Несмещенное стандартное отклонение

[sheekanov]

Добрый день.

Задача: придумать несмещенную оценку для стандартного отклонения нормальной выборки.
Посмотрел несколько учебников, погуглил немного, решения не нашел. В одной книжке по статистическому контролю качества нашел переводные таблицы с константами, на которые надо домножить обычную $\sqrt{s^{2}}$, чтобы получить несмещенную оценку $\sigma $, в зависимости от объема выборки. Но пользоваться такими таблицами не охота, хочется именно аналитическое выражение, которое можно потом использовать в коде программы.

Мои соображения:

Пусть $\xi =(n-1)s^2/\sigma ^2$. Тогда, по т. Фишера, $\xi \sim \chi _{n-1}^{2}$.
Рассмотрим с.в. $\eta =g(\xi )=\sqrt{\xi}$.
Известно, что плотность вероятности $f_{\eta }(x)=(g^{-1}(x))'f_{\xi }(g^{-1}(x))$, где:
$(g^{-1}(x))'=(x^{2})'=2x$,
$f_{\xi }(x)= \begin{cases} \frac{1}{2^{\frac{n-1}{2}} \Gamma (\frac{n-1}{2})}x^{\frac{n-1}{2}-1}e^{-\frac{x}{2}}, x\geq 0\\ 0, x<0; \end{cases}$
Получаем,
$f_{\eta }(x)= \begin{cases} \frac{2^{\frac{3-n}{2}}}{\Gamma (\frac{n-1}{2})}x^{n-2}e^{\frac{-x^{2}}{2}},x\geq 0\\ 0,x<0; \end{cases}$
Считаем матожидание $\eta$ по определению:
M(\eta)=\int_{0}^{\infty}x f_{\eta}(x)dx=\int_{0}^{\infty}x \frac{2^{\frac{3-n}{2}}}{\Gamma (\frac{n-1}{2})}x^{n-2}e^{-\frac{x^{2}}{2}}dx=\frac{2^{\frac{3-n}{2}}}{\Gamma (\frac{n-1}{2})}\int_{0}^{\infty}x^{n-1}e^{-\frac{x^{2}}{2}}dx=\frac{2^{\frac{3-n}{2}}}{\Gamma (\frac{n-1}{2})}2^{\frac{n}{2}-1}\Gamma (\frac{n}{2})=\sqrt{2}\frac{\Gamma (\frac{n}{2})}{\Gamma (\frac{n-1}{2})}
Вспоминаем, что $\eta=\sqrt{\frac{(n-1)s^{2}}{\sigma^{2}}}$. Значит, мы получили $\frac{\sqrt{n-1}M(\sqrt{s^{2}})}{\sigma}=\sqrt{2}\frac{\Gamma (\frac{n}{2})}{\Gamma (\frac{n-1}{2})}$. Отсюда $M(\sqrt{s^{2}})=\sqrt{\frac{2}{n-1}}\frac{\Gamma (\frac{n}{2})}{\Gamma(\frac{n-1}{2})}\sigma$.
Тогда, получается, если ввести с.в. $\varsigma =\sqrt{\frac{n-1}{2}}\frac{\Gamma(\frac{n-1}{2})}{\Gamma({\frac{n}{2}})}\sqrt{s^{2}}$, то это и будет несмещенная оценка стандартного отклонения?

[Хорхе]

Выкладки не проверял, но идея правильная. Хотя и очень сложно. Оценка $\sqrt{\pi}|\xi_1-\xi_2|/2$ уже несмещенная. Если нужна еще и конзистентность, сложить много подобных штук и поделить на количество.

[sheekanov]

Спасибо!
Проверил сейчас свой результат на совпадение по значениям с переводными таблицами. Совпадает. Я счастлив.

[Евгений Машеров]

Складным ножом попробуйте.