2017年考研数学一第23题

已知 $X_1 \sim N(\mu, \sigma^2)$，则 $\frac{X_1 - \mu}{\sigma} \sim N(0,1)$。定义 $Z_1 = |X_1 - \mu|$。 首先求 $Z_1$ 的分布函数 $F_{Z_1}(z) = P(Z_1 \leq z)$，其中 $z \geq 0$（因为绝对值非负）。 当 $z < 0$ 时，$F_{Z_1}(z) = 0$。 当 $z \geq 0$ 时， $$ F_{Z_1}(z) = P(|X_1 - \mu| \leq z) = P(-z \leq X_1 - \mu \leq z) = P\left( -\frac{z}{\sigma} \leq \frac{X_1 - \mu}{\sigma} \leq \frac{z}{\sigma} \right). $$ 令 $Y = \frac{X_1 - \mu}{\sigma} \sim N(0,1)$，则 $$ F_{Z_1}(z) = \Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right) - \Phi\left(-\frac{z}{\sigma}\right) = 2\Phi\left(\frac{z}{\sigma}\right) - 1, $$ 其中 $\Phi(\cdot)$ 为标准正态分布函数。 对 $z$ 求导得到概率密度函数。当 $z \geq 0$ 时， $$ f_{Z_1}(z) = \frac{d}{dz} F_{Z_1}(z) = 2 \cdot \phi\left(\frac{z}{\sigma}\right) \cdot \frac{1}{\sigma} = \frac{2}{\sigma} \phi\left(\frac{z}{\sigma}\right), $$ 其中 $\phi(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-t^2/2}$ 为标准正态密度函数。代入得 $$ f_{Z_1}(z) = \frac{2}{\sigma} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{z^2}{2\sigma^2}} = \sqrt{\frac{2}{\pi}} \cdot \frac{1}{\sigma} e^{-\frac{z^2}{2\sigma^2}}, \quad z \geq 0. $$ 当 $z < 0$ 时，$f_{Z_1}(z) = 0$。 因此，$Z_1$ 的概率密度函数为 $$ f_{Z_1}(z) = \begin{cases} \sqrt{\frac{2}{\pi}} \cdot \frac{1}{\sigma} e^{-\frac{z^2}{2\sigma^2}}, & z \geq 0, \\ 0, & z < 0. \end{cases} $$ 这实际上是半正态分布（折叠正态分布）的密度函数。

已知$Z_1$的密度函数为$f_{Z_1}(z) = \frac{2}{\sigma} \phi\left(\frac{z}{\sigma}\right),\ z>0$，其中$\phi(\cdot)$为标准正态分布的密度函数$\phi(t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-t^2/2}$。根据期望的定义，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$t=0$，$z\to\infty$时$t\to\infty$。代入得 $$E(Z_1)=\int_0^\infty (\sigma t) \cdot \frac{2}{\sigma} \phi(t) \cdot \sigma dt = 2\sigma \int_0^\infty t \phi(t) dt.$$ 由于$\phi(t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-t^2/2}$，所以 $$\int_0^\infty t \phi(t) dt = \int_0^\infty t \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-t^2/2} dt = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_0^\infty t e^{-t^2/2} dt.$$ 计算积分$\int_0^\infty t e^{-t^2/2} dt$：令$u = t^2/2$，则$du = t dt$，当$t=0$时$u=0$，$t\to\infty$时$u\to\infty$，于是 $$\int_0^\infty t e^{-t^2/2} dt = \int_0^\infty e^{-u} du = 1.$$ 因此$\int_0^\infty t \phi(t) dt = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}$，代入得 $$E(Z_1)=2\sigma \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}} = \sigma \sqrt{\frac{2}{\pi}}.$$

矩估计法的基本思想是用样本矩代替总体矩，从而解出未知参数。本题中，总体分布为$Z_i \sim N(0,\sigma^2)$，但实际观测的是$|Z_i|$，即$Y_i = |Z_i|$。已知总体一阶矩$E(Y_1) = \sigma \sqrt{\frac{2}{\pi}}$。样本一阶矩为$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n Y_i = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n |Z_i|$。令样本矩等于总体矩，得到矩估计方程： $$ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n |Z_i| = \sigma \sqrt{\frac{2}{\pi}}. $$ 解此方程，将$\sigma$视为未知量，两边同时乘以$\sqrt{\frac{\pi}{2}}$，得： $$ \hat{\sigma} = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \cdot \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n |Z_i|. $$ 因此，$\sigma$的矩估计量为$\hat{\sigma} = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \cdot \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n |Z_i|$。注意，这里$Z_i$是来自$N(0,\sigma^2)$的样本，但矩估计方程中直接使用了$|Z_i|$的样本均值。

根据题目信息，已知 $Z_1, Z_2, \ldots, Z_n$ 是独立同分布的随机变量，其概率密度函数为： $$ f(z) = \frac{2}{\sigma} \phi\left(\frac{z}{\sigma}\right), \quad z > 0, $$ 其中 $\phi(\cdot)$ 是标准正态分布的密度函数，即 $\phi(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-t^2/2}$。 似然函数 $L(\sigma)$ 定义为样本的联合密度函数，由于样本独立，联合密度等于各边缘密度的乘积。因此，对于给定的观测值 $z_1, z_2, \ldots, z_n$，似然函数为： $$ L(\sigma) = \prod_{i=1}^n f(z_i) = \prod_{i=1}^n \left[ \frac{2}{\sigma} \phi\left(\frac{z_i}{\sigma}\right) \right]. $$ 将乘积展开，得到： $$ L(\sigma) = \left(\frac{2}{\sigma}\right)^n \prod_{i=1}^n \phi\left(\frac{z_i}{\sigma}\right). $$ 代入 $\phi$ 的具体表达式： $$ \phi\left(\frac{z_i}{\sigma}\right) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{z_i^2}{2\sigma^2}\right), $$ 则似然函数可进一步写为： $$ L(\sigma) = \left(\frac{2}{\sigma}\right)^n \left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\right)^n \prod_{i=1}^n \exp\left(-\frac{z_i^2}{2\sigma^2}\right) = \left(\frac{2}{\sigma \sqrt{2\pi}}\right)^n \exp\left(-\frac{1}{2\sigma^2} \sum_{i=1}^n z_i^2\right). $$ 这就是基于样本 $Z_1,\ldots,Z_n$ 的似然函数，它是参数 $\sigma$ 的函数，用于后续的最大似然估计。

首先，写出似然函数： $$L(\sigma) = \frac{2^n}{\sigma^n} \prod_{i=1}^n \phi\left(\frac{Z_i}{\sigma}\right)$$ 其中 $\phi(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-x^2/2}$ 为标准正态分布的密度函数。 对似然函数取自然对数： $$\ln L(\sigma) = n\ln 2 - n\ln\sigma + \sum_{i=1}^n \ln\phi\left(\frac{Z_i}{\sigma}\right)$$ 代入 $\phi$ 的表达式： $$\ln\phi\left(\frac{Z_i}{\sigma}\right) = \ln\left(\frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{Z_i^2}{2\sigma^2}}\right) = -\frac{1}{2}\ln(2\pi) - \frac{Z_i^2}{2\sigma^2}$$ 因此， $$\ln L(\sigma) = n\ln 2 - n\ln\sigma + \sum_{i=1}^n \left(-\frac{1}{2}\ln(2\pi) - \frac{Z_i^2}{2\sigma^2}\right)$$ $$= n\ln 2 - n\ln\sigma - \frac{n}{2}\ln(2\pi) - \frac{1}{2\sigma^2}\sum_{i=1}^n Z_i^2$$ 现在对 $\sigma$ 求导。注意 $\frac{d}{d\sigma}\ln\sigma = \frac{1}{\sigma}$，$\frac{d}{d\sigma}\left(\frac{1}{\sigma^2}\right) = -\frac{2}{\sigma^3}$，所以： $$\frac{d}{d\sigma}\ln L(\sigma) = -\frac{n}{\sigma} - \frac{1}{2}\sum_{i=1}^n Z_i^2 \cdot \left(-\frac{2}{\sigma^3}\right)$$ $$= -\frac{n}{\sigma} + \frac{1}{\sigma^3}\sum_{i=1}^n Z_i^2$$ 令导数为零，得到似然方程： $$-\frac{n}{\sigma} + \frac{1}{\sigma^3}\sum_{i=1}^n Z_i^2 = 0$$ 两边乘以 $\sigma^3$（$\sigma>0$）： $$-n\sigma^2 + \sum_{i=1}^n Z_i^2 = 0$$ 解得： $$\hat{\sigma}^2 = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n Z_i^2$$ 因此，$\sigma$ 的极大似然估计量为 $\hat{\sigma} = \sqrt{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n Z_i^2}$。

由步骤5得到的似然方程： $$ \frac{\partial \ln L(\sigma)}{\partial \sigma} = \sum_{i=1}^n \left( -\frac{1}{\sigma} + \frac{Z_i^2}{\sigma^3} \right) = 0 $$ 整理得： $$ -\frac{n}{\sigma} + \frac{1}{\sigma^3} \sum_{i=1}^n Z_i^2 = 0 $$ 两边乘以 $\sigma^3$（$\sigma>0$）： $$ - n \sigma^2 + \sum_{i=1}^n Z_i^2 = 0 $$ 解得： $$ \sigma^2 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n Z_i^2 $$ 因此最大似然估计量为： $$ \hat{\sigma} = \sqrt{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n Z_i^2} $$ 由于 $\sigma>0$，取正根。验证：二阶导数 $\frac{\partial^2 \ln L}{\partial \sigma^2} = \frac{n}{\sigma^2} - \frac{3}{\sigma^4} \sum Z_i^2$，代入 $\hat{\sigma}$ 得 $\frac{n}{\hat{\sigma}^2} - \frac{3}{\hat{\sigma}^4} \cdot n \hat{\sigma}^2 = \frac{n}{\hat{\sigma}^2} - \frac{3n}{\hat{\sigma}^2} = -\frac{2n}{\hat{\sigma}^2} < 0$，故为极大值点。最终最大似然估计为 $\hat{\sigma} = \sqrt{\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n Z_i^2}$。