第六章 数理统计的基本概念

选择题

单选题李正元练习题·概率论与数理统计选择题

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

A. $\displaystyle \dfrac{\bar X^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(1)$；

B. $\displaystyle \dfrac{S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n-1)$；

C. $\displaystyle \dfrac{\bar X}{S}\sim t(n-1)$；

D. $\displaystyle \dfrac{S^2}{n\bar X^2}\sim F(n-1,1)$。

由正态总体的抽样分布定理，

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

所以

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

又因为样本方差定义为

$$\displaystyle S^2=\dfrac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2,$$

故

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

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

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

故选 D。

错误选项分析：

• （A）缺少因子 $\displaystyle n$。正确结论为

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

• （B）缺少因子 $\displaystyle n-1$。正确结论为

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

• （C）缺少因子 $\displaystyle \sqrt n$。正确结论为

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

单选题李正元练习题·概率论与数理统计选择题

假设两个正态分布总体 $\displaystyle X\sim N(\mu_1,1)$，$\displaystyle Y\sim N(\mu_2,1)$，$\displaystyle X_1,X_2,\cdots,X_m$ 与 $\displaystyle Y_1,Y_2,\cdots,Y_n$ 分别是取自总体 $\displaystyle X$ 和 $\displaystyle Y$ 的相互独立的简单随机样本。$\displaystyle \bar X$ 与 $\displaystyle \bar Y$ 分别是其样本均值，$\displaystyle S_1^2$ 与 $\displaystyle S_2^2$ 分别是其样本方差，则

A. $\displaystyle \bar X-\bar Y-(\mu_1-\mu_2)\sim N(0,1)$；

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

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

D. $\displaystyle \dfrac{\bar X-\bar Y-(\mu_1-\mu_2)}{\sqrt{\frac{S_1^2+S_2^2}{m+n-2}}\sqrt{\frac1m+\frac1n}}\sim t(m+n-2)$。

由两个样本相互独立，且两个总体方差都等于 $\displaystyle 1$，有

$$\displaystyle \bar X\sim N\left(\mu_1,\frac1m\right), \qquad \bar Y\sim N\left(\mu_2,\frac1n\right),$$

从而

$$\displaystyle \bar X-\bar Y-(\mu_1-\mu_2) \sim N\left(0,\frac1m+\frac1n\right).$$

同时，正态总体的样本方差满足

$$\displaystyle (m-1)S_1^2\sim\chi^2(m-1), \qquad (n-1)S_2^2\sim\chi^2(n-1),$$

且二者相互独立。因此根据 $\displaystyle F$ 分布的定义，

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

故选 C。

错误选项分析：

• （A）方差应为

$$\displaystyle \frac1m+\frac1n,$$

而不是 $\displaystyle 1$。

• （B）应当是

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

不能直接把 $\displaystyle S_1^2$ 与 $\displaystyle S_2^2$ 相加。

• （D）等方差情形下的合并样本方差应为

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

因此正确的统计量是

$$\displaystyle \dfrac{\bar X-\bar Y-(\mu_1-\mu_2)} {S_p\sqrt{\frac1m+\frac1n}} \sim t(m+n-2).$$

题中分母使用了 $\displaystyle S_1^2+S_2^2$，故不正确。

填空题

填空题李正元练习题·概率论与数理统计填空题

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

总体 $\displaystyle X$ 服从参数为 $\displaystyle p$ 的0-1分布，即

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

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

$$\displaystyle \begin{aligned} P\{X_1=x_1,\ldots,X_n=x_n\} &=\prod_{i=1}^nP\{X_i=x_i\}\\ &=\prod_{i=1}^np^{x_i}(1-p)^{1-x_i}\\ &=p^{\sum_{i=1}^n x_i}(1-p)^{n-\sum_{i=1}^n x_i}, \end{aligned}$$

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

填空题李正元练习题·概率论与数理统计填空题

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

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

与

$$\displaystyle Y_2=\dfrac{\sqrt{n-1}X_1}{\sqrt{\sum_{i=2}^{n}X_i^2}}$$

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

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

$$\displaystyle Z=\dfrac{X_1-X_2}{\sqrt2}\sim N(0,1).$$

又因为

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

且 $\displaystyle Z$ 与 $\displaystyle U$ 由互不相交的样本变量构成，故相互独立。于是

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

再考察 $\displaystyle Y_2$。有

$$\displaystyle X_1\sim N(0,1), \qquad V=\sum_{i=2}^nX_i^2\sim\chi^2(n-1),$$

且 $\displaystyle X_1$ 与 $\displaystyle V$ 相互独立。因此

$$\displaystyle Y_2 =\dfrac{X_1}{\sqrt{V/(n-1)}} =\dfrac{\sqrt{n-1}X_1}{\sqrt{\sum_{i=2}^nX_i^2}} \sim t(n-1).$$

填空题李正元练习题·概率论与数理统计填空题

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

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

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

令

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

由于各样本相互独立，并且

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

所以

$$\displaystyle U\sim\chi^2(10), \qquad V\sim\chi^2(5),$$

且 $\displaystyle U,V$ 相互独立。题中统计量可写成

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

由 $\displaystyle F$ 分布的定义，

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

填空题李正元练习题·概率论与数理统计填空题

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

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

服从 $\displaystyle t(n)$ 分布，则 $\displaystyle \dfrac mn=\underline{\qquad}$。

因为

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

令

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

则 $\displaystyle Z\sim N(0,1)$。同时

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

由于两个总体及其样本相互独立，故 $\displaystyle Z$ 与 $\displaystyle U$ 相互独立。于是

$$\displaystyle \begin{aligned} T &=\dfrac{2\sigma\sqrt m\,Z}{\sigma\sqrt U}\\ &=2\sqrt{\dfrac mn}\, \dfrac{Z}{\sqrt{U/n}}. \end{aligned}$$

而

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

题设要求 $\displaystyle T\sim t(n)$，故其前面的系数必须为 $\displaystyle 1$，即

$$\displaystyle 2\sqrt{\dfrac mn}=1.$$

两边平方得

$$\displaystyle 4\dfrac mn=1,$$

所以

$$\displaystyle \dfrac mn=\frac14.$$

计算题与应用题

主观题李正元练习题·概率论与数理统计计算题与应用题

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

（Ⅰ）令

$$\displaystyle K=\sum_{i=1}^nX_i.$$

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

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

又因为

$$\displaystyle \bar X=\frac1n\sum_{i=1}^nX_i=\dfrac Kn,$$

故当 $\displaystyle k=0,1,\ldots,n$ 时，

$$\displaystyle P\left\{\bar X=\dfrac{k}{n}\right\} =P\{K=k\} =\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}.$$

这就是 $\displaystyle \bar X$ 的概率分布。

（Ⅱ）由样本方差的定义，

$$\displaystyle S^2=\frac1{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2,$$

从而

$$\displaystyle \dfrac{n-1}{n}S^2 =\frac1n\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2.$$

展开平方并利用 $\displaystyle \sum_{i=1}^nX_i=n\bar X$，得

$$\displaystyle \begin{aligned} \frac1n\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2 &=\frac1n\sum_{i=1}^nX_i^2 -2\bar X\cdot\frac1n\sum_{i=1}^nX_i +\bar X^2\\ &=\frac1n\sum_{i=1}^nX_i^2-\bar X^2. \end{aligned}$$

由于0-1变量满足 $\displaystyle X_i^2=X_i$，所以

$$\displaystyle \frac1n\sum_{i=1}^nX_i^2 =\frac1n\sum_{i=1}^nX_i =\bar X.$$

因此

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

主观题李正元练习题·概率论与数理统计计算题与应用题

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

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

由正态总体样本均值的分布，

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

因此标准化变量

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

服从标准正态分布 $\displaystyle N(0,1)$。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

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

另一方面，对于正态总体，有

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

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

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

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

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

主观题李正元练习题·概率论与数理统计计算题与应用题

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

$$\displaystyle Q=aX_1^2+b(X_2+X_3)^2+c(X_4+X_5+X_6)^2+d(X_7+X_8+X_9+X_{10})^2$$

服从 $\displaystyle \chi^2$ 分布，并求自由度 $\displaystyle m$。

因为各 $\displaystyle X_i$ 相互独立且

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

所以由正态变量线性组合的性质，

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

于是分别标准化可得

$$\displaystyle \dfrac{X_1}{2}, \qquad \dfrac{X_2+X_3}{\sqrt8}, \qquad \dfrac{X_4+X_5+X_6}{\sqrt{12}}, \qquad \dfrac{X_7+X_8+X_9+X_{10}}{4}$$

均服从 $\displaystyle N(0,1)$。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：

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

与题设中的 $\displaystyle Q$ 对照，即得

$$\displaystyle a=\frac14, \quad b=\frac18, \quad c=\frac1{12}, \quad d=\frac1{16}, \quad m=4.$$

主观题李正元练习题·概率论与数理统计计算题与应用题

设总体 $\displaystyle X$ 和 $\displaystyle Y$ 相互独立，分别服从 $\displaystyle N(\mu,\sigma_1^2)$，$\displaystyle N(\mu,\sigma_2^2)$。$\displaystyle X_1,X_2,\cdots,X_m$ 和 $\displaystyle Y_1,Y_2,\cdots,Y_n$ 是分别来自 $\displaystyle X$ 和 $\displaystyle Y$ 的简单随机样本，其样本均值分别为 $\displaystyle \bar X,\bar Y$，样本方差分别为 $\displaystyle S_X^2,S_Y^2$。令 $\displaystyle Z=\alpha\bar X+\beta\bar Y$，$\displaystyle \alpha=\dfrac{S_X^2}{S_X^2+S_Y^2}$，$\displaystyle \beta=\dfrac{S_Y^2}{S_X^2+S_Y^2}$，求 $\displaystyle EZ$。

对于正态总体，样本均值与样本方差相互独立，因此

$$\displaystyle \bar X\ \text{与}\ S_X^2\ \text{相互独立}, \qquad \bar Y\ \text{与}\ S_Y^2\ \text{相互独立}.$$

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

$$\displaystyle E(\alpha\bar X)=E\alpha\,E\bar X, \qquad E(\beta\bar Y)=E\beta\,E\bar Y.$$

而

$$\displaystyle E\bar X=E\bar Y=\mu,$$

且由定义恒有

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

因此

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

主观题李正元练习题·概率论与数理统计计算题与应用题

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

（Ⅰ）如果 $\displaystyle EX=\mu,DX=\sigma^2$，试证明：$\displaystyle X_i-\bar X$ 与 $\displaystyle X_j-\bar X\,(i\ne j)$ 的相关系数 $\displaystyle \rho=-\frac1{n-1}$；

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

（Ⅰ）先求方差。由简单随机样本的独立同分布性，

$$\displaystyle D\bar X=\dfrac{\sigma^2}{n}, \qquad \operatorname{Cov}(X_i,\bar X) =\operatorname{Cov}\left(X_i,\frac1n\sum_{k=1}^nX_k\right) =\dfrac{\sigma^2}{n}.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} D(X_i-\bar X) &=DX_i+D\bar X-2\operatorname{Cov}(X_i,\bar X)\\ &=\sigma^2+\dfrac{\sigma^2}{n}-2\dfrac{\sigma^2}{n}\\ &=\dfrac{n-1}{n}\sigma^2. \end{aligned}$$

同理，

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

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

$$\displaystyle \begin{aligned} &\operatorname{Cov}(X_i-\bar X,X_j-\bar X)\\ &=\operatorname{Cov}(X_i,X_j) -\operatorname{Cov}(X_i,\bar X) -\operatorname{Cov}(\bar X,X_j) +D\bar X\\ &=0-\dfrac{\sigma^2}{n}-\dfrac{\sigma^2}{n}+\dfrac{\sigma^2}{n}\\ &=-\dfrac{\sigma^2}{n}. \end{aligned}$$

因此相关系数为

$$\displaystyle \begin{aligned} \rho &=\dfrac{\operatorname{Cov}(X_i-\bar X,X_j-\bar X)} {\sqrt{D(X_i-\bar X)D(X_j-\bar X)}}\\ &=\dfrac{-\sigma^2/n}{(n-1)\sigma^2/n}\\ &=-\frac1{n-1}. \end{aligned}$$

（Ⅱ）因为总体均值为0，所以 $\displaystyle EX_1=0$，从而

$$\displaystyle \operatorname{Cov}(X_1,S^2)=E(X_1S^2).$$

由样本方差恒等式，

$$\displaystyle S^2=\frac1{n-1}\left(\sum_{i=1}^nX_i^2-n\bar X^2\right).$$

因此

$$\displaystyle E(X_1S^2) =\frac1{n-1}\left[ \sum_{i=1}^nE(X_1X_i^2)-nE(X_1\bar X^2) \right].$$

随机向量 $\displaystyle (X_1,\ldots,X_n)$ 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，$\displaystyle X_i^2$ 与 $\displaystyle \bar X^2$ 不变，而 $\displaystyle X_1$ 变号。因此 $\displaystyle X_1X_i^2$ 和 $\displaystyle X_1\bar X^2$ 都是关于该中心对称变换的奇函数，故

$$\displaystyle E(X_1X_i^2)=0, \qquad E(X_1\bar X^2)=0.$$

所以

$$\displaystyle E(X_1S^2)=0,$$

即

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

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

主观题李正元练习题·概率论与数理统计计算题与应用题

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

$$\displaystyle P\left\{\dfrac{S^2}{\sigma^2}\le2.039\right\}.$$

由于总体服从正态分布，样本容量为 $\displaystyle n=16$，故样本方差满足

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

令

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

则 $\displaystyle U\sim\chi^2(15)$。原概率可化为

$$\displaystyle \begin{aligned} P\left\{\dfrac{S^2}{\sigma^2}\le2.039\right\} &=P\left\{\dfrac{15S^2}{\sigma^2}\le15\times2.039\right\}\\ &=P\{U\le30.585\}. \end{aligned}$$

查自由度为15的卡方分布表，

$$\displaystyle \chi^2_{0.01}(15)\approx30.578,$$

这里采用“右尾概率”为下标的记号，即

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

由于 $\displaystyle 30.585\approx30.578$，所以

$$\displaystyle P\{U\le30.585\}\approx1-0.01=0.99.$$

因此

$$\displaystyle \boxed{P\left\{\dfrac{S^2}{\sigma^2}\le2.039\right\}\approx0.99}.$$

主观题李正元练习题·概率论与数理统计计算题与应用题

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

（Ⅰ）

$$\displaystyle P\left\{\dfrac{\sigma^2}{2}\le\frac1n\sum_{i=1}^{n}(X_i-\mu)^2\le2\sigma^2\right\};$$

（Ⅱ）

$$\displaystyle P\left\{\dfrac{\sigma^2}{2}\le\frac1n\sum_{i=1}^{n}(X_i-\bar X)^2\le2\sigma^2\right\}.$$

（Ⅰ）由于总体均值 $\displaystyle \mu$ 已作为中心使用，故

$$\displaystyle U=\frac1{\sigma^2}\sum_{i=1}^{16}(X_i-\mu)^2\sim\chi^2(16).$$

原事件

$$\displaystyle \dfrac{\sigma^2}{2}\le\frac1{16}\sum_{i=1}^{16}(X_i-\mu)^2\le2\sigma^2$$

两边同乘 $\displaystyle 16/\sigma^2$，得到

$$\displaystyle 8\le U\le32.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} P\left\{\dfrac{\sigma^2}{2}\le\frac1{16}\sum_{i=1}^{16}(X_i-\mu)^2\le2\sigma^2\right\} &=P\{8\le U\le32\}\\ &=F_{\chi^2(16)}(32)-F_{\chi^2(16)}(8)\\ &\approx0.990000-0.051134\\ &\approx0.938866. \end{aligned}$$

故

$$\displaystyle \boxed{P\approx0.939}.$$

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

$$\displaystyle 0.99-0.05=0.94.$$

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

$$\displaystyle V=\frac1{\sigma^2}\sum_{i=1}^{16}(X_i-\bar X)^2 =\dfrac{15S^2}{\sigma^2} \sim\chi^2(15).$$

原事件同样可化为

$$\displaystyle 8\le V\le32.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} P\left\{\dfrac{\sigma^2}{2}\le\frac1{16}\sum_{i=1}^{16}(X_i-\bar X)^2\le2\sigma^2\right\} &=P\{8\le V\le32\}\\ &=F_{\chi^2(15)}(32)-F_{\chi^2(15)}(8)\\ &\approx0.993562-0.076217\\ &\approx0.917345. \end{aligned}$$

故

$$\displaystyle \boxed{P\approx0.917}.$$

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

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

所以自由度降为15。

主观题李正元练习题·概率论与数理统计计算题与应用题

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

因为两个样本相互独立，且

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

所以

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

标准化得

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

题设要求

$$\displaystyle P\{|\bar X-\bar Y|>\sigma\}\approx0.01.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} P\{|\bar X-\bar Y|>\sigma\} &=P\left\{|Z|>\dfrac{\sigma}{\sigma\sqrt{2/n}}\right\}\\ &=P\left\{|Z|>\sqrt{\dfrac n2}\right\}\\ &=2\left[1-\Phi\left(\sqrt{\dfrac n2}\right)\right]. \end{aligned}$$

令该概率等于 $\displaystyle 0.01$，则

$$\displaystyle 1-\Phi\left(\sqrt{\dfrac n2}\right)=0.005,$$

即

$$\displaystyle \Phi\left(\sqrt{\dfrac n2}\right)=0.995.$$

查标准正态分布表得

$$\displaystyle \Phi(2.58)\approx0.995,$$

故

$$\displaystyle \sqrt{\dfrac n2}\approx2.58.$$

两边平方得

$$\displaystyle \dfrac n2\approx2.58^2,$$

从而

$$\displaystyle n\approx2\times2.58^2\approx13.31.$$

样本容量必须取正整数，因此取最接近的整数

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

事实上，当 $\displaystyle n=13$ 时，

$$\displaystyle P\{|\bar X-\bar Y|>\sigma\} =2\left[1-\Phi\left(\sqrt{\dfrac{13}{2}}\right)\right] \approx0.0108,$$

与 $\displaystyle 0.01$ 很接近。