题型 1. 判断抽样分布

方法与技巧

判断统计量服从什么抽样分布是本章的重点题型之一. 要做到判断准确, 必须首先将 ${\chi }^2$ 分布, $t$ 分布, $F$ 分布的定义及性质熟记, 其次正态总体下的抽样分布结论要掌握.

1.1

设随机变量 $X$ 和 $Y$ 都服从标准正态分布, 则( ). (A) $X+Y$ 服从正态分布 (B) $X^2+Y^2$ 服从 ${\chi }^2$ 分布 (C) $X^2$ 和 $Y^2$ 都服从 ${\chi }^2$ 分布 (D) $\frac{X^2}{Y^2}$ 服从 $F$ 分布

分析

利用正态分布的性质和 ${\chi }^2$ 分布的表达式判断.

解

因为 $X$ 与 $Y$ 是否相互独立不确定, 故 $X+Y$ 不一定服从正态分布,同理 $X^2+Y^2$ 不一定服从 ${\chi }^2$ 分布, $\frac{X^2}{Y^2}$ 服从 $F$ 分布也不确定. 而 $X^2\sim {\chi }^2\left(1\right),Y^2\sim {\chi }^2\left(1\right)$.

故答案为(C).

1.2

设总体 $X$ 服从正态分布 $N\left(0,2^2\right)$, 而 $X_1,X_2,\cdots ,X_{15}$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本, 则随机变量

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

服从 ___ 分布,参数为_____ .

分析

利用 ${\chi }^2$ 分布与 $F$ 分布的定义可判断分布并解得参数.

解

由于 $X_1,X_2,\cdots ,X_{15}$ 是简单随机样本, 所以 $X_i\left(i=1,2,\cdots ,15\right)$ 相互独立且服从 $N(0$, $2^2)$ 分布,因此 $X_1^2+\cdots +X_{10}^2$ 与 $X_{11}^2+\cdots +X_{15}^2$ 也相互独立,而

$$\frac{X_i}{2}\sim N\left(0,1\right)\left(i=1,2,\cdots ,15\right),$$

故

$${\left(\frac{X_1}{2}\right)}^2+\cdots +{\left(\frac{X_{10}}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}\left(X_1^2+\cdots +X_{10}^2\right)\sim {\chi }^2\left(10\right),$$ $${\left(\frac{X_{11}}{2}\right)}^2+\cdots +{\left(\frac{X_{15}}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}\left(X_{11}^2+\cdots +X_{15}^2\right)\sim {\chi }^2\left(5\right),$$

所以有

$$\frac{\frac{1}{4}\left(X_1^2+\cdots +X_{10}^2\right)\frac{1}{10}}{\frac{1}{4}\left(X_{11}^2+\cdots +X_{15}^2\right)\frac{1}{5}}=\frac{X_1^2+\cdots +X_{10}^2}{2\left(X_{11}^2+\cdots +X_{15}^2\right)}\sim F\left(10,5\right),$$

故 $Y$ 服从 $F$ 分布,参数为 $\left(10,5\right)$.

1.3

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_9$ 是总体 $X$ 的一个简单随机样本,

• $X$ 服从正态分布 $N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$,
• $Y_1=\frac{1}{6}\left(X_1+X_2+\cdots +X_6\right)$,
• $Y_2=\frac{1}{3}\left(X_7+X_8+X_9\right)$,
• $S^2=\frac{1}{2}\sum _{i=7}^9{\left(X_i-Y_2\right)}^2$,
• $T=\frac{\sqrt{2}\left(Y_1-Y_2\right)}{S}$.

证明 $T\sim t\left(2\right)$.

证

因为 $X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right),X_i\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$,所以 $Y_1\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{6}\right),Y_2\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{3}\right)$,

故 $Y_1-Y_2\sim N\left(0,\frac{{\sigma }^2}{2}\right)$,因此有

$$\frac{Y_1-Y_2}{\frac{\sigma }{\sqrt{2}}}=\frac{\sqrt{2}\left(Y_1-Y_2\right)}{\sigma }\sim N\left(0,1\right).$$

又由于

$$S^2=\frac{1}{2}\sum _{i=7}^9{\left(X_i-Y_2\right)}^2=\frac{1}{3-1}\sum _{i=7}^9{\left(X_i-Y_2\right)}^2,$$

而

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

所以 $\frac{2S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2\left(2\right)$.

因为 $Y_2$ 和 $S^2$ 相互独立,而且 $Y_1$ 与 $Y_2,Y_1$ 与 $S^2$ 也相互独立,所以 $Y_1-Y_2$ 与 $S^2$ 相互独立. 则有 $\frac{\sqrt{2}\left(Y_1-Y_2\right)}{\sigma }$ 与 $\frac{2S^2}{{\sigma }^2}$ 相互独立.

那么

$$T=\frac{\sqrt{2}\left(Y_1-Y_2\right)}{S}=\frac{\frac{\sqrt{2}\left(Y_1-Y_2\right)}{\sigma }}{\sqrt{\frac{2S^2}{2{\sigma }^2}}}\sim t\left(2\right),$$

故 $T$ 服从自由度为 2 的 $t$ 分布.

1.4

设 $X_1,X_2,X_3,X_4$ 为来自总体 $X\sim N\left(1,{\sigma }^2\right)$ 的简单随机样本,则统计量 $\frac{X_1-X_2}{|X_3+X_4-2|}$ 的分布为_____ .

(A) $N\left(0,1\right)$ (B) $t\left(1\right)$ (C) ${\chi }^2\left(1\right)$ (D) $F\left(1,1\right)$

解

$\frac{X_1-X_2}{|X_3+X_4-2|}=\frac{\frac{X_1-X_2}{\sqrt{2}\sigma }}{\sqrt{{\left(\frac{X_3+X_4-2}{\sqrt{2}\sigma }\right)}^2}}$,

因为 $\frac{X_1-X_2}{\sqrt{2}\sigma }\sim N\left(0,1\right),\frac{X_3+X_4-2}{\sqrt{2}\sigma }\sim N\left(0,1\right),{\left(\frac{X_3+X_4-2}{\sqrt{2}\sigma }\right)}^2\sim {\chi }^2\left(1\right)$,

所以 $\frac{X_1-X_2}{|X_3+X_4-2|}=\frac{\frac{X_1-X_2}{\sqrt{2}\sigma }}{\sqrt{{\left(\frac{X_3+X_4-2}{\sqrt{2}\sigma }\right)}^2}}\sim t\left(1\right)$.

故应选 (B).

1.5

设随机变量 $X\sim t\left(n\right)\left(n>1\right),Y=\frac{1}{X^2}$,则 ( ).

(A) $Y\sim {\chi }^2\left(n\right)$ (B) $Y\sim {\chi }^2\left(n-1\right)$ (C) $Y\sim F\left(n,1\right)$ (D) $Y\sim F\left(1,n\right)$

解法一

利用 $t$ 分布和 $F$ 分布的性质求解.

因为 $X\sim t\left(n\right)$,由 $t$ 分布性质可得 $X^2\sim F\left(1,n\right)$.

又根据 $F$ 分布的性质

$$\frac{1}{X^2}\sim F\left(n,1\right),$$

故 $Y=\frac{1}{X^2}\sim F\left(n,1\right)$ 分布,答案为 (C).

解法二

利用 $t$ 分布和 $F$ 分布的定义求解.

因 $X\sim t\left(n\right)$,所以 $X$ 具有如下结构:

$$X=\frac{U}{\sqrt{\frac{V}{n}}},$$

其中 $U\sim N\left(0,1\right),V\sim {\chi }^2\left(n\right)$,且 $U$ 与 $V$ 相互独立. 从而

$$X^2=\frac{U^2}{\frac{V}{n}}\text{ 即 }\frac{1}{X^2}=\frac{\frac{V}{n}}{U^2}.$$

$U^2\sim {\chi }^2\left(1\right)$,且 $U^2$ 与 $V$ 也相互独立,由定义

$$\frac{1}{X^2}=\frac{\frac{V}{n}}{\frac{U^2}{1}}\sim F\left(n,1\right).$$

1.6

设 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是来自总体 $X\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$ 的一个样本, 样本均值和方差分别为 $\bar{X}$ 和 $S^2,X_{n+1}$ 为对 $X$ 的又一独立观测值, 求统计量 $Y=\frac{X_{n+1}-\bar{X}}{S}\sqrt{\frac{n}{n+1}}$ 的分布.

解

因为 $\bar{X}\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{n}\right),X_{n+1}\sim N\left(\mu ,{\sigma }^2\right)$ 且两者独立.

所以

$$X_{n+1}-\bar{X}\sim N\left(0,\frac{n+1}{n}{\sigma }^2\right),$$ $$U=\frac{X_{n+1}-\bar{X}}{\sqrt{\frac{n+1}{n}}\sigma }\sim N\left(0,1\right),$$

而 ${\chi }^2=\frac{\left(n-1\right)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2\left(n-1\right)$ 且与 $U$ 独立,则由 $t$ 分布定义可知,

$$\frac{U}{\sqrt{\frac{{\chi }^2}{n-1}}}=\sqrt{\frac{n}{n+1}}\cdot \frac{X_{n+1}-\bar{X}}{S}\sim t\left(n-1\right).$$