Solución:
Dejar $ mu $ sea la media de la población (por lo que se supone que existe), y suponga que la distribución es simétrica y hay una densidad. (Entonces, esos son supuestos más débiles que la normalidad, y tal vez el supuesto de densidad también pueda descartarse). $ X_1, ldots, X_n $ ser la muestra; dejar $ Y_i = X_i- mu $ por $ i = 1, ldots, n $. Dejar $ m = operatorname {E} ( operatorname {mediana}) = operatorname {E} ( operatorname {mediana} (Y_1, ldots, Y_n)) $. Por simetría de la distribución de la $ Y $s sobre $ 0 $, $ -m = operatorname {E} (- { operatorname {mediana}}) = operatorname {E} ( operatorname {mediana}) $. Ya que $ m = -m $, Debemos tener $ m = 0 $. Ya que $ operatorname {E} ( operatorname {mediana}) = 0 $, Concluimos $ operatorname {E} ( operatorname {mediana} (X_1, ldots, X_n)) $ $ = operatorname {E} ( operatorname {mediana} (Y_1 + mu, ldots, Y_n + mu)) $ $ = operatorname {E} ( mu + operatorname {mediana} (Y_1, ldots, Y_n)) = mu $.
Sea $ Z_i $, $ 1 leqslant i leqslant n $ variables normales independientes distribuidas de forma idéntica con media $ mu $ y varianza $ sigma ^ 2 $, y deje que $ Z_ {k: n} $ denote $ k $ -th estadísticas de pedidos.
Consideramos por separado el caso de pares $ n $ e impares $ n $.
Sea $ n $ impar, es decir, $ n = 2m + 1 $. Entonces, la mediana de la muestra corresponde a $ M = Z_ {m + 1: 2m + 1} $. La densidad de probabilidad de las estadísticas de este orden es: $$ f_ {M} (x) = (m + 1) binom {2m + 1} {m} f_X (x) left (F_X (x) (1-F_X ( x)) right) ^ m $$ Como $ F_X (x) = 1-F_X (2 mu-x) $, obtenemos claramente $ f_M (x) = f_M (2 mu -x) $ por simetría, y por lo tanto $$ mathbb {E} (M) = mathbb {E} (2 mu -M) implica mathbb {E} (M) = mu $$
Ahora considere el caso de incluso $ n $, es decir, $ n = 2m $. Entonces, la mediana de la muestra corresponde a $ M = frac {1} {2} left (Z_ {m: 2m} + Z_ {m + 1: 2m} right) $. La densidad de probabilidad conjunta es: $$ f_ {Z_ {m: 2m}, Z_ {m + 1: 2m}} (x_1, x_2) = m ^ 2 binom {2m} {m} f_X (x_1) f_X (x_2 ) izquierda (F_X (x_1) (1-F_X (x_2)) derecha) ^ {m-1} [ x_1 leqslant x_2 ]
$$ Claramente, nuevamente $ f_ {Z_ {m: 2m}, Z_ {m + 1: 2m}} (x_1, x_2) = f_ {Z_ {m: 2m}, Z_ {m + 1: 2m}} (2 mu – x_2,2 mu – x_1) $ por simetría, por lo tanto $$ mathbb {E} (M) = mathbb {E} left ( frac {Z_ {m: 2m} + Z_ {m + 1 : 2m}} {2} right) = mathbb {E} left ( frac {(2 mu-Z_ {m + 1: 2m}) + (2 mu – Z_ {m: 2m})} {2} right) = mathbb {E} (2 mu – M) $$ Esto nuevamente implica que $ mathbb {E} (M) = mu $ como consecuencia de la simetría.
Adicional: Los normalidad El supuesto no se utilizó en la demostración anterior, por lo que la prueba es válida para cualquier variable aleatoria continua con densidad de probabilidad simétrica y media finita.