7.1 常见统计量的基本性质

小题

1. 【1999-3-3 分】 在天平上重复称量一重为 $a$ 的物品，假设各次称量结果相互独立且同服从正态分布 $N(a,0.2^2)$。若以 ${\bar{X}}_n$ 表示 $n$ 次称量结果的算术平均值，则为使 $P\{|{\bar{X}}_n-a|<0.1\}\ge 0.95$，$n$ 的最小值应不小于自然数

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答案： $16$。

解析： 因为每次称量结果均服从 $N(a,0.2^2)$，所以

$${\bar{X}}_n\sim N\left(a,\frac{0.2^2}{n}\right).$$

标准化得

$$P\{|{\bar{X}}_n-a|<0.1\}=P\left\{\left|\frac{{\bar{X}}_n-a}{0.2/\sqrt{n}}\right|<\frac{0.1}{0.2/\sqrt{n}}\right\}=P\left\{|Z|<\frac{\sqrt{n}}{2}\right\},$$

其中 $Z\sim N(0,1)$。由 $P\{|Z|<1.96\}=0.95$，要使上述概率不小于 $0.95$，应有

$$\frac{\sqrt{n}}{2}\ge \mathrm{1.96.}$$

因此

$$n\ge (2\times 1.96{)}^2=\mathrm{15.3664.}$$

由于 $n$ 为自然数，故最小取值为 $n=16$。

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2. 【2004-3-4 分】 设总体 $X$ 服从正态分布 $N({\mu }_1,{\sigma }^2)$，总体 $Y$ 服从正态分布 $N({\mu }_2,{\sigma }^2)$，$X_1,X_2,\cdots ,X_{n_1}$ 和 $Y_1,Y_2,\cdots ,Y_{n_2}$ 分别是来自总体 $X$ 和 $Y$ 的简单随机样本，则

$$E\left[\frac{{\sum }_{i=1}^{n_1}(X_i-\bar{X}{)}^2+{\sum }_{j=1}^{n_2}(Y_j-\bar{Y}{)}^2}{n_1+n_2-2}\right]=$$

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答案： ${\sigma }^2$。

解析： 对来自方差为 ${\sigma }^2$ 的总体的简单随机样本，有

$$E\left[\sum _{i=1}^{n_1}(X_i-\bar{X}{)}^2\right]=(n_1-1){\sigma }^2,$$

以及

$$E\left[\sum _{j=1}^{n_2}(Y_j-\bar{Y}{)}^2\right]=(n_2-1){\sigma }^2.$$

因此由期望的线性性质，

$$\begin{array}{rl}E\left[\frac{{\sum }_{i=1}^{n_1}(X_i-\bar{X}{)}^2+{\sum }_{j=1}^{n_2}(Y_j-\bar{Y}{)}^2}{n_1+n_2-2}\right]& =\frac{(n_1-1){\sigma }^2+(n_2-1){\sigma }^2}{n_1+n_2-2}\\ & ={\sigma }^2.\end{array}$$

该统计量就是两个正态总体方差相同时的合并样本方差，它是 ${\sigma }^2$ 的无偏估计量。

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3. 【2006-3-4 分】 设总体 $X$ 的概率密度为 $f(x)=\frac{1}{2}{e}^{-|x|}(-\infty <x<+\infty )$，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为总体 $X$ 的简单随机样本，其样本方差为 $S^2$，则 $E(S^2)=$

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答案： $2$。

解析： 样本方差

$$S^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2$$

是总体方差 $D(X)$ 的无偏估计量，所以只需求总体方差。

由于密度关于原点对称，故 $E(X)=0$。于是

$$\begin{array}{rl}D(X)& =E(X^2)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^2\frac{1}{2}{e}^{-|x|}dx\\ & ={\int }_0^{+\infty }{x}^2{e}^{-x}dx=\Gamma (3)=2!=2.\end{array}$$

因此

$$E(S^2)=D(X)=2.$$

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4. 【2009-3-4 分】 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_m$ 是来自二项分布总体 $B(n,p)$ 的简单随机样本，$\bar{X}$ 和 $S^2$ 分别为样本均值和样本方差，记统计量 $T=\bar{X}-S^2$，则 $E(T)=$

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答案： $n{p}^2$。

解析： 若 $X\sim B(n,p)$，则

$$E(X)=np,D(X)=np(1-p).$$

样本均值是总体均值的无偏估计，样本方差是总体方差的无偏估计，因此

$$E(\bar{X})=np,$$$$E(S^2)=np(1-p).$$

故

$$\begin{array}{rl}E(T)& =E(\bar{X}-S^2)\\ & =np-np(1-p)\\ & =n{p}^2.\end{array}$$

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5. 【2010-3-4 分】 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $N(\mu ,{\sigma }^2)(\sigma >0)$ 的简单随机样本。记统计量 $T=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2$，则 $E(T)=$

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答案： ${\mu }^2+{\sigma }^2$。

解析： 由

$$D(X_i)=E(X_i^2)-[E(X_i){]}^2$$

可得

$$E(X_i^2)=D(X_i)+[E(X_i){]}^2={\sigma }^2+{\mu }^2.$$

于是利用期望的线性性质，

$$\begin{array}{rl}E(T)& =E\left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^2\right)\\ & =\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E(X_i^2)\\ & ={\mu }^2+{\sigma }^2.\end{array}$$

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6. 【2011-3-4 分】 设总体 $X$ 服从参数为 $\lambda (\lambda >0)$ 的泊松分布，$X_1,X_2,\cdots ,X_n(n\ge 2)$ 为来自该总体的简单随机样本，则对于统计量

$$T_1=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,T_2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^{n-1}{X}_i+\frac{1}{n}{X}_n$$

有（ ）

A. $E(T_1)>E(T_2),D(T_1)>D(T_2)$    B. $E(T_1)>E(T_2),D(T_1)<D(T_2)$

C. $E(T_1)<E(T_2),D(T_1)>D(T_2)$    D. $E(T_1)<E(T_2),D(T_1)<D(T_2)$

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答案： D。

解析： 泊松分布满足

$$E(X_i)=D(X_i)=\lambda .$$

首先，

$$E(T_1)=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E(X_i)=\lambda .$$

而

$$\begin{array}{rl}E(T_2)& =\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^{n-1}E(X_i)+\frac{1}{n}E(X_n)\\ & =\lambda +\frac{\lambda }{n}>\lambda .\end{array}$$

故 $E(T_1)<E(T_2)$。

又因为各样本相互独立，

$$D(T_1)=\frac{1}{n^2}\sum _{i=1}^{n}D(X_i)=\frac{\lambda }{n},$$$$D(T_2)=\frac{\lambda }{n-1}+\frac{\lambda }{n^2}.$$

并且

$$\begin{array}{rl}D(T_2)-D(T_1)& =\lambda \left(\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n^2}-\frac{1}{n}\right)\\ & =\lambda \left(\frac{1}{n(n-1)}+\frac{1}{n^2}\right)>0.\end{array}$$

故 $D(T_1)<D(T_2)$，选择 D。其余三个选项至少有一个期望或方差关系写反。

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7. 【2015-3-4 分】 设总体 $X\sim B(m,\theta )$，$X_1,\cdots ,X_n$ 为来自该总体的简单随机样本，$\bar{X}$ 为样本均值，则

$$E\left[\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2\right]=（）$$

A. $(m-1)n\theta (1-\theta )$    B. $m(n-1)\theta (1-\theta )$

C. $(m-1)(n-1)\theta (1-\theta )$    D. $mn\theta (1-\theta )$

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答案： B。

解析： 总体 $X\sim B(m,\theta )$ 的方差为

$$D(X)=m\theta (1-\theta ).$$

样本方差定义为

$$S^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2,$$

且 $E(S^2)=D(X)$。因此

$$\begin{array}{rl}E\left[\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2\right]& =(n-1)E(S^2)\\ & =(n-1)m\theta (1-\theta ).\end{array}$$

故选择 B。A、C 错把二项分布的方差系数 $m$ 写成 $m-1$；D 则漏掉了离差平方和对应的自由度损失，应为 $n-1$ 而非 $n$。

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8. 【2021-3-5 分】 设 $(X_1,Y_1),(X_2,Y_2),\cdots ,(X_n,Y_n)$ 为来自总体 $N({\mu }_1,{\mu }_2;{\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2;\rho )$ 的简单随机样本，令

$$\theta ={\mu }_1-{\mu }_2,\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,\bar{Y}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{Y}_i,$$ $$\hat{\theta }=\bar{X}-\bar{Y},$$

则（ ）

A. $E(\hat{\theta })=\theta ,D(\hat{\theta })=\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2}{n}$

B. $E(\hat{\theta })=\theta ,D(\hat{\theta })=\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{n}$

C. $E(\hat{\theta })\ne \theta ,D(\hat{\theta })=\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2}{n}$

D. $E(\hat{\theta })\ne \theta ,D(\hat{\theta })=\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{n}$

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答案： B。

解析： 由样本均值的期望，

$$E(\hat{\theta })=E(\bar{X})-E(\bar{Y})={\mu }_1-{\mu }_2=\theta ,$$

所以 $\hat{\theta }$ 是 $\theta$ 的无偏估计量。

由于每一对 $(X_i,Y_i)$ 中

$$\mathrm{Cov}(X_i,Y_i)=\rho {\sigma }_1{\sigma }_2,$$

且不同样本对之间相互独立，故

$$D(\bar{X})=\frac{{\sigma }_1^2}{n},D(\bar{Y})=\frac{{\sigma }_2^2}{n},\mathrm{Cov}(\bar{X},\bar{Y})=\frac{\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{n}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}D(\hat{\theta })& =D(\bar{X}-\bar{Y})\\ & =D(\bar{X})+D(\bar{Y})-2\mathrm{Cov}(\bar{X},\bar{Y})\\ & =\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{n}.\end{array}$$

故选择 B。A 忽略了同一对观测中 $X_i$ 与 $Y_i$ 的相关性；C、D 错误地认为该估计量有偏。

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9. 【2021-1-5 分】 设 $(X_1,Y_1),(X_2,Y_2),\cdots ,(X_n,Y_n)$ 为来自总体 $N({\mu }_1,{\mu }_2;{\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2;\rho )$ 的简单随机样本，令

$$\theta ={\mu }_1-{\mu }_2,\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,\bar{Y}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{Y}_i,$$ $$\hat{\theta }=\bar{X}-\bar{Y},$$

则（ ）

A. $\hat{\theta }$ 是 $\theta$ 的无偏估计，$D(\hat{\theta })=\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2}{n}$

B. $\hat{\theta }$ 不是 $\theta$ 的无偏估计，$D(\hat{\theta })=\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2}{n}$

C. $\hat{\theta }$ 是 $\theta$ 的无偏估计，$D(\hat{\theta })=\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{n}$

D. $\hat{\theta }$ 不是 $\theta$ 的无偏估计，$D(\hat{\theta })=\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{n}$

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答案： C。

解析： 由

$$E(\bar{X}-\bar{Y})={\mu }_1-{\mu }_2=\theta ,$$

知 $\hat{\theta }$ 是 $\theta$ 的无偏估计。

同时，考虑同一组样本中 $X_i$ 与 $Y_i$ 的相关性，有

$$\mathrm{Cov}(\bar{X},\bar{Y})=\frac{\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{n}.$$

故

$$\begin{array}{rl}D(\hat{\theta })& =D(\bar{X})+D(\bar{Y})-2\mathrm{Cov}(\bar{X},\bar{Y})\\ & =\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{n}.\end{array}$$

因此选择 C。A、B 均遗漏协方差项；B、D 又错误判断了估计量的无偏性。

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10. 【2025-3-5 分】 设总体 $X$ 的分布函数为 $F(x)$，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自总体 $X$ 的简单随机样本，样本的经验分布函数为 $F_n(x)$。对于给定的 $x(0<F(x)<1)$，$D(F_n(x))=$（ ）

A. $F(x)[1-F(x)]$    B. $[F(x){]}^2$    C. $\frac{1}{n}F(x)[1-F(x)]$    D. $\frac{1}{n}[F(x){]}^2$

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答案： C。

解析： 对固定的 $x$，令

$$I_i=I\{X_i\le x\},i=1,2,\cdots ,n.$$

则 $I_i$ 相互独立，且

$$P(I_i=1)=P(X_i\le x)=F(x),$$

所以

$$I_i\sim B(1,F(x)),D(I_i)=F(x)[1-F(x)].$$

经验分布函数可写成

$$F_n(x)=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{I}_i.$$

于是

$$\begin{array}{rl}D(F_n(x))& =\frac{1}{n^2}\sum _{i=1}^{n}D(I_i)\\ & =\frac{1}{n}F(x)[1-F(x)].\end{array}$$

故选择 C。A 漏掉了样本均值方差中的系数 $1/n$；B、D 则把伯努利变量的方差错误写成了成功概率的平方。

大题

1. 【2001-1-7 分】 设总体 $X$ 服从正态分布 $N(\mu ,{\sigma }^2)(\sigma >0)$，从该总体中抽取简单随机样本 $X_1,X_2,\cdots ,X_{2n}(n\ge 2)$，其样本均值为

$$\bar{X}=\frac{1}{2n}\sum _{i=1}^{2n}{X}_i,$$

求统计量

$$Y=\sum _{i=1}^n(X_i+X_{n+i}-2\bar{X}{)}^2$$

的数学期望 $E(Y)$。

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答案： $E(Y)=2(n-1){\sigma }^2$。

解析： 令

$$Z_i=X_i+X_{n+i},i=1,2,\cdots ,n.$$

由于原样本相互独立，故 $Z_1,Z_2,\cdots ,Z_n$ 相互独立，且

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

又因为

$$\begin{array}{rl}\bar{Z}& =\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{Z}_i=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i+X_{n+i})\\ & =\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{2n}{X}_i=2\bar{X},\end{array}$$

所以

$$Y=\sum _{i=1}^n(Z_i-\bar{Z}{)}^2.$$

对方差为 $2{\sigma }^2$ 的总体所抽取的容量为 $n$ 的简单随机样本，有

$$E\left[\sum _{i=1}^n(Z_i-\bar{Z}{)}^2\right]=(n-1)D(Z_i).$$

因此

$$E(Y)=(n-1)\cdot 2{\sigma }^2=2(n-1){\sigma }^2.$$

本题的关键是把 $X_i+X_{n+i}$ 看作一个新的正态样本，并注意其样本均值恰为 $2\bar{X}$。