步推导或特定假设，本步骤保留一般形式。

由步骤2已知，$Z_1$ 的密度函数为 $f_{Z_1}(z) = \frac{2}{\sigma} \phi\left(\frac{z}{\sigma}\right)$，其中 $z \geq 0$，$\phi(\cdot)$ 为标准正态密度函数。根据一阶矩的定义，有 $$E(Z_1) = \int_0^{\infty} z \cdot \frac{2}{\sigma} \phi\left(\frac{z}{\sigma}\right) dz.$$ 令 $t = \frac{z}{\sigma}$，则 $z = \sigma t$，$dz = \sigma dt$，且当 $z=0$ 时 $t=0$，当 $z \to \infty$ 时 $t \to \infty$。代入积分得 $$E(Z_1) = \int_0^{\infty} (\sigma t) \cdot \frac{2}{\sigma} \phi(t) \cdot \sigma dt = 2\sigma \int_0^{\infty} t \phi(t) dt.$$ 由于标准正态密度函数 $\phi(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-t^2/2}$，因此 $$\int_0^{\infty} t \phi(t) dt = \int_0^{\infty} t \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-t^2/2} dt.$$ 令 $u = t^2/2$，则 $du = t dt$，积分限 $t=0 \to u=0$，$t \to \infty \to u \to \infty$，于是 $$\int_0^{\infty} t \phi(t) dt = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_0^{\infty} e^{-u} du = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \cdot 1 = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}.$$ 因此 $$E(Z_1) = 2\sigma \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}} = \sigma \sqrt{\frac{2}{\pi}}.$$ 即 $Z_1$ 的一阶矩为 $\sigma \sqrt{2/\pi}$。

根据矩估计法的基本思想，令样本矩等于总体矩。本题中，总体$Z$服从半正态分布，其概率密度函数为$f(z)=\frac{2}{\sigma\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{z^2}{2\sigma^2}},\ z\geq0$，总体均值$E(Z)=\sigma\sqrt{\frac{2}{\pi}}$。样本均值为$\bar{Z}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}Z_i$。建立矩方程： $$ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}Z_i = \sigma\sqrt{\frac{2}{\pi}} $$ 将上式视为关于$\sigma$的方程，解出$\sigma$。两边同时乘以$\sqrt{\frac{\pi}{2}}$，得到： $$ \sigma = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\cdot\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}Z_i $$ 因此，$\sigma$的矩估计量为： $$ \hat{\sigma}_{M} = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\cdot\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}Z_i $$ 其中下标$M$表示矩估计。该估计量是样本均值的常数倍，形式简洁。

由题意，$Z_1, Z_2, \ldots, Z_n$ 是独立同分布的随机变量，其概率密度函数为 $f(z) = \frac{2}{\sigma} \phi\left(\frac{z}{\sigma}\right)$，其中 $\phi(\cdot)$ 是标准正态分布的密度函数，即 $\phi(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-x^2/2}$。 由于样本独立，似然函数 $L(\sigma)$ 等于各观测值密度函数的乘积： $$ L(\sigma) = \prod_{i=1}^n f(Z_i) = \prod_{i=1}^n \left[ \frac{2}{\sigma} \phi\left(\frac{Z_i}{\sigma}\right) \right]. $$ 将 $\phi\left(\frac{Z_i}{\sigma}\right) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{Z_i^2}{2\sigma^2}\right)$ 代入，得到： $$ L(\sigma) = \prod_{i=1}^n \left[ \frac{2}{\sigma} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{Z_i^2}{2\sigma^2}\right) \right]. $$ 将乘积展开，常数因子相乘：$\frac{2}{\sigma}$ 连乘 $n$ 次得 $\left(\frac{2}{\sigma}\right)^n$，$\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$ 连乘 $n$ 次得 $(2\pi)^{-n/2}$，指数部分相加：$\sum_{i=1}^n \left(-\frac{Z_i^2}{2\sigma^2}\right) = -\frac{1}{2\sigma^2} \sum_{i=1}^n Z_i^2$。 因此，似然函数为： $$ L(\sigma) = \left(\frac{2}{\sigma}\right)^n (2\pi)^{-n/2} \exp\left(-\frac{\sum_{i=1}^n Z_i^2}{2\sigma^2}\right), \quad \sigma > 0. $$ 该表达式即为本题所需的似然函数，它是参数 $\sigma$ 的函数，用于后续的极大似然估计。

首先，写出样本的似然函数。已知总体 $X \sim N(0, \sigma^2)$，样本 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 独立同分布，则似然函数为： $$L(\sigma) = \prod_{i=1}^n \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-\frac{X_i^2}{2\sigma^2}} = \left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\right)^n e^{-\frac{1}{2\sigma^2}\sum_{i=1}^n X_i^2}.$$ 为方便求导，取自然对数得到对数似然函数： $$\ln L(\sigma) = n \ln\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\right) - \frac{1}{2\sigma^2}\sum_{i=1}^n X_i^2 = n\ln 1 - n\ln\sqrt{2\pi} - n\ln\sigma - \frac{1}{2\sigma^2}\sum_{i=1}^n X_i^2.$$ 由于 $\ln 1 = 0$，且 $\ln\sqrt{2\pi} = \frac{1}{2}\ln(2\pi)$，因此： $$\ln L(\sigma) = -\frac{n}{2}\ln(2\pi) - n\ln\sigma - \frac{1}{2\sigma^2}\sum_{i=1}^n X_i^2.$$ 题目中记 $Z_i = X_i$，且系数略有不同，但本质一致。根据题目给出的形式： $$\ln L = n\ln 2 - n\ln\sigma - \frac{n}{2}\ln(2\pi) - \frac{1}{2\sigma^2}\sum Z_i^2.$$ （注意：此处 $n\ln 2$ 可能来自不同的参数化，但求导过程不受常数项影响。） 接下来对 $\sigma$ 求导。将 $\ln L$ 视为 $\sigma$ 的函数，逐项求导： - 常数项 $n\ln 2$ 和 $-\frac{n}{2}\ln(2\pi)$ 的导数为 0； - 对 $-n\ln\sigma$ 求导得 $-\frac{n}{\sigma}$； - 对 $-\frac{1}{2\sigma^2}\sum Z_i^2$ 求导，先改写为 $-\frac{1}{2}\sum Z_i^2 \cdot \sigma^{-2}$，求导得 $-\frac{1}{2}\sum Z_i^2 \cdot (-2)\sigma^{-3} = \frac{1}{\sigma^3}\sum Z_i^2$。 因此，导数为： $$\frac{d\ln L}{d\sigma} = -\frac{n}{\sigma} + \frac{1}{\sigma^3}\sum_{i=1}^n Z_i^2.$$ 令该导数等于 0，即可求解 $\sigma$ 的极大似然估计，为下一步骤做准备。

由第6步得到的对数似然函数关于参数$\sigma$的导数为： $$ \frac{\partial \ln L(\sigma)}{\partial \sigma} = -\frac{n}{\sigma} + \frac{1}{\sigma^3} \sum_{i=1}^n Z_i^2 $$ 令该导数等于零，得到似然方程： $$ -\frac{n}{\sigma} + \frac{1}{\sigma^3} \sum_{i=1}^n Z_i^2 = 0 $$ 将方程两边同乘以$\sigma^3$（注意$\sigma>0$），得： $$ -n \sigma^2 + \sum_{i=1}^n Z_i^2 = 0 $$ 整理得： $$ n \sigma^2 = \sum_{i=1}^n Z_i^2 $$ 因此， $$ \sigma^2 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n Z_i^2 $$ 由于$\sigma>0$，取平方根得到$\sigma$的最大似然估计量为： $$ \hat{\sigma} = \sqrt{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n Z_i^2} $$ 注意，这里$Z_i = X_i - \mu$，且$\mu$已知（或已估计），因此$\hat{\sigma}$是样本标准差的形式。该估计量是$\sigma$的合理估计。 **最终答案验证**： - 似然方程的解唯一，且二阶导数检验可确认该点为极大值点。 - 当$n$较大时，$\hat{\sigma}$依概率收敛于真实$\sigma$（相合性）。 - 该估计量即为样本二阶中心矩的平方根，符合正态分布中$\sigma$的MLE形式。