7.3 一维正态总体下统计量的特殊性质

小题

1. 【1994-4-3 分】 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自正态总体 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的简单随机样本，$\bar{X}$ 是样本均值，记

$$S_1^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2,S_2^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2,$$ $$S_3^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2,S_4^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2,$$

则服从自由度为 $n-1$ 的 $t$ 分布的随机变量是（ ）。

A. $t=\frac{\bar{X}-\mu }{S_1/\sqrt{n-1}}$    B. $t=\frac{\bar{X}-\mu }{S_2/\sqrt{n-1}}$

C. $t=\frac{\bar{X}-\mu }{S_3/\sqrt{n}}$    D. $t=\frac{\bar{X}-\mu }{S_4/\sqrt{n}}$

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答案： B。

解析： 正态总体下，标准的 $t$ 统计量为

$$\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-\mu )}{S_1}\sim t(n-1),$$

其中 $S_1^2$ 是通常定义的无偏样本方差。

又因为

$$S_2^2=\frac{n-1}{n}{S}_1^2,$$

所以

$$S_2=S_1\sqrt{\frac{n-1}{n}}.$$

于是 B 中的统计量为

$$\begin{array}{rl}\frac{\bar{X}-\mu }{S_2/\sqrt{n-1}}& =\frac{\bar{X}-\mu }{S_1/\sqrt{n}}\\ & =\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-\mu )}{S_1}\sim t(n-1).\end{array}$$

A 的分子标准化系数为 $\sqrt{n-1}$，不是 $\sqrt{n}$；C、D 的分母含总体均值 $\mu$，相应平方和与 $\bar{X}$ 不满足构造标准 $t$ 统计量所需的独立关系。

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2. 【2005-1-4 分】 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n(n\ge 2)$ 为来自总体 $N(0,1)$ 的简单随机样本，$\bar{X}$ 为样本均值，$S^2$ 为样本方差，则（ ）。

A. $n\bar{X}\sim N(0,1)$    B. $n{S}^2\sim {\chi }^2(n)$

C. $\frac{(n-1)\bar{X}}{S}\sim t(n-1)$    D. $\frac{(n-1)X_1^2}{{\sum }_{i=2}^n{X}_i^2}\sim F(1,n-1)$

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答案： D。

解析： 因为 $X_1\sim N(0,1)$，所以

$$X_1^2\sim {\chi }^2(1).$$

又因为 $X_2,\cdots ,X_n$ 相互独立且均服从 $N(0,1)$，故

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

且上述两个卡方变量相互独立。因此

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

故 D 正确。

A 中应为 $\sqrt{n}\bar{X}\sim N(0,1)$；B 中应为 $(n-1)S^2\sim {\chi }^2(n-1)$；C 中标准形式应为 $\sqrt{n}\bar{X}/S\sim t(n-1)$。

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3. 【2018-3-4 分】 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n(n\ge 2)$ 为来自总体 $N(\mu ,{\sigma }^2)(\sigma >0)$ 的简单随机样本。令

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

则（ ）。

A. $\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-\mu )}{S}\sim t(n)$    B. $\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-\mu )}{S}\sim t(n-1)$

C. $\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-\mu )}{S^{\ast }}\sim t(n)$    D. $\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-\mu )}{S^{\ast }}\sim t(n-1)$

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答案： B。

解析： 对正态总体的简单随机样本，有

$$Z=\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-\mu )}{\sigma }\sim N(0,1),$$

以及

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

并且 $Z$ 与 $V$ 相互独立。因此

$$\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-\mu )}{S}=\frac{Z}{\sqrt{V/(n-1)}}\sim t(n-1).$$

故选择 B。$S^{\ast }$ 使用的是关于总体均值 $\mu$ 的离差平方和，它包含 $\bar{X}-\mu$ 的信息，与分子不能按标准 $t$ 分布结构处理，故 C、D 均不成立。

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4. 【2023-13-5 分】 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的简单随机样本，$Y_1,Y_2,\cdots ,Y_m$ 来自总体 $N(\mu ,2{\sigma }^2)$ 的简单随机样本，其两样本之间相互独立，记

$$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,\bar{Y}=\frac{1}{m}\sum _{i=1}^m{Y}_i,$$ $$S_1^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2,S_2^2=\frac{1}{m-1}\sum _{i=1}^m(Y_i-\bar{Y}{)}^2,$$

则（ ）。

A. $\frac{S_1^2}{S_2^2}\sim F(n,m)$    B. $\frac{S_1^2}{S_2^2}\sim F(n-1,m-1)$

C. $\frac{2S_1^2}{S_2^2}\sim F(n,m)$    D. $\frac{2S_1^2}{S_2^2}\sim F(n-1,m-1)$

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答案： D。

解析： 由正态总体样本方差的抽样分布，

$$\frac{(n-1)S_1^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1),$$$$\frac{(m-1)S_2^2}{2{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(m-1).$$

两组样本相互独立，故上述两个卡方变量相互独立。于是

$$\begin{array}{rl}\frac{\left[(n-1)S_1^2/{\sigma }^2\right]/(n-1)}{\left[(m-1)S_2^2/(2{\sigma }^2)\right]/(m-1)}& =\frac{S_1^2/{\sigma }^2}{S_2^2/(2{\sigma }^2)}\\ & =\frac{2S_1^2}{S_2^2}\sim F(n-1,m-1).\end{array}$$

因此选择 D。自由度应由两个样本方差对应的 $n-1$ 和 $m-1$ 决定，同时必须用系数 $2$ 消除两个总体方差之间的倍数差异。

大题

1. 【1999-3-7 分】 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_9$ 是来自正态总体 $X$ 的简单随机样本，

$$Y_1=\frac{1}{6}(X_1+\cdots +X_6),Y_2=\frac{1}{3}(X_7+X_8+X_9),$$ $$S^2=\frac{1}{2}\sum _{i=7}^9(X_i-Y_2{)}^2,Z=\frac{\sqrt{2}(Y_1-Y_2)}{S},$$

证明统计量 $Z$ 服从自由度为 $2$ 的 $t$ 分布。

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答案： $Z\sim t(2)$。

解析： 设总体 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$。

由前 $6$ 个样本构成的样本均值满足

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

由后 $3$ 个样本构成的样本均值满足

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

前后两组样本相互独立，所以 $Y_1$ 与 $Y_2$ 相互独立。因此

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

令

$$U=\frac{\sqrt{2}(Y_1-Y_2)}{\sigma },$$

则

$$U\sim N(0,1).$$

另一方面，$S^2$ 是后 $3$ 个样本的无偏样本方差。由正态总体样本方差的性质，

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

在正态总体下，后 $3$ 个样本的样本均值 $Y_2$ 与样本方差 $S^2$ 相互独立；而 $Y_1$ 由前 $6$ 个样本构成，也与后 $3$ 个样本及其函数独立。因此 $Y_1-Y_2$ 与 $S^2$ 相互独立，即 $U$ 与 $V$ 相互独立。

最后，

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

由 $t$ 分布的定义，得

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

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2. 【2008-13-11 分】 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是总体 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的简单随机样本。记

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

（1）证明 $T$ 是 ${\mu }^2$ 的无偏估计量；

（2）当 $\mu =0,\sigma =1$ 时，求 $D(T)$。

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答案： （1）$T$ 是 ${\mu }^2$ 的无偏估计量；（2）$D(T)=\frac{2}{n(n-1)}$。

解析： （1）由

$$E(\bar{X})=\mu ,D(\bar{X})=\frac{{\sigma }^2}{n},$$

可得

$$E({\bar{X}}^2)=D(\bar{X})+[E(\bar{X}){]}^2=\frac{{\sigma }^2}{n}+{\mu }^2.$$

又因为样本方差是总体方差的无偏估计量，故

$$E(S^2)={\sigma }^2.$$

于是

$$\begin{array}{rl}E(T)& =E({\bar{X}}^2)-\frac{1}{n}E(S^2)\\ & =\left({\mu }^2+\frac{{\sigma }^2}{n}\right)-\frac{{\sigma }^2}{n}\\ & ={\mu }^2.\end{array}$$

因此 $T$ 是 ${\mu }^2$ 的无偏估计量。

（2）当 $\mu =0,\sigma =1$ 时，

$$\bar{X}\sim N\left(0,\frac{1}{n}\right).$$

令 $Z=\sqrt{n}\bar{X}$，则 $Z\sim N(0,1)$，从而

$${\bar{X}}^2=\frac{Z^2}{n}.$$

因为 $Z^2\sim {\chi }^2(1)$，且 $D({\chi }^2(k))=2k$，故

$$D({\bar{X}}^2)=\frac{1}{n^2}D(Z^2)=\frac{2}{n^2}.$$

另一方面，

$$(n-1)S^2\sim {\chi }^2(n-1),$$

所以

$$D(S^2)=\frac{1}{(n-1{)}^2}\cdot 2(n-1)=\frac{2}{n-1}.$$

正态总体下，$\bar{X}$ 与 $S^2$ 相互独立，因而 ${\bar{X}}^2$ 与 $S^2$ 也相互独立。因此

$$\begin{array}{rl}D(T)& =D\left({\bar{X}}^2-\frac{1}{n}{S}^2\right)\\ & =D({\bar{X}}^2)+\frac{1}{n^2}D(S^2)\\ & =\frac{2}{n^2}+\frac{2}{n^2(n-1)}\\ & =\frac{2}{n(n-1)}.\end{array}$$

故

$$D(T)=\frac{2}{n(n-1)}.$$