强化篇第8章 统计量及其分布

1. 设$X\sim B(1,\frac{1}{2})$，$X_1,X_2,X_3$为来自总体$X$的简单随机样本，$\overline{X}$为样本均值，则$P\{\overline{X}>\frac{1}{3}\}=$( ) A. $\frac{3}{8}$ B. $\frac{1}{2}$ C. $\frac{5}{8}$ D. $\frac{7}{8}$

查看答案与解析

答案：B。

解析：令

$$S=X_1+X_2+X_3,$$

则由于$X_i$相互独立且均服从$B(1,\frac{1}{2})$，有

$$S\sim B\left(3,\frac{1}{2}\right),\overline{X}=\frac{S}{3}.$$

于是

$$\overline{X}>\frac{1}{3}⟺S>1⟺S\ge 2.$$

故

$$\begin{array}{rl}P\left\{\overline{X}>\frac{1}{3}\right\}& =P(S=2)+P(S=3)\\ & =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right){\left(\frac{1}{2}\right)}^3+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{3}\right){\left(\frac{1}{2}\right)}^3\\ & =\frac{3}{8}+\frac{1}{8}=\frac{1}{2}.\end{array}$$

所以选B。

2. 设$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$X\sim B(1,\frac{1}{5})$的简单随机样本，$\overline{X}=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i$，若$E[(\overline{X}-\frac{1}{5}{)}^2]<0.01$，则样本容量$n$的最小值为( ) A. 17 B. 18 C. 19 D. 20

查看答案与解析

答案：A。

解析：总体均值和方差分别为

$$E(X)=\frac{1}{5},D(X)=\frac{1}{5}\left(1-\frac{1}{5}\right)=\frac{4}{25}.$$

又$E(\overline{X})=\frac{1}{5}$，故

$$E\left[{\left(\overline{X}-\frac{1}{5}\right)}^2\right]=D(\overline{X})=\frac{D(X)}{n}=\frac{4}{25n}.$$

由题意

$$\frac{4}{25n}<0.01=\frac{1}{100},$$

即

$$400<25n⟺n>16.$$

因此$n$的最小正整数值为$17$，选A。

3. 设$X_1,\cdots ,X_n$与$Y_1,\cdots ,Y_n$是来自正态总体$N(\mu ,{\sigma }^2)$的两个相互独立的简单随机样本，$\overline{X}=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i$，$\overline{Y}=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{Y}_i$，且满足$P\{|\overline{X}-\overline{Y}|>\sigma \}\le 0.05$，$\Phi (1.96)=0.975$，则样本容量$n$的最小值为( ) A. 7 B. 8 C. 9 D. 10

查看答案与解析

答案：B。

解析：由于两组样本相互独立，

$$\overline{X}\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{n}\right),\overline{Y}\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{n}\right),$$

从而

$$\overline{X}-\overline{Y}\sim N\left(0,\frac{2{\sigma }^2}{n}\right).$$

标准化得

$$Z=\frac{\overline{X}-\overline{Y}}{\sigma \sqrt{2/n}}\sim N(0,1).$$

因此

$$\begin{array}{rl}P\{|\overline{X}-\overline{Y}|>\sigma \}& =P\left\{|Z|>\sqrt{\frac{n}{2}}\right\}\le \mathrm{0.05.}\end{array}$$

由$P(|Z|>1.96)=0.05$，需要

$$\sqrt{\frac{n}{2}}\ge 1.96,$$

即

$$n\ge 2\times 1.96^2=\mathrm{7.6832.}$$

故最小整数$n=8$，选B。

4. 设$X_1,X_2,\cdots ,X_n$是来自总体$N(0,1)$的简单随机样本，记$\overline{X}=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i$，$S^2=\frac{1}{n-1}{\sum }_{i=1}^n(X_i-\overline{X}{)}^2$，$T=(\overline{X}+1)(S^2+1)$，则$E(T)$的值为( ) A. 0 B. 1 C. 2 D. 4

查看答案与解析

答案：C。

解析：对于正态总体，样本均值$\overline{X}$与样本方差$S^2$相互独立。因此$\overline{X}+1$与$S^2+1$也相互独立，故

$$E(T)=E(\overline{X}+1)E(S^2+1).$$

由于总体为$N(0,1)$，

$$E(\overline{X})=0,E(S^2)=1.$$

所以

$$E(T)=(0+1)(1+1)=2.$$

故选C。

5. 设$X_1,X_2,\cdots ,X_{10}$是来自标准正态总体$X$的简单随机样本，$Y=\frac{9}{10}(X_{10}-\frac{1}{9}{\sum }_{i=1}^9{X}_i{)}^2$，则$D(Y)=$( ) A. 2 B. 1 C. $\frac{1}{100}$ D. $\frac{81}{100}$

查看答案与解析

答案：A。

解析：令

$${\overline{X}}_9=\frac{1}{9}\sum _{i=1}^9{X}_i.$$

由于$X_{10}$与${\overline{X}}_9$相互独立，且

$$X_{10}\sim N(0,1),{\overline{X}}_9\sim N\left(0,\frac{1}{9}\right),$$

所以

$$X_{10}-{\overline{X}}_9\sim N\left(0,1+\frac{1}{9}\right)=N\left(0,\frac{10}{9}\right).$$

从而

$$Z=\sqrt{\frac{9}{10}}\left(X_{10}-{\overline{X}}_9\right)\sim N(0,1).$$

题中

$$Y=Z^2\sim {\chi }^2(1).$$

若$Y\sim {\chi }^2(\nu )$，则$D(Y)=2\nu$，故

$$D(Y)=2.$$

所以选A。

6. 设$X_1,X_2,\cdots ,X_n(n\ge 2)$为来自正态总体$X$的简单随机样本，$E(X)=\mu$，$D(X)={\sigma }^2$，$\sigma >0$，记$Y=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n|X_i-\mu |$，则$D(Y)=$( ) A. $\frac{{\sigma }^2}{n}(1-\frac{2}{\pi })$ B. $\frac{{\sigma }^2}{n}(1-\frac{\pi }{2})$ C. $\frac{{\sigma }^2}{n^2}(1-\frac{2}{\pi })$ D. $\frac{{\sigma }^2}{n^2}(1-\frac{\pi }{2})$

查看答案与解析

答案：A。

解析：令

$$Z_i=\frac{X_i-\mu }{\sigma }\sim N(0,1).$$

则

$$|X_i-\mu |=\sigma |Z_i|.$$

标准正态变量绝对值满足

$$E|Z_i|=\sqrt{\frac{2}{\pi }},E(Z_i^2)=1,$$

因此

$$D(|Z_i|)=1-\frac{2}{\pi }.$$

于是

$$D(|X_i-\mu |)={\sigma }^2\left(1-\frac{2}{\pi }\right).$$

各项相互独立，所以

$$\begin{array}{rl}D(Y)& =D\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n|X_i-\mu |\right)\\ & =\frac{1}{n^2}\sum _{i=1}^{n}D(|X_i-\mu |)\\ & =\frac{{\sigma }^2}{n}\left(1-\frac{2}{\pi }\right).\end{array}$$

故选A。

7. 设$X_1,X_2$为来自总体$N(0,1)$的简单随机样本，记$\hat{\sigma }=a|X_1-X_2|(a>0)$，若$D(\hat{\sigma })=1$，则$a=$_____。

查看答案与解析

答案：

$$a=\sqrt{\frac{\pi }{2(\pi -2)}}.$$

解析：由于$X_1,X_2$相互独立且均服从$N(0,1)$，故

$$X_1-X_2\sim N(0,2).$$

令

$$Z=\frac{X_1-X_2}{\sqrt{2}}\sim N(0,1),$$

则

$$|X_1-X_2|=\sqrt{2}|Z|.$$

由

$$D(|Z|)=1-\frac{2}{\pi },$$

可得

$$D(|X_1-X_2|)=2\left(1-\frac{2}{\pi }\right)=\frac{2(\pi -2)}{\pi }.$$

所以

$$D(\hat{\sigma })=a^2\frac{2(\pi -2)}{\pi }=1.$$

又$a>0$，故

$$a=\sqrt{\frac{\pi }{2(\pi -2)}}.$$

8. 设总体$(X,Y)$服从$N(0,0;1,2;1)$，$(X_1,Y_1),(X_2,Y_2)$是来自总体$(X,Y)$的简单随机样本，$\overline{X}=\frac{X_1+X_2}{2}$，$\overline{Y}=\frac{Y_1+Y_2}{2}$，则$E[(\overline{X}-\overline{Y}{)}^2]=$( ) A. $\frac{3}{2}$ B. $\frac{3}{2}-\sqrt{2}$ C. $\frac{3}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}$ D. $\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}$

查看答案与解析

答案：B。

解析：按二元正态分布记号$N({\mu }_X,{\mu }_Y;{\sigma }_X^2,{\sigma }_Y^2;\rho )$，题设给出

$$E(X)=E(Y)=0,D(X)=1,D(Y)=2,{\rho }_{XY}=1.$$

故

$$\mathrm{Cov}(X,Y)=\rho {\sigma }_X{\sigma }_Y=\sqrt{2}.$$

样本容量为2，所以

$$D(\overline{X})=\frac{1}{2},D(\overline{Y})=1,$$

且

$$\mathrm{Cov}(\overline{X},\overline{Y})=\frac{1}{2}\mathrm{Cov}(X,Y)=\frac{\sqrt{2}}{2}.$$

又$E(\overline{X}-\overline{Y})=0$，因此

$$\begin{array}{rl}E[(\overline{X}-\overline{Y}{)}^2]& =D(\overline{X}-\overline{Y})\\ & =D(\overline{X})+D(\overline{Y})-2\mathrm{Cov}(\overline{X},\overline{Y})\\ & =\frac{1}{2}+1-\sqrt{2}\\ & =\frac{3}{2}-\sqrt{2}.\end{array}$$

故选B。

9. 设随机变量$X\sim N(0,4)$，若$X_1,X_2,\cdots ,X_n(n>2)$是来自总体$X$的简单随机样本，则( ) A. $\frac{1}{2n}({\sum }_{i=1}^n{X}_i{)}^2\sim {\chi }^2(1)$ B. $\frac{1}{16}{\sum }_{i=1}^n{X}_i^2\sim {\chi }^2(n)$ C. $\sqrt{\frac{(n-1)X_n^2}{{\sum }_{i=1}^{n-1}{X}_i^2}}\sim t(n-1)$ D. $\frac{(n-1)X_1^2}{{\sum }_{i=2}^n{X}_i^2}\sim F(1,n-1)$

查看答案与解析

答案：D。

解析：因为$X_i\sim N(0,4)$，所以

$$\frac{X_i}{2}\sim N(0,1),\frac{X_i^2}{4}\sim {\chi }^2(1).$$

逐项判断：

A项，

$$\sum _{i=1}^n{X}_i\sim N(0,4n),$$

故

$$\frac{(\sum X_i{)}^2}{4n}\sim {\chi }^2(1),$$

而题中系数为$\frac{1}{2n}$，故A错误。

B项，应有

$$\frac{1}{4}\sum _{i=1}^n{X}_i^2\sim {\chi }^2(n),$$

不是$\frac{1}{16}$，故B错误。

C项可写为

$$\sqrt{\frac{X_n^2/4}{\left({\sum }_{i=1}^{n-1}{X}_i^2/4\right)/(n-1)}}.$$

它等于$t(n-1)$随机变量的绝对值，非$t(n-1)$本身，故C错误。

D项中

$$\frac{X_1^2/4}{\left({\sum }_{i=2}^n{X}_i^2/4\right)/(n-1)}=\frac{(n-1)X_1^2}{{\sum }_{i=2}^n{X}_i^2}\sim F(1,n-1),$$

故D正确。

10. 已知随机变量$X,Y$且$(X,Y)$的概率密度为$f(x,y)=\frac{1}{4\pi }{e}^{-\frac{x^2+(y-1{)}^2}{8}}$，则$\frac{4X^2}{(Y-1{)}^2}$服从( ) A. ${\chi }^2(2)$ B. $t(1)$ C. $N(0,2^2)$ D. $F(1,1)$

查看答案与解析

答案：原题按现有文字无正确选项；题目存在明显笔误。

解析：先检查题给“概率密度”。有

$${\iint }_{{\mathbb{R}}^2}{e}^{-\frac{x^2+(y-1{)}^2}{8}}dxdy=8\pi ,$$

因此若它真是联合概率密度，前面的归一化系数应为$\frac{1}{8\pi }$，而不是$\frac{1}{4\pi }$。

若按最自然的命题意图，将其修正为

$$f(x,y)=\frac{1}{8\pi }{e}^{-\frac{x^2+(y-1{)}^2}{8}},$$

则$X$与$Y-1$相互独立，且

$$X\sim N(0,4),Y-1\sim N(0,4).$$

于是

$$\frac{X^2}{(Y-1{)}^2}=\frac{X^2/4}{(Y-1{)}^2/4}\sim F(1,1).$$

但题目所问的是

$$\frac{4X^2}{(Y-1{)}^2}=4F(1,1),$$

它并不服从选项D所写的$F(1,1)$。

因此原题至少有一处笔误。若统计量应为$\frac{X^2}{(Y-1{)}^2}$，则答案为D；按现有题面则四个选项均不正确。

11. 设随机变量$X_1,X_2,X_3,X_4$相互独立且都服从标准正态分布$N(0,1)$，已知$Y=\frac{X_1^2+X_2^2}{X_3^2+X_4^2}$，对给定的$\alpha (0<\alpha <1)$，数$y_{\alpha }$满足$P\{Y>y_{\alpha }\}=\alpha$，则有( ) A. $y_{\alpha }{y}_{1-\alpha }=1$ B. $y_{\alpha }{y}_{\frac{\alpha }{1-\alpha }}=1$ C. $y_{\alpha }{y}_{1-\alpha }=\frac{1}{2}$ D. $y_{\alpha }{y}_{1-\frac{\alpha }{2}}=\frac{1}{2}$

查看答案与解析

答案：A。

解析：由于$X_1,X_2,X_3,X_4$相互独立且均服从$N(0,1)$，所以

$$U=X_1^2+X_2^2\sim {\chi }^2(2),V=X_3^2+X_4^2\sim {\chi }^2(2),$$

且$U,V$相互独立。因此

$$Y=\frac{U/2}{V/2}=\frac{U}{V}\sim F(2,2).$$

又因为交换$U,V$后分布不变，所以

$$\frac{1}{Y}=\frac{V}{U}\sim F(2,2),$$

即$Y$与$1/Y$同分布。

由定义

$$P(Y>y_{\alpha })=\alpha .$$

利用$Y\stackrel{d}{=}1/Y$，有

$$\begin{array}{rl}\alpha & =P\left(\frac{1}{Y}>y_{\alpha }\right)\\ & =P\left(Y<\frac{1}{y_{\alpha }}\right).\end{array}$$

由于$F$分布为连续分布，故

$$P\left(Y>\frac{1}{y_{\alpha }}\right)=1-\alpha .$$

根据$y_{1-\alpha }$的定义，

$$y_{1-\alpha }=\frac{1}{y_{\alpha }}.$$

于是

$$y_{\alpha }{y}_{1-\alpha }=1.$$

故选A。

12. 设$X_1,X_2,\cdots ,X_9$是来自正态总体$X$的简单随机样本，记$Y_1=\frac{1}{6}(X_1+X_2+\cdots +X_6)$，$Y_2=\frac{1}{3}(X_7+X_8+X_9)$，$S^2=\frac{1}{2}{\sum }_{i=7}^9(X_i-Y_2{)}^2$，$Z=\frac{\sqrt{2}(Y_1-Y_2)}{|S|}$，证明统计量$Z$服从自由度为2的$t$分布。

查看答案与解析

答案：

$$Z\sim t(2).$$

解析：设总体

$$X\sim N(\mu ,{\sigma }^2).$$

由于$Y_1$是前6个样本的均值，$Y_2$是后3个样本的均值，所以

$$Y_1\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{6}\right),Y_2\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{3}\right).$$

前6个样本与后3个样本相互独立，因此$Y_1$与$Y_2$相互独立，从而

$$Y_1-Y_2\sim N\left(0,\frac{{\sigma }^2}{6}+\frac{{\sigma }^2}{3}\right)=N\left(0,\frac{{\sigma }^2}{2}\right).$$

于是

$$U=\frac{\sqrt{2}(Y_1-Y_2)}{\sigma }\sim N(0,1).$$

另一方面，$S^2$正是由$X_7,X_8,X_9$构成的容量为3的样本方差，因此由正态总体样本方差的分布性质，

$$V=\frac{(3-1)S^2}{{\sigma }^2}=\frac{2S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(2).$$

并且，对正态总体，$Y_2$与$S^2$相互独立；而$Y_1$由前6个样本构成，与后3个样本的任何统计量均相互独立。因此$Y_1-Y_2$与$S^2$相互独立，即$U$与$V$相互独立。

由$t$分布的定义，若

$$U\sim N(0,1),V\sim {\chi }^2(\nu ),$$

且$U,V$相互独立，则

$$\frac{U}{\sqrt{V/\nu }}\sim t(\nu ).$$

这里$\nu =2$，且

$$\begin{array}{rl}\frac{U}{\sqrt{V/2}}& =\frac{\frac{\sqrt{2}(Y_1-Y_2)}{\sigma }}{\sqrt{\frac{2S^2/{\sigma }^2}{2}}}\\ & =\frac{\sqrt{2}(Y_1-Y_2)}{\sqrt{S^2}}.\end{array}$$

由于样本方差$S^2\ge 0$，按通常记号$|S|=\sqrt{S^2}$，故

$$Z=\frac{\sqrt{2}(Y_1-Y_2)}{|S|}=\frac{U}{\sqrt{V/2}}\sim t(2).$$

证毕。