3.设总体X服从正态分布N(μ，σ²)，X_(1)，X_(2)，…，X_(n)为来自总体X的样本，为了得到标准差σ的估计量，考虑统计量： Y_(1)=(1)/(n)sum_(i=1)^n|X_(i)-overline(X)|，overline(X)=(1)/(n)sum_(i=1)^nX_(i)，ngeqslant 2，Y_(2)=(1)/(n(n-1))sum_(i=1)^nsum_(j=1)^n|X_(i)-X_(j)|，ngeqslant 2， 求常数C_(1)与C_(2)，使得C_(1)Y_(1)与C_(2)Y_(2)都是σ的无偏估计.

本题考查正态分布的性质、无偏估计的概念以及期望的计算。解题的关键在于先确定统计量中随机变量的分布，再根据分布求出绝对值的期望，最后根据无偏估计的定义求出常数 $C_1$ 和 $C_2$。

1. 求 $C_1$ 的值

• 确定 $X_i - \overline{X}$ 的分布：
  已知总体 $X\sim N(\mu,\sigma^2)$，$X_1,X_2,\cdots,X_n$ 为来自总体 $X$ 的样本，$\overline{X}=\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}X_i$。
  因为 $X_i\sim N(\mu,\sigma^2)$，$\overline{X}\sim N(\mu,\frac{\sigma^2}{n})$，且 $X_i$ 与 $\overline{X}$ 相互独立，根据正态分布的性质，两个相互独立的正态分布随机变量的线性组合仍服从正态分布，所以 $X_i - \overline{X}\sim N\left(0,\frac{(n - 1)\sigma^2}{n}\right)$。
• 计算 $E(|X_i - \overline{X}|)$：
  设 $Z = X_i - \overline{X}\sim N\left(0,\frac{(n - 1)\sigma^2}{n}\right)$，其概率密度函数为 $f(z)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\cdot\sqrt{\frac{(n - 1)\sigma^2}{n}}}\exp\left(-\frac{z^2}{2\cdot\frac{(n - 1)\sigma^2}{n}}\right)$。
  根据期望的定义 $E(|Z|)=\int_{-\infty}^{+\infty}|z|f(z)dz$，由于 $f(z)$ 是偶函数，所以 $E(|Z|)=2\int_{0}^{+\infty}z\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}\cdot\sqrt{\frac{(n - 1)\sigma^2}{n}}}\exp\left(-\frac{z^2}{2\cdot\frac{(n - 1)\sigma^2}{n}}\right)dz$。
  令 $t=\frac{z^2}{2\cdot\frac{(n - 1)\sigma^2}{n}}$，则 $dt=\frac{z}{\frac{(n - 1)\sigma^2}{n}}dz$，当 $z = 0$ 时，$t = 0$；当 $z\to+\infty$ 时，$t\to+\infty$。
  $E(|Z|)=2\int_{0}^{+\infty}z\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}\cdot\sqrt{\frac{(n - 1)\sigma^2}{n}}}\exp\left(-\frac{z^2}{2\cdot\frac{(n - 1)\sigma^2}{n}}\right)dz=\sqrt{\frac{2(n - 1)}{n\pi}}\sigma$，即 $E(|X_i - \overline{X}|)=\sigma\sqrt{\frac{2(n - 1)}{n\pi}}$。
• 计算 $E(Y_1)$：
  $Y_1=\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}|X_i - \overline{X}|$，根据期望的线性性质 $E(Y_1)=E\left(\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}|X_i - \overline{X}|\right)=\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}E(|X_i - \overline{X}|)$。
  因为 $E(|X_i - \overline{X}|)=\sigma\sqrt{\frac{2(n - 1)}{n\pi}}$，所以 $E(Y_1)=\frac{1}{n}\cdot n\cdot\sigma\sqrt{\frac{2(n - 1)}{n\pi}}=\sigma\sqrt{\frac{2(n - 1)}{n\pi}}$。
• 根据无偏估计的定义求 $C_1$：
  若 $C_1Y_1$ 是 $\sigma$ 的无偏估计，则 $E(C_1Y_1)=\sigma$，即 $C_1E(Y_1)=\sigma$。
  将 $E(Y_1)=\sigma\sqrt{\frac{2(n - 1)}{n\pi}}$ 代入可得 $C_1\cdot\sigma\sqrt{\frac{2(n - 1)}{n\pi}}=\sigma$，解得 $C_1=\sqrt{\frac{n\pi}{2(n - 1)}}$。

2. 求 $C_2$ 的值

• 确定 $X_i - X_j$ 的分布：
  当 $i\neq j$ 时，$X_i\sim N(\mu,\sigma^2)$，$X_j\sim N(\mu,\sigma^2)$，且 $X_i$ 与 $X_j$ 相互独立，所以 $X_i - X_j\sim N(0,2\sigma^2)$。
• 计算 $E(|X_i - X_j|)$：
  设 $U = X_i - X_j\sim N(0,2\sigma^2)$，其概率密度函数为 $g(u)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\cdot\sqrt{2\sigma^2}}\exp\left(-\frac{u^2}{2\cdot2\sigma^2}\right)$。
  根据期望的定义 $E(|U|)=\int_{-\infty}^{+\infty}|u|g(u)du$，由于 $g(u)$ 是偶函数，所以 $E(|U|)=2\int_{0}^{+\infty}u\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}\cdot\sqrt{2\sigma^2}}\exp\left(-\frac{u^2}{2\cdot2\sigma^2}\right)du$。
  令 $v=\frac{u^2}{2\cdot2\sigma^2}$，则 $dv=\frac{u}{2\sigma^2}du$，当 $u = 0$ 时，$v = 0$；当 $u\to+\infty$ 时，$v\to+\infty$。
  $E(|U|)=2\int_{0}^{+\infty}u\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}\cdot\sqrt{2\sigma^2}}\exp\left(-\frac{u^2}{2\cdot2\sigma^2}\right)du=\frac{2\sigma}{\sqrt{\pi}}$，即 $E(|X_i - X_j|)=\frac{2\sigma}{\sqrt{\pi}}$（$i\neq j$）。
• 计算 $E(Y_2)$：
  $Y_2=\frac{1}{n(n - 1)}\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{n}|X_i - X_j|$，在 $\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{n}|X_i - X_j|$ 中，$i\neq j$ 的项数为 $n(n - 1)$ 项，所以 $E(Y_2)=E\left(\frac{1}{n(n - 1)}\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{n}|X_i - X_j|\right)=\frac{1}{n(n - 1)}\cdot n(n - 1)\cdot\frac{2\sigma}{\sqrt{\pi}}=\frac{2\sigma}{\sqrt{\pi}}$。
• 根据无偏估计的定义求 $C_2$：
  若 $C_2Y_2$ 是 $\sigma$ 的无偏估计，则 $E(C_2Y_2)=\sigma$，即 $C_2E(Y_2)=\sigma$。
  将 $E(Y_2)=\frac{2\sigma}{\sqrt{\pi}}$ 代入可得 $C_2\cdot\frac{2\sigma}{\sqrt{\pi}}=\sigma$，解得 $C_2=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$。