第六章 数理统计的基本概念

选择题

1. 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是取自正态总体 $N(0,{\sigma }^2)$ 的简单随机样本，$\bar{X}$ 与 $S^2$ 分别是样本均值与样本方差，则

A. $\frac{{\bar{X}}^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(1)$；    B. $\frac{S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)$；

C. $\frac{\bar{X}}{S}\sim t(n-1)$；    D. $\frac{S^2}{n{\bar{X}}^2}\sim F(n-1,1)$。

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答案： D

解析： 由正态总体的抽样分布定理，

$$\bar{X}\sim N\left(0,\frac{{\sigma }^2}{n}\right),$$

所以

$$V=\frac{n{\bar{X}}^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(1).$$

又因为样本方差定义为

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

故

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

对于正态总体，$\bar{X}$ 与 $S^2$ 相互独立，因此 $U$ 与 $V$ 相互独立。由 $F$ 分布的定义，

$$\frac{U/(n-1)}{V/1}=\frac{S^2/{\sigma }^2}{n{\bar{X}}^2/{\sigma }^2}=\frac{S^2}{n{\bar{X}}^2}\sim F(n-1,1).$$

故选 D。

错误选项分析：

• （A）缺少因子 $n$。正确结论为

$$\frac{n{\bar{X}}^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(1).$$

• （B）缺少因子 $n-1$。正确结论为

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

• （C）缺少因子 $\sqrt{n}$。正确结论为

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

---

2. 假设两个正态分布总体 $X\sim N({\mu }_1,1)$，$Y\sim N({\mu }_2,1)$，$X_1,X_2,\cdots ,X_m$ 与 $Y_1,Y_2,\cdots ,Y_n$ 分别是取自总体 $X$ 和 $Y$ 的相互独立的简单随机样本。$\bar{X}$ 与 $\bar{Y}$ 分别是其样本均值，$S_1^2$ 与 $S_2^2$ 分别是其样本方差，则

A. $\bar{X}-\bar{Y}-({\mu }_1-{\mu }_2)\sim N(0,1)$；

B. $S_1^2+S_2^2\sim {\chi }^2(m+n-2)$；

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

D. $\frac{\bar{X}-\bar{Y}-({\mu }_1-{\mu }_2)}{\sqrt{\frac{S_1^2+S_2^2}{m+n-2}}\sqrt{\frac{1}{m}+\frac{1}{n}}}\sim t(m+n-2)$。

查看答案与解析

答案： C

解析： 由两个样本相互独立，且两个总体方差都等于 $1$，有

$$\bar{X}\sim N\left({\mu }_1,\frac{1}{m}\right),\bar{Y}\sim N\left({\mu }_2,\frac{1}{n}\right),$$

从而

$$\bar{X}-\bar{Y}-({\mu }_1-{\mu }_2)\sim N\left(0,\frac{1}{m}+\frac{1}{n}\right).$$

同时，正态总体的样本方差满足

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

且二者相互独立。因此根据 $F$ 分布的定义，

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

故选 C。

错误选项分析：

• （A）方差应为

$$\frac{1}{m}+\frac{1}{n},$$

而不是 $1$。

• （B）应当是

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

不能直接把 $S_1^2$ 与 $S_2^2$ 相加。

• （D）等方差情形下的合并样本方差应为

$$S_p^2=\frac{(m-1)S_1^2+(n-1)S_2^2}{m+n-2},$$

因此正确的统计量是

$$\frac{\bar{X}-\bar{Y}-({\mu }_1-{\mu }_2)}{S_p\sqrt{\frac{1}{m}+\frac{1}{n}}}\sim t(m+n-2).$$

题中分母使用了 $S_1^2+S_2^2$，故不正确。

填空题

1. 设总体 $X$ 服从参数为 $p$ 的0-1分布，则来自总体 $X$ 的简单随机样本 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 的概率分布为 $\underline{}$。

查看答案与解析

答案：

$$P\{X_1=x_1,\dots ,X_n=x_n\}=p^{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}(1-p{)}^{n-{\sum }_{i=1}^n{x}_i},x_i\in \{0,1\}.$$

解析： 总体 $X$ 服从参数为 $p$ 的0-1分布，即

$$P\{X=1\}=p,P\{X=0\}=1-p.$$

因为 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 是简单随机样本，所以它们相互独立且与总体同分布。因此

$$\begin{array}{rl}P\{X_1=x_1,\dots ,X_n=x_n\}& =\prod _{i=1}^{n}P\{X_i=x_i\}\\ & =\prod _{i=1}^n{p}^{x_i}(1-p{)}^{1-x_i}\\ & =p^{{\sum }_{i=1}^n{x}_i}(1-p{)}^{n-{\sum }_{i=1}^n{x}_i},\end{array}$$

其中每个 $x_i$ 只能取 $0$ 或 $1$。这就是该简单随机样本的联合概率分布。

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2. 假设总体 $X$ 服从标准正态分布，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是取自总体 $X$ 的简单随机样本，则统计量

$$Y_1=\frac{X_1-X_2}{\sqrt{X_3^2+X_4^2}}$$

与

$$Y_2=\frac{\sqrt{n-1}{X}_1}{\sqrt{{\sum }_{i=2}^n{X}_i^2}}$$

都服从 $\underline{}$ 分布，其分布参数分别为 $\underline{}$ 和 $\underline{}$。

查看答案与解析

答案： $t$ 分布；参数分别为 $2$ 和 $n-1$。

解析： 先考察 $Y_1$。由于 $X_1,X_2$ 相互独立且都服从 $N(0,1)$，所以

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

又因为

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

且 $Z$ 与 $U$ 由互不相交的样本变量构成，故相互独立。于是

$$Y_1=\frac{X_1-X_2}{\sqrt{X_3^2+X_4^2}}=\frac{Z}{\sqrt{U/2}}\sim t(2).$$

再考察 $Y_2$。有

$$X_1\sim N(0,1),V=\sum _{i=2}^n{X}_i^2\sim {\chi }^2(n-1),$$

且 $X_1$ 与 $V$ 相互独立。因此

$$Y_2=\frac{X_1}{\sqrt{V/(n-1)}}=\frac{\sqrt{n-1}{X}_1}{\sqrt{{\sum }_{i=2}^n{X}_i^2}}\sim t(n-1).$$

---

3. 设总体 $X$ 服从正态分布 $N(0,{\sigma }^2)$，而 $X_1,X_2,\cdots ,X_{15}$ 是取自总体 $X$ 的简单随机样本，则

$$\frac{X_1^2+\cdots +X_{10}^2}{2(X_{11}^2+\cdots +X_{15}^2)}$$

服从 $\underline{}$ 分布，分布参数为 $\underline{}$。

查看答案与解析

答案： $F$ 分布；分布参数为 $(10,5)$。

解析： 令

$$U=\frac{X_1^2+\cdots +X_{10}^2}{{\sigma }^2},V=\frac{X_{11}^2+\cdots +X_{15}^2}{{\sigma }^2}.$$

由于各样本相互独立，并且

$$\frac{X_i}{\sigma }\sim N(0,1),$$

所以

$$U\sim {\chi }^2(10),V\sim {\chi }^2(5),$$

且 $U,V$ 相互独立。题中统计量可写成

$$\begin{array}{rl}\frac{X_1^2+\cdots +X_{10}^2}{2(X_{11}^2+\cdots +X_{15}^2)}& =\frac{U}{2V}\\ & =\frac{U/10}{V/5}.\end{array}$$

由 $F$ 分布的定义，

$$\frac{U/10}{V/5}\sim F(10,5).$$

---

4. 设总体 $X$ 与 $Y$ 独立且都服从正态分布 $N(0,{\sigma }^2)$，已知 $X_1,\cdots ,X_m$ 与 $Y_1,\cdots ,Y_n$ 是分别来自总体 $X$ 与 $Y$ 的简单随机样本，统计量

$$T=\frac{2(X_1+\cdots +X_m)}{\sqrt{Y_1^2+\cdots +Y_n^2}}$$

服从 $t(n)$ 分布，则 $\frac{m}{n}=\underline{}$。

查看答案与解析

答案：

$$\frac{m}{n}=\frac{1}{4}.$$

解析： 因为

$$X_1+\cdots +X_m\sim N(0,m{\sigma }^2),$$

令

$$Z=\frac{X_1+\cdots +X_m}{\sigma \sqrt{m}},$$

则 $Z\sim N(0,1)$。同时

$$U=\frac{Y_1^2+\cdots +Y_n^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n).$$

由于两个总体及其样本相互独立，故 $Z$ 与 $U$ 相互独立。于是

$$\begin{array}{rl}T& =\frac{2\sigma \sqrt{m}Z}{\sigma \sqrt{U}}\\ & =2\sqrt{\frac{m}{n}}\frac{Z}{\sqrt{U/n}}.\end{array}$$

而

$$\frac{Z}{\sqrt{U/n}}\sim t(n).$$

题设要求 $T\sim t(n)$，故其前面的系数必须为 $1$，即

$$2\sqrt{\frac{m}{n}}=1.$$

两边平方得

$$4\frac{m}{n}=1,$$

所以

$$\frac{m}{n}=\frac{1}{4}.$$

计算题与应用题

1. 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本，其均值和方差分别为 $\bar{X}$ 与 $S^2$，且 $X\sim B(1,p)$，$0<p<1$。（Ⅰ）试求 $\bar{X}$ 的概率分布；（Ⅱ）证明：$B_2=\frac{n-1}{n}{S}^2=\bar{X}(1-\bar{X})$。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）$\bar{X}$ 的可能取值为

$$0,\frac{1}{n},\frac{2}{n},\dots ,1,$$

且

$$P\left\{\bar{X}=\frac{k}{n}\right\}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k(1-p{)}^{n-k},k=0,1,\dots ,n.$$

（Ⅱ）

$$B_2=\frac{n-1}{n}{S}^2=\bar{X}(1-\bar{X}).$$

解析： （Ⅰ）令

$$K=\sum _{i=1}^n{X}_i.$$

由于 $X_1,\dots ,X_n$ 相互独立，且均服从参数为 $p$ 的0-1分布，所以

$$K\sim B(n,p).$$

又因为

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

故当 $k=0,1,\dots ,n$ 时，

$$P\left\{\bar{X}=\frac{k}{n}\right\}=P\{K=k\}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k(1-p{)}^{n-k}.$$

这就是 $\bar{X}$ 的概率分布。

（Ⅱ）由样本方差的定义，

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

从而

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

展开平方并利用 $\sum _{i=1}^n{X}_i=n\bar{X}$，得

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

由于0-1变量满足 $X_i^2=X_i$，所以

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

因此

$$B_2=\frac{n-1}{n}{S}^2=\bar{X}-{\bar{X}}^2=\bar{X}(1-\bar{X}).$$

---

2. 设正态总体 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自 $X$ 的简单随机样本，求证：

$$W=n{\left(\frac{\bar{X}-\mu }{\sigma }\right)}^2\sim {\chi }^2(1),F=n{\left(\frac{\bar{X}-\mu }{S}\right)}^2\sim F(1,n-1)。$$

查看答案与解析

答案：

$$W\sim {\chi }^2(1),F\sim F(1,n-1).$$

解析： 由正态总体样本均值的分布，

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

因此标准化变量

$$Z=\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-\mu )}{\sigma }$$

服从标准正态分布 $N(0,1)$。由卡方分布的定义，标准正态变量的平方服从自由度为1的卡方分布，故

$$W=n{\left(\frac{\bar{X}-\mu }{\sigma }\right)}^2=Z^2\sim {\chi }^2(1).$$

另一方面，对于正态总体，有

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

并且 $\bar{X}$ 与 $S^2$ 相互独立，所以 $Z$ 与 $U$ 相互独立。于是

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

利用性质：若 $T\sim t(\nu )$，则 $T^2\sim F(1,\nu )$，可得

$$F=n{\left(\frac{\bar{X}-\mu }{S}\right)}^2=T^2\sim F(1,n-1).$$

---

3. 设 $X_1,X_2,\cdots ,X_{10}$ 是来自正态总体 $X\sim N(0,2^2)$ 的简单随机样本，求常数 $a,b,c,d$，使

$$Q=a{X}_1^2+b(X_2+X_3{)}^2+c(X_4+X_5+X_6{)}^2+d(X_7+X_8+X_9+X_{10}{)}^2$$

服从 ${\chi }^2$ 分布，并求自由度 $m$。

查看答案与解析

答案：

$$a=\frac{1}{4},b=\frac{1}{8},c=\frac{1}{12},d=\frac{1}{16},m=4.$$

解析： 因为各 $X_i$ 相互独立且

$$X_i\sim N(0,4),$$

所以由正态变量线性组合的性质，

$$X_1\sim N(0,4),$$$$X_2+X_3\sim N(0,8),$$$$X_4+X_5+X_6\sim N(0,12),$$$$X_7+X_8+X_9+X_{10}\sim N(0,16).$$

于是分别标准化可得

$$\frac{X_1}{2},\frac{X_2+X_3}{\sqrt{8}},\frac{X_4+X_5+X_6}{\sqrt{12}},\frac{X_7+X_8+X_9+X_{10}}{4}$$

均服从 $N(0,1)$。又由于它们分别由互不相交的样本变量构成，故彼此独立。因此它们平方之和服从自由度为4的卡方分布：

$$\frac{X_1^2}{4}+\frac{(X_2+X_3{)}^2}{8}+\frac{(X_4+X_5+X_6{)}^2}{12}+\frac{(X_7+X_8+X_9+X_{10}{)}^2}{16}\sim {\chi }^2(4).$$

与题设中的 $Q$ 对照，即得

$$a=\frac{1}{4},b=\frac{1}{8},c=\frac{1}{12},d=\frac{1}{16},m=4.$$

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4. 设总体 $X$ 和 $Y$ 相互独立，分别服从 $N(\mu ,{\sigma }_1^2)$，$N(\mu ,{\sigma }_2^2)$。$X_1,X_2,\cdots ,X_m$ 和 $Y_1,Y_2,\cdots ,Y_n$ 是分别来自 $X$ 和 $Y$ 的简单随机样本，其样本均值分别为 $\bar{X},\bar{Y}$，样本方差分别为 $S_X^2,S_Y^2$。令 $Z=\alpha \bar{X}+\beta \bar{Y}$，$\alpha =\frac{S_X^2}{S_X^2+S_Y^2}$，$\beta =\frac{S_Y^2}{S_X^2+S_Y^2}$，求 $EZ$。

查看答案与解析

答案：

$$EZ=\mu .$$

解析： 对于正态总体，样本均值与样本方差相互独立，因此

$$\bar{X}\text{与}{S}_X^2\text{相互独立},\bar{Y}\text{与}{S}_Y^2\text{相互独立}.$$

又因为两组样本相互独立，所以 $\bar{X},\bar{Y}$ 与由 $S_X^2,S_Y^2$ 构成的随机变量 $\alpha ,\beta$ 相互独立。于是

$$E(\alpha \bar{X})=E\alpha E\bar{X},E(\beta \bar{Y})=E\beta E\bar{Y}.$$

而

$$E\bar{X}=E\bar{Y}=\mu ,$$

且由定义恒有

$$\alpha +\beta =\frac{S_X^2+S_Y^2}{S_X^2+S_Y^2}=1.$$

因此

$$\begin{array}{rl}EZ& =E(\alpha \bar{X}+\beta \bar{Y})\\ & =E\alpha E\bar{X}+E\beta E\bar{Y}\\ & =\mu (E\alpha +E\beta )\\ & =\mu E(\alpha +\beta )\\ & =\mu .\end{array}$$

---

5. 已知 $X_1,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 容量为 $n$ 的简单随机样本，其均值和方差分别为 $\bar{X}$ 与 $S^2$。

（Ⅰ）如果 $EX=\mu ,DX={\sigma }^2$，试证明：$X_i-\bar{X}$ 与 $X_j-\bar{X}(i\ne j)$ 的相关系数 $\rho =-\frac{1}{n-1}$；

（Ⅱ）如果总体 $X$ 服从正态分布 $N(0,{\sigma }^2)$，试证明：协方差 $\mathrm{Cov}(X_1,S^2)=0$。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$\rho (X_i-\bar{X},X_j-\bar{X})=-\frac{1}{n-1},i\ne j.$$

（Ⅱ）

$$\mathrm{Cov}(X_1,S^2)=0.$$

解析： （Ⅰ）先求方差。由简单随机样本的独立同分布性，

$$D\bar{X}=\frac{{\sigma }^2}{n},\mathrm{Cov}(X_i,\bar{X})=\mathrm{Cov}\left(X_i,\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{X}_k\right)=\frac{{\sigma }^2}{n}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}D(X_i-\bar{X})& =D{X}_i+D\bar{X}-2\mathrm{Cov}(X_i,\bar{X})\\ & ={\sigma }^2+\frac{{\sigma }^2}{n}-2\frac{{\sigma }^2}{n}\\ & =\frac{n-1}{n}{\sigma }^2.\end{array}$$

同理，

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

当 $i\ne j$ 时，$\mathrm{Cov}(X_i,X_j)=0$，故

$$\begin{array}{rl}& \mathrm{Cov}(X_i-\bar{X},X_j-\bar{X})\\ & =\mathrm{Cov}(X_i,X_j)-\mathrm{Cov}(X_i,\bar{X})-\mathrm{Cov}(\bar{X},X_j)+D\bar{X}\\ & =0-\frac{{\sigma }^2}{n}-\frac{{\sigma }^2}{n}+\frac{{\sigma }^2}{n}\\ & =-\frac{{\sigma }^2}{n}.\end{array}$$

因此相关系数为

$$\begin{array}{rl}\rho & =\frac{\mathrm{Cov}(X_i-\bar{X},X_j-\bar{X})}{\sqrt{D(X_i-\bar{X})D(X_j-\bar{X})}}\\ & =\frac{-{\sigma }^2/n}{(n-1){\sigma }^2/n}\\ & =-\frac{1}{n-1}.\end{array}$$

（Ⅱ）因为总体均值为0，所以 $E{X}_1=0$，从而

$$\mathrm{Cov}(X_1,S^2)=E(X_1{S}^2).$$

由样本方差恒等式，

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

因此

$$E(X_1{S}^2)=\frac{1}{n-1}\left[\sum _{i=1}^{n}E(X_1{X}_i^2)-nE(X_1{\bar{X}}^2)\right].$$

随机向量 $(X_1,\dots ,X_n)$ 的联合分布关于原点中心对称。将所有样本同时变为其相反数时，$X_i^2$ 与 ${\bar{X}}^2$ 不变，而 $X_1$ 变号。因此 $X_1{X}_i^2$ 和 $X_1{\bar{X}}^2$ 都是关于该中心对称变换的奇函数，故

$$E(X_1{X}_i^2)=0,E(X_1{\bar{X}}^2)=0.$$

所以

$$E(X_1{S}^2)=0,$$

即

$$\mathrm{Cov}(X_1,S^2)=0.$$

这里应注意：协方差为0只说明 $X_1$ 与 $S^2$ 不相关，并不能据此断言二者相互独立。

---

6. 设 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，从中抽取16个样本，$S^2$ 为样本方差，$\mu ,{\sigma }^2$ 未知，求

$$P\left\{\frac{S^2}{{\sigma }^2}\le 2.039\right\}.$$

查看答案与解析

答案：

$$P\left\{\frac{S^2}{{\sigma }^2}\le 2.039\right\}\approx \mathrm{0.99.}$$

解析： 由于总体服从正态分布，样本容量为 $n=16$，故样本方差满足

$$\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)={\chi }^2(15).$$

令

$$U=\frac{15S^2}{{\sigma }^2},$$

则 $U\sim {\chi }^2(15)$。原概率可化为

$$\begin{array}{rl}P\left\{\frac{S^2}{{\sigma }^2}\le 2.039\right\}& =P\left\{\frac{15S^2}{{\sigma }^2}\le 15\times 2.039\right\}\\ & =P\{U\le 30.585\}.\end{array}$$

查自由度为15的卡方分布表，

$${\chi }_{0.01}^2(15)\approx 30.578,$$

这里采用“右尾概率”为下标的记号，即

$$P\{{\chi }^2(15)>30.578\}=\mathrm{0.01.}$$

由于 $30.585\approx 30.578$，所以

$$P\{U\le 30.585\}\approx 1-0.01=\mathrm{0.99.}$$

因此

$$\boxed{P\left\{\frac{S^2}{{\sigma }^2}\le 2.039\right\}\approx 0.99}.$$

---

7. 设总体 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，$X_1,X_2,\cdots ,X_n(n=16)$ 是来自 $X$ 的简单随机样本，求下列概率：

（Ⅰ）

$$P\left\{\frac{{\sigma }^2}{2}\le \frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2\le 2{\sigma }^2\right\};$$

（Ⅱ）

$$P\left\{\frac{{\sigma }^2}{2}\le \frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2\le 2{\sigma }^2\right\}.$$

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

$$P\{8\le {\chi }^2(16)\le 32\}\approx \mathrm{0.939.}$$

（Ⅱ）

$$P\{8\le {\chi }^2(15)\le 32\}\approx \mathrm{0.917.}$$

解析： （Ⅰ）由于总体均值 $\mu$ 已作为中心使用，故

$$U=\frac{1}{{\sigma }^2}\sum _{i=1}^{16}(X_i-\mu {)}^2\sim {\chi }^2(16).$$

原事件

$$\frac{{\sigma }^2}{2}\le \frac{1}{16}\sum _{i=1}^{16}(X_i-\mu {)}^2\le 2{\sigma }^2$$

两边同乘 $16/{\sigma }^2$，得到

$$8\le U\le 32.$$

因此

$$\begin{array}{rl}P\left\{\frac{{\sigma }^2}{2}\le \frac{1}{16}\sum _{i=1}^{16}(X_i-\mu {)}^2\le 2{\sigma }^2\right\}& =P\{8\le U\le 32\}\\ & =F_{{\chi }^2(16)}(32)-F_{{\chi }^2(16)}(8)\\ & \approx 0.990000-0.051134\\ & \approx \mathrm{0.938866.}\end{array}$$

故

$$\boxed{P\approx 0.939}.$$

从常用卡方分布表也可近似看出：自由度为16时，$8$ 接近左尾概率 $0.05$ 的分位点，$32$ 接近右尾概率 $0.01$ 的分位点，所以该概率约为

$$0.99-0.05=\mathrm{0.94.}$$

（Ⅱ）由于用样本均值 $\bar{X}$ 代替了总体均值，损失一个自由度，因此

$$V=\frac{1}{{\sigma }^2}\sum _{i=1}^{16}(X_i-\bar{X}{)}^2=\frac{15S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(15).$$

原事件同样可化为

$$8\le V\le 32.$$

于是

$$\begin{array}{rl}P\left\{\frac{{\sigma }^2}{2}\le \frac{1}{16}\sum _{i=1}^{16}(X_i-\bar{X}{)}^2\le 2{\sigma }^2\right\}& =P\{8\le V\le 32\}\\ & =F_{{\chi }^2(15)}(32)-F_{{\chi }^2(15)}(8)\\ & \approx 0.993562-0.076217\\ & \approx \mathrm{0.917345.}\end{array}$$

故

$$\boxed{P\approx 0.917}.$$

本题两问的关键区别是：以总体均值 $\mu$ 为中心时自由度为16；以样本均值 $\bar{X}$ 为中心时，由于存在约束

$$\sum _{i=1}^{16}(X_i-\bar{X})=0,$$

所以自由度降为15。

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8. 设 $\bar{X}$ 和 $\bar{Y}$ 都是来自正态总体 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的容量为 $n$ 的两个相互独立的样本均值，试确定 $n$，使得两个样本均值之差的绝对值超过 $\sigma$ 的概率大约为 $0.01$。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{n\approx 13}.$$

解析： 因为两个样本相互独立，且

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

所以

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

标准化得

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

题设要求

$$P\{|\bar{X}-\bar{Y}|>\sigma \}\approx \mathrm{0.01.}$$

于是

$$\begin{array}{rl}P\{|\bar{X}-\bar{Y}|>\sigma \}& =P\left\{|Z|>\frac{\sigma }{\sigma \sqrt{2/n}}\right\}\\ & =P\left\{|Z|>\sqrt{\frac{n}{2}}\right\}\\ & =2\left[1-\Phi \left(\sqrt{\frac{n}{2}}\right)\right].\end{array}$$

令该概率等于 $0.01$，则

$$1-\Phi \left(\sqrt{\frac{n}{2}}\right)=0.005,$$

即

$$\Phi \left(\sqrt{\frac{n}{2}}\right)=\mathrm{0.995.}$$

查标准正态分布表得

$$\Phi (2.58)\approx 0.995,$$

故

$$\sqrt{\frac{n}{2}}\approx \mathrm{2.58.}$$

两边平方得

$$\frac{n}{2}\approx 2.58^2,$$

从而

$$n\approx 2\times 2.58^2\approx \mathrm{13.31.}$$

样本容量必须取正整数，因此取最接近的整数

$$\boxed{n=13}.$$

事实上，当 $n=13$ 时，

$$P\{|\bar{X}-\bar{Y}|>\sigma \}=2\left[1-\Phi \left(\sqrt{\frac{13}{2}}\right)\right]\approx 0.0108,$$

与 $0.01$ 很接近。