2022年考研数学一第22题

设总体 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，即 $X \sim \text{Exp}(\lambda)$，其概率密度函数为 $f_X(x) = \lambda e^{-\lambda x},\ x>0$。总体 $Y$ 服从参数为 $\mu$ 的指数分布，即 $Y \sim \text{Exp}(\mu)$，其概率密度函数为 $f_Y(y) = \mu e^{-\mu y},\ y>0$。 从总体 $X$ 中抽取独立同分布的样本 $X_1, X_2, \dots, X_n$，则 $X$ 样本的联合密度函数（即似然函数）为： $$L_X(\lambda) = \prod_{i=1}^{n} f_X(x_i) = \prod_{i=1}^{n} \lambda e^{-\lambda x_i} = \lambda^n e^{-\lambda \sum_{i=1}^{n} x_i}.$$ 从总体 $Y$ 中抽取独立同分布的样本 $Y_1, Y_2, \dots, Y_m$，则 $Y$ 样本的似然函数为： $$L_Y(\mu) = \prod_{j=1}^{m} f_Y(y_j) = \prod_{j=1}^{m} \mu e^{-\mu y_j} = \mu^m e^{-\mu \sum_{j=1}^{m} y_j}.$$ 由于两个样本相互独立，总似然函数 $L(\lambda, \mu)$ 等于两个样本似然函数的乘积： $$L(\lambda, \mu) = L_X(\lambda) \cdot L_Y(\mu) = \lambda^n e^{-\lambda \sum_{i=1}^{n} x_i} \cdot \mu^m e^{-\mu \sum_{j=1}^{m} y_j} = \lambda^n \mu^m e^{-\lambda \sum_{i=1}^{n} x_i - \mu \sum_{j=1}^{m} y_j}.$$ 本题中参数记为 $\theta$，且题目设定两个总体的参数相同，即 $\lambda = \mu = \theta$，因此总似然函数为： $$L(\theta) = \theta^n \theta^m e^{-\theta \sum_{i=1}^{n} x_i - \theta \sum_{j=1}^{m} y_j} = \theta^{n+m} e^{-\theta \left( \sum_{i=1}^{n} x_i + \sum_{j=1}^{m} y_j \right)}.$$ 这就是两个样本基于指数分布且参数相同的总似然函数。

设总体 $X$ 的概率密度函数为 $f(x;\theta)$，样本 $X_1,X_2,\ldots,X_n$ 独立同分布。似然函数为 $L(\theta)=\prod_{i=1}^n f(X_i;\theta)$。为简化计算，取自然对数得对数似然函数： $$ \ln L(\theta)=\sum_{i=1}^n \ln f(X_i;\theta). $$ 对 $\theta$ 求导： $$ \frac{d}{d\theta}\ln L(\theta)=\sum_{i=1}^n \frac{\partial}{\partial\theta}\ln f(X_i;\theta). $$ 令导数为零： $$ \sum_{i=1}^n \frac{\partial}{\partial\theta}\ln f(X_i;\theta)=0. $$ 解此方程得到 $\theta$ 的表达式，记为 $\hat{\theta}_{\text{MLE}}$。注意需验证二阶导数小于零以确保最大值。 以正态分布 $N(\mu,\sigma^2)$ 为例，若 $\theta=\mu$，则 $\ln L(\mu)=-\frac{n}{2}\ln(2\pi\sigma^2)-\frac{1}{2\sigma^2}\sum_{i=1}^n (X_i-\mu)^2$，求导得 $\frac{d}{d\mu}\ln L(\mu)=\frac{1}{\sigma^2}\sum_{i=1}^n (X_i-\mu)=0$，解得 $\hat{\mu}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$。 若 $\theta=\sigma^2$，则 $\ln L(\sigma^2)=-\frac{n}{2}\ln(2\pi)-\frac{n}{2}\ln\sigma^2-\frac{1}{2\sigma^2}\sum_{i=1}^n (X_i-\mu)^2$，对 $\sigma^2$ 求导得 $-\frac{n}{2\sigma^2}+\frac{1}{2\sigma^4}\sum_{i=1}^n (X_i-\mu)^2=0$，解得 $\hat{\sigma}^2=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (X_i-\mu)^2$。 一般步骤：写出似然函数 $\to$ 取对数 $\to$ 求导 $\to$ 令导数为0 $\to$ 解方程 $\to$ 得MLE表达式。

首先，已知总体 $X$ 服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，即 $X \sim \text{Exp}(\lambda)$，其概率密度函数为 $f(x) = \lambda e^{-\lambda x}, x \geq 0$。指数分布的期望为 $E(X) = \frac{1}{\lambda}$，方差为 $D(X) = \frac{1}{\lambda^2}$。 设 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 为来自该总体的简单随机样本，样本均值为 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$。根据样本均值的性质，有 $E(\bar{X}) = E(X) = \frac{1}{\lambda}$，$D(\bar{X}) = \frac{D(X)}{n} = \frac{1}{n\lambda^2}$。 题目中给出的估计量为 $\hat{\theta} = \frac{1}{\bar{X}}$。我们需要计算 $E(\hat{\theta})$ 和 $D(\hat{\theta})$。由于 $\hat{\theta}$ 是 $\bar{X}$ 的非线性函数，直接计算期望和方差较为复杂。通常利用指数分布的性质：$n\bar{X}$ 服从参数为 $\lambda$ 的伽马分布，即 $n\bar{X} \sim \text{Gamma}(n, \lambda)$，其概率密度函数为 $f_{n\bar{X}}(y) = \frac{\lambda^n}{\Gamma(n)} y^{n-1} e^{-\lambda y}, y>0$。则 $\hat{\theta} = \frac{n}{n\bar{X}}$，令 $Y = n\bar{X}$，则 $\hat{\theta} = \frac{n}{Y}$。 计算 $E(\hat{\theta})$： $$E(\hat{\theta}) = E\left(\frac{n}{Y}\right) = \int_0^\infty \frac{n}{y} \cdot \frac{\lambda^n}{\Gamma(n)} y^{n-1} e^{-\lambda y} dy = \frac{n\lambda^n}{\Gamma(n)} \int_0^\infty y^{n-2} e^{-\lambda y} dy.$$ 利用伽马函数性质 $\int_0^\infty y^{k-1} e^{-\lambda y} dy = \frac{\Gamma(k)}{\lambda^k}$，令 $k = n-1$，得 $$\int_0^\infty y^{n-2} e^{-\lambda y} dy = \frac{\Gamma(n-1)}{\lambda^{n-1}}.$$ 因此 $$E(\hat{\theta}) = \frac{n\lambda^n}{\Gamma(n)} \cdot \frac{\Gamma(n-1)}{\lambda^{n-1}} = \frac{n\lambda}{\Gamma(n)} \Gamma(n-1).$$ 由于 $\Gamma(n) = (n-1)\Gamma(n-1)$，所以 $$E(\hat{\theta}) = \frac{n\lambda}{(n-1)\Gamma(n-1)} \Gamma(n-1) = \frac{n}{n-1}\lambda.$$ 计算 $E(\hat{\theta}^2)$： $$E(\hat{\theta}^2) = E\left(\frac{n^2}{Y^2}\right) = \int_0^\infty \frac{n^2}{y^2} \cdot \frac{\lambda^n}{\Gamma(n)} y^{n-1} e^{-\lambda y} dy = \frac{n^2\lambda^n}{\Gamma(n)} \int_0^\infty y^{n-3} e^{-\lambda y} dy.$$ 令 $k = n-2$，得 $$\int_0^\infty y^{n-3} e^{-\lambda y} dy = \frac{\Gamma(n-2)}{\lambda^{n-2}}.$$ 因此 $$E(\hat{\theta}^2) = \frac{n^2\lambda^n}{\Gamma(n)} \cdot \frac{\Gamma(n-2)}{\lambda^{n-2}} = \frac{n^2\lambda^2}{\Gamma(n)} \Gamma(n-2).$$ 利用 $\Gamma(n) = (n-1)(n-2)\Gamma(n-2)$，得 $$E(\hat{\theta}^2) = \frac{n^2\lambda^2}{(n-1)(n-2)\Gamma(n-2)} \Gamma(n-2) = \frac{n^2}{(n-1)(n-2)}\lambda^2.$$ 最后计算方差： $$D(\hat{\theta}) = E(\hat{\theta}^2) - [E(\hat{\theta})]^2 = \frac{n^2}{(n-1)(n-2)}\lambda^2 - \left(\frac{n}{n-1}\lambda\right)^2 = \frac{n^2\lambda^2}{(n-1)(n-2)} - \frac{n^2\lambda^2}{(n-1)^2}.$$ 通分整理得 $$D(\hat{\theta}) = \frac{n^2\lambda^2}{(n-1)^2(n-2)}.$$ 因此，估计量 $\hat{\theta}$ 的期望为 $\frac{n}{n-1}\lambda$，方差为 $\frac{n^2\lambda^2}{(n-1)^2(n-2)}$。

根据前几步的推导，我们已经得到参数$\theta$的矩估计量$\hat{\theta}$的表达式，并计算了其方差。下面整理最终结果。 由矩估计法，令样本均值等于总体均值，即$\bar{X} = E(X) = \frac{\theta}{2}$，解得$\hat{\theta} = 2\bar{X}$。因此，$\theta$的矩估计量为： $$\hat{\theta} = 2\bar{X} = \frac{2}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i.$$ 接下来计算$D(\hat{\theta})$。由于$X_i$独立同分布于均匀分布$U(0,\theta)$，其方差为$D(X_i) = \frac{\theta^2}{12}$。则样本均值$\bar{X}$的方差为$D(\bar{X}) = \frac{\theta^2}{12n}$。于是 $$D(\hat{\theta}) = D(2\bar{X}) = 4D(\bar{X}) = 4 \cdot \frac{\theta^2}{12n} = \frac{\theta^2}{3n}.$$ 注意，此处$\theta$是未知参数，因此$D(\hat{\theta})$的表达式中仍含有$\theta$。在实际应用中，可用估计量$\hat{\theta}$代替$\theta$得到方差的估计值。 最终结果： $$\hat{\theta} = 2\bar{X}, \quad D(\hat{\theta}) = \frac{\theta^2}{3n}.$$ 验证：由于$\hat{\theta}$是$\theta$的无偏估计（因为$E(\hat{\theta}) = 2E(\bar{X}) = 2 \cdot \frac{\theta}{2} = \theta$），且方差随样本量$n$增大而减小，符合估计量的优良性质。