$A$组

5.设$X_1,X_2,\cdots ,X_n(n⩾2)$为来自总体$X\sim N(0,1)$的简单随机样本，$\overline{X}$为样本均值，令$Y=\frac{\sum _{i=1}^n(X_i-\overline{X}{)}^2}{{\sigma }^2}$，则$Y\sim$（ ）。
$(A){\chi }^2(n-1);$
$(B){\chi }^2(n);$
$(C)N(\mu ,{\sigma }^2);$
$(D)N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{n}\right);$

解 一般地，${\chi }^2$分布定义为：若随机变量$X_1,X_2,\cdots ,X_n$独立同分布，且都服从标准正态分布$N(0,1)$，则称统计量${\chi }^2=X_1^2+X_2^2+\cdots +X_n^2$服从自由度为$n$的${\chi }^2$分布，记为${\chi }^2\sim {\chi }^2(n)$。
在讨论抽样分布时，在总体均值$\mu$已知的情况下，统计量$\frac{\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2}{{\sigma }^2}$服从自由度为$n$的${\chi }^2$分布，在$\mu$未知的情况下，统计量$\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}$服从自由度为$n-1$的${\chi }^2$分布，由此可以判定$Y$应服从自由度为$n-1$的${\chi }^2$分布，故选$(A)$。（这道题主要利用了统计量分布求解）

$B$组

13.设$X_1,X_2,X_3,X_4$为来自总体$N(1,{\sigma }^2)(\sigma >0)$的简单随机样本，求统计量$\frac{X_1-X_2}{|X_3+X_4-2|}$的分布类型和自由度。

解 由$\frac{X_1-X_2}{|X_3+X_4-2|}=\frac{\frac{X_1-X_2}{\sqrt{2}\sigma }}{\sqrt{{\left(\frac{X_3+X_4-2}{\sqrt{2}\sigma }\right)}^2}}$，其中$\frac{X_1-X_2}{\sqrt{2}\sigma }\sim N(0,1)$，且$\frac{X_3+X_4-2}{\sqrt{2}\sigma }\sim N(0,1),{\left(\frac{X_3+X_4-2}{\sqrt{2}\sigma }\right)}^2\sim {\chi }^2(1)$。又$\frac{X_1-X_2}{\sqrt{2}\sigma }$与${\left(\frac{X_3+X_4-2}{\sqrt{2}\sigma }\right)}^2$相互独立。根据$t$分布的典型模式，知$\frac{\frac{X_1-X_2}{\sqrt{2}\sigma }}{\sqrt{{\left(\frac{X_3+X_4-2}{\sqrt{2}\sigma }\right)}^2}}\sim t(1)$，即该统计量服从自由度为$1$的$t$分布。（这道题主要利用了构造分布求解）

14.设$X_1,X_2,\cdots ,X_n,X_{n+1}(n⩾2)$是来自总体$N(\mu ,{\sigma }^2)$的简单随机样本，$\overline{X^{\ast }}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i,S^{{\ast }^2}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\overline{X^{\ast }}{)}^2$，求统计量$T=\frac{X_{n+1}-\overline{X^{\ast }}}{S^{\ast }}\sqrt{\frac{n-1}{n+1}}$的分布。

解 由$X_{n+1}-\overline{X^{\ast }}\sim N\left(0,\frac{n+1}{n}{\sigma }^2\right)$，知$\frac{X_{n+1}-\overline{X^{\ast }}}{\sqrt{\frac{n+1}{n}\sigma }}\sim N(0,1)$，且$\frac{n{S}^{{\ast }^2}}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)$。由于$X_{n+1}$与$\overline{X^{\ast }}$相互独立，$X_{n+1}$与$S^{{\ast }^2}$相互独立，又$\overline{X^{\ast }}$与$S^{{\ast }^2}$相互独立，因此，$X_{n+1}-\overline{X^{\ast }}$与$S^{{\ast }^2}$相互独立。于是$T=\frac{X_{n+1}-\overline{X^{\ast }}}{S^{\ast }}\sqrt{\frac{n-1}{n+1}}=\frac{\frac{X_{n+1}-\overline{X^{\ast }}}{\sqrt{n+1/n}\sigma }}{\sqrt{\frac{n{S}^{{\ast }^2}}{{\sigma }^2}/(n-1)}}\sim t(n-1)$。（这道题主要利用了构造分布求解）

$C$组

2.设总体$X\sim N(a,{\sigma }^2),Y\sim N(b,{\sigma }^2)$，且相互独立。分别从$X$和$Y$中各抽取容量为$9$和$10$的简单随机样本，记它们的方差分别为$S_X^2$和$S_Y^2$，并记$S_{12}^2=\frac{1}{2}(S_X^2+S_Y^2)$和$S_{XY}^2=\frac{1}{18}(8S_X^2+10S_Y^2)$，则这四个统计量中，方差最小者是（ ）。
$(A)S_X^2;$
$(B)S_Y^2;$
$(C)S_{12}^2;$
$(D)S_{XY}^2.$

解 由$\frac{8S_X^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(8),\frac{9S_X^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(9)$知$D(S_X^2)=\frac{2{\sigma }^4}{8}=\frac{1}{4}{\sigma }^4,D(S_Y^2)=\frac{2{\sigma }^4}{9},D(S_{12}^2)=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}{\sigma }^4+\frac{2}{9}{\sigma }^4\right)=\frac{17}{144}{\sigma }^4,D(S_{XY}^2)=\frac{16}{81}\times \frac{1}{4}{\sigma }^4+\frac{25}{81}\times \frac{2}{9}{\sigma }^4=\frac{86}{729}{\sigma }^4$，所以方差最小者为$S_{XY}^2$，故选$(D)$。（这道题主要利用了方差变换求解）

4.设$X_1,X_2,X_3,X_4,X_5$是来自总体$X\sim N(0,2^2)$的简单随机样本，$\overline{X}=\frac{1}{3}\sum _{i=1}^3{X}_i$。

（1）令随机变量$Y=\sum _{i=1}^3(X_i-\overline{X}{)}^2+(X_4-X_5{)}^2$，求$E(Y)$与$D(Y)$；

解 设$X_1,X_2,X_3,X_4,X_5$是来自总体$X\sim N(0,2^2)$的简单随机样本，由$\frac{1}{2^2}\sum _{i=1}^3(X_i-\overline{X}{)}^2\sim {\chi }^2(2)$，得$E\left[\frac{1}{2^2}\sum _{i=1}^3(X_i-\overline{X}{)}^2\right]=2\Rightarrow E\left[\sum _{i=1}^3(X_i-\overline{X}{)}^2\right]=8,D\left[\frac{1}{2^2}\sum _{i=1}^3(X_i-\overline{X}{)}^2\right]=4\Rightarrow D\left[\sum _{i=1}^3(X_i-\overline{X}{)}^2\right]=64$。又$X_4-X_5\sim N(0,8)\Rightarrow \frac{X_4-X_5}{\sqrt{8}}\sim N(0,1)\Rightarrow \frac{(X_4-X_5{)}^2}{8}\sim {\chi }^2(1)$，得$E\left[\frac{(X_4-X_5{)}^2}{8}\right]=1\Rightarrow E[(X_4-X_5{)}^2]=8,D\left[\frac{(X_4-X_5{)}^2}{8}\right]=2\Rightarrow D[(X_4-X_5{)}^2]=128$。所以$E(Y)=E\left[\sum _{i=1}^3(X_i-\overline{X}{)}^2\right]+E[(X_4-X_5{)}^2]=8+8=16$。又$\sum _{i=1}^3(X_i-\overline{X}{)}^2$与$(X_4-X_5{)}^2$独立，所以$D(Y)=D\left[\sum _{i=1}^3(X_i-\overline{X}{)}^2+(X_4-X_5{)}^2\right]=D\left[\sum _{i=1}^3(X_i-\overline{X}{)}^2\right]+D[(X_4-X_5{)}^2]=64+128=192$。

（2）求随机变量$Z=\frac{X_4-X_5}{\sqrt{\sum _{i=1}^3(X_i-\overline{X}{)}^2}}$的分布；

解 由$\frac{X_4-X_5}{\sqrt{8}}\sim N(0,1),\frac{1}{2^2}\sum _{i=1}^3(X_i-\overline{X}{)}^2\sim {\chi }^2(2)$，又$\sum _{i=1}^3(X_i-\overline{X}{)}^2$与$(X_4-X_5{)}^2$独立，所以$Z=\frac{X_4-X_5}{\sqrt{\sum _{i=1}^3(X_i-\overline{X}{)}^2}}=\frac{\frac{X_4-X_5}{\sqrt{8}}}{\sqrt{\frac{\frac{1}{2^2}\sum _{i=1}^3(X_i-\overline{X}{)}^2}{2}}}\sim t(2)$。

（3）对于（2）中的$Z$，给定$\alpha (0<\alpha <0.5)$，常数$c$满足$P\{Z>c\}=\alpha$，随机变量$U\sim F(2,1)$，求$P\left\{U>\frac{1}{c^2}\right\}$。

解 $Z\sim t(2)\Rightarrow Z^2\sim F(1,2)$，又$U\sim F(2,1)$，故$\frac{1}{Z^2}$与$U$同分布，则$P\left\{U>\frac{1}{c^2}\right\}=P\left\{\frac{1}{Z^2}>\frac{1}{c^2}\right\}=P\{Z^2<c^2\}=P\{-c<Z<c\}=1-2\alpha$。（这道题主要利用了方差变换求解）

写在最后

如果觉得文章不错就点个赞吧。另外，如果有不同的观点，欢迎留言或私信。
欢迎非商业转载，转载请注明出处。