AAA组

5.设X1,X2,⋯,Xn(n⩾2)X_1,X_2,\cdots,X_n(n\geqslant2)X1​,X2​,⋯,Xn​(n⩾2)为来自总体X∼N(0,1)X\sim N(0,1)X∼N(0,1)的简单随机样本，X‾\overline{X}X为样本均值，令Y=∑i=1n(Xi−X‾)2σ2Y=\cfrac{\displaystyle\sum^n_{i=1}(X_i-\overline{X})^2}{\sigma^2}Y=σ2i=1∑n​(Xi​−X)2​，则Y∼Y\simY∼（  ）。
(A)χ2(n−1);(A)\chi^2(n-1);(A)χ2(n−1);
(B)χ2(n);(B)\chi^2(n);(B)χ2(n);
(C)N(μ,σ2);(C)N(\mu,\sigma^2);(C)N(μ,σ2);
(D)N(μ,σ2n);(D)N\left(\mu,\cfrac{\sigma^2}{n}\right);(D)N(μ,nσ2​);

解  一般地，χ2\chi^2χ2分布定义为：若随机变量X1,X2,⋯,XnX_1,X_2,\cdots,X_nX1​,X2​,⋯,Xn​独立同分布，且都服从标准正态分布N(0,1)N(0,1)N(0,1)，则称统计量χ2=X12+X22+⋯+Xn2\chi^2=X_1^2+X_2^2+\cdots+X_n^2χ2=X12​+X22​+⋯+Xn2​服从自由度为nnn的χ2\chi^2χ2分布，记为χ2∼χ2(n)\chi^2\sim\chi^2(n)χ2∼χ2(n)。
  在讨论抽样分布时，在总体均值μ\muμ已知的情况下，统计量∑i=1n(Xi−μ)2σ2\cfrac{\displaystyle\sum^n_{i=1}(X_i-\mu)^2}{\sigma^2}σ2i=1∑n​(Xi​−μ)2​服从自由度为nnn的χ2\chi^2χ2分布，在μ\muμ未知的情况下，统计量(n−1)S2σ2\cfrac{(n-1)S^2}{\sigma^2}σ2(n−1)S2​服从自由度为n−1n-1n−1的χ2\chi^2χ2分布，由此可以判定YYY应服从自由度为n−1n-1n−1的χ2\chi^2χ2分布，故选(A)(A)(A)。（这道题主要利用了统计量分布求解）

BBB组

13.设X1,X2,X3,X4X_1,X_2,X_3,X_4X1​,X2​,X3​,X4​为来自总体N(1,σ2)(σ>0)N(1,\sigma^2)(\sigma>0)N(1,σ2)(σ>0)的简单随机样本，求统计量X1−X2∣X3+X4−2∣\cfrac{X_1-X_2}{|X_3+X_4-2|}∣X3​+X4​−2∣X1​−X2​​的分布类型和自由度。

解  由X1−X2∣X3+X4−2∣=X1−X22σ(X3+X4−22σ)2\cfrac{X_1-X_2}{|X_3+X_4-2|}=\cfrac{\cfrac{X_1-X_2}{\sqrt{2}\sigma}}{\sqrt{\left(\cfrac{X_3+X_4-2}{\sqrt{2}\sigma}\right)^2}}∣X3​+X4​−2∣X1​−X2​​=(2​σX3​+X4​−2​)2​2​σX1​−X2​​​，其中X1−X22σ∼N(0,1)\cfrac{X_1-X_2}{\sqrt{2}\sigma}\sim N(0,1)2​σX1​−X2​​∼N(0,1)，且X3+X4−22σ∼N(0,1),(X3+X4−22σ)2∼χ2(1)\cfrac{X_3+X_4-2}{\sqrt{2}\sigma}\sim N(0,1),\left(\cfrac{X_3+X_4-2}{\sqrt{2}\sigma}\right)^2\sim\chi^2(1)2​σX3​+X4​−2​∼N(0,1),(2​σX3​+X4​−2​)2∼χ2(1)。又X1−X22σ\cfrac{X_1-X_2}{\sqrt{2}\sigma}2​σX1​−X2​​与(X3+X4−22σ)2\left(\cfrac{X_3+X_4-2}{\sqrt{2}\sigma}\right)^2(2​σX3​+X4​−2​)2相互独立。根据ttt分布的典型模式，知X1−X22σ(X3+X4−22σ)2∼t(1)\cfrac{\cfrac{X_1-X_2}{\sqrt{2}\sigma}}{\sqrt{\left(\cfrac{X_3+X_4-2}{\sqrt{2}\sigma}\right)^2}}\sim t(1)(2​σX3​+X4​−2​)2​2​σX1​−X2​​​∼t(1)，即该统计量服从自由度为111的ttt分布。（这道题主要利用了构造分布求解）

14.设X1,X2,⋯,Xn,Xn+1(n⩾2)X_1,X_2,\cdots,X_n,X_{n+1}(n\geqslant2)X1​,X2​,⋯,Xn​,Xn+1​(n⩾2)是来自总体N(μ,σ2)N(\mu,\sigma^2)N(μ,σ2)的简单随机样本，X∗‾=1n∑i=1nXi,S∗2=1n∑i=1n(Xi−X∗‾)2\overline{X^*}=\cfrac{1}{n}\displaystyle\sum^n_{i=1}X_i,S^{*^2}=\cfrac{1}{n}\displaystyle\sum^n_{i=1}(X_i-\overline{X^*})^2X∗=n1​i=1∑n​Xi​,S∗2=n1​i=1∑n​(Xi​−X∗)2，求统计量T=Xn+1−X∗‾S∗n−1n+1T=\cfrac{X_{n+1}-\overline{X^*}}{S^*}\sqrt{\cfrac{n-1}{n+1}}T=S∗Xn+1​−X∗​n+1n−1​​的分布。

解  由Xn+1−X∗‾∼N(0,n+1nσ2)X_{n+1}-\overline{X^*}\sim N\left(0,\cfrac{n+1}{n}\sigma^2\right)Xn+1​−X∗∼N(0,nn+1​σ2)，知Xn+1−X∗‾n+1nσ∼N(0,1)\cfrac{X_{n+1}-\overline{X^*}}{\sqrt{\cfrac{n+1}{n}\sigma}}\sim N(0,1)nn+1​σ​Xn+1​−X∗​∼N(0,1)，且nS∗2σ2∼χ2(n−1)\cfrac{nS^{*^2}}{\sigma^2}\sim\chi^2(n-1)σ2nS∗2​∼χ2(n−1)。由于Xn+1X_{n+1}Xn+1​与X∗‾\overline{X^*}X∗相互独立，Xn+1X_{n+1}Xn+1​与S∗2S^{*^2}S∗2相互独立，又X∗‾\overline{X^*}X∗与S∗2S^{*^2}S∗2相互独立，因此，Xn+1−X∗‾X_{n+1}-\overline{X^*}Xn+1​−X∗与S∗2S^{*^2}S∗2相互独立。于是T=Xn+1−X∗‾S∗n−1n+1=Xn+1−X∗‾n+1/nσnS∗2σ2/(n−1)∼t(n−1)T=\cfrac{X_{n+1}-\overline{X^*}}{S^*}\sqrt{\cfrac{n-1}{n+1}}=\cfrac{\cfrac{X_{n+1}-\overline{X^*}}{\sqrt{n+1/n}\sigma}}{\sqrt{\cfrac{nS^{*^2}}{\sigma^2}\biggm/(n-1)}}\sim t(n-1)T=S∗Xn+1​−X∗​n+1n−1​​=σ2nS∗2​/(n−1)​n+1/n​σXn+1​−X∗​​∼t(n−1)。（这道题主要利用了构造分布求解）

CCC组

2.设总体X∼N(a,σ2),Y∼N(b,σ2)X\sim N(a,\sigma^2),Y\sim N(b,\sigma^2)X∼N(a,σ2),Y∼N(b,σ2)，且相互独立。分别从XXX和YYY中各抽取容量为999和101010的简单随机样本，记它们的方差分别为SX2S_X^2SX2​和SY2S_Y^2SY2​，并记S122=12(SX2+SY2)S_{12}^2=\cfrac{1}{2}(S_X^2+S_Y^2)S122​=21​(SX2​+SY2​)和SXY2=118(8SX2+10SY2)S_{XY}^2=\cfrac{1}{18}(8S_X^2+10S_Y^2)SXY2​=181​(8SX2​+10SY2​)，则这四个统计量中，方差最小者是（  ）。
(A)SX2;(A)S_X^2;(A)SX2​;
(B)SY2;(B)S_Y^2;(B)SY2​;
(C)S122;(C)S_{12}^2;(C)S122​;
(D)SXY2.(D)S_{XY}^2.(D)SXY2​.

解  由8SX2σ2∼χ2(8),9SX2σ2∼χ2(9)\cfrac{8S_X^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(8),\cfrac{9S_X^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(9)σ28SX2​​∼χ2(8),σ29SX2​​∼χ2(9)知D(SX2)=2σ48=14σ4,D(SY2)=2σ49,D(S122)=14(14σ4+29σ4)=17144σ4,D(SXY2)=1681×14σ4+2581×29σ4=86729σ4D(S_X^2)=\cfrac{2\sigma^4}{8}=\cfrac{1}{4}\sigma^4,D(S_Y^2)=\cfrac{2\sigma^4}{9},D(S_{12}^2)=\cfrac{1}{4}\left(\cfrac{1}{4}\sigma^4+\cfrac{2}{9}\sigma^4\right)=\cfrac{17}{144}\sigma^4,D(S_{XY}^2)=\cfrac{16}{81}\times\cfrac{1}{4}\sigma^4+\cfrac{25}{81}\times\cfrac{2}{9}\sigma^4=\cfrac{86}{729}\sigma^4D(SX2​)=82σ4​=41​σ4,D(SY2​)=92σ4​,D(S122​)=41​(41​σ4+92​σ4)=14417​σ4,D(SXY2​)=8116​×41​σ4+8125​×92​σ4=72986​σ4，所以方差最小者为SXY2S_{XY}^2SXY2​，故选(D)(D)(D)。（这道题主要利用了方差变换求解）

4.设X1,X2,X3,X4,X5X_1,X_2,X_3,X_4,X_5X1​,X2​,X3​,X4​,X5​是来自总体X∼N(0,22)X\sim N(0,2^2)X∼N(0,22)的简单随机样本，X‾=13∑i=13Xi\overline{X}=\cfrac{1}{3}\displaystyle\sum^3_{i=1}X_iX=31​i=1∑3​Xi​。

（1）令随机变量Y=∑i=13(Xi−X‾)2+(X4−X5)2Y=\displaystyle\sum^3_{i=1}(X_i-\overline{X})^2+(X_4-X_5)^2Y=i=1∑3​(Xi​−X)2+(X4​−X5​)2，求E(Y)E(Y)E(Y)与D(Y)D(Y)D(Y)；

解  设X1,X2,X3,X4,X5X_1,X_2,X_3,X_4,X_5X1​,X2​,X3​,X4​,X5​是来自总体X∼N(0,22)X\sim N(0,2^2)X∼N(0,22)的简单随机样本，由122∑i=13(Xi−X‾)2∼χ2(2)\cfrac{1}{2^2}\displaystyle\sum^3_{i=1}(X_i-\overline{X})^2\sim\chi^2(2)221​i=1∑3​(Xi​−X)2∼χ2(2)，得E[122∑i=13(Xi−X‾)2]=2⇒E[∑i=13(Xi−X‾)2]=8,D[122∑i=13(Xi−X‾)2]=4⇒D[∑i=13(Xi−X‾)2]=64E\left[\cfrac{1}{2^2}\displaystyle\sum^3_{i=1}(X_i-\overline{X})^2\right]=2\Rightarrow E\left[\displaystyle\sum^3_{i=1}(X_i-\overline{X})^2\right]=8,D\left[\cfrac{1}{2^2}\displaystyle\sum^3_{i=1}(X_i-\overline{X})^2\right]=4\Rightarrow D\left[\displaystyle\sum^3_{i=1}(X_i-\overline{X})^2\right]=64E[221​i=1∑3​(Xi​−X)2]=2⇒E[i=1∑3​(Xi​−X)2]=8,D[221​i=1∑3​(Xi​−X)2]=4⇒D[i=1∑3​(Xi​−X)2]=64。又X4−X5∼N(0,8)⇒X4−X58∼N(0,1)⇒(X4−X5)28∼χ2(1)X_4-X_5\sim N(0,8)\Rightarrow\cfrac{X_4-X_5}{\sqrt{8}}\sim N(0,1)\Rightarrow\cfrac{(X_4-X_5)^2}{8}\sim\chi^2(1)X4​−X5​∼N(0,8)⇒8​X4​−X5​​∼N(0,1)⇒8(X4​−X5​)2​∼χ2(1)，得E[(X4−X5)28]=1⇒E[(X4−X5)2]=8,D[(X4−X5)28]=2⇒D[(X4−X5)2]=128E\left[\cfrac{(X_4-X_5)^2}{8}\right]=1\Rightarrow E[(X_4-X_5)^2]=8,D\left[\cfrac{(X_4-X_5)^2}{8}\right]=2\Rightarrow D[(X_4-X_5)^2]=128E[8(X4​−X5​)2​]=1⇒E[(X4​−X5​)2]=8,D[8(X4​−X5​)2​]=2⇒D[(X4​−X5​)2]=128。所以E(Y)=E[∑i=13(Xi−X‾)2]+E[(X4−X5)2]=8+8=16E(Y)=E\left[\displaystyle\sum^3_{i=1}(X_i-\overline{X})^2\right]+E[(X_4-X_5)^2]=8+8=16E(Y)=E[i=1∑3​(Xi​−X)2]+E[(X4​−X5​)2]=8+8=16。又∑i=13(Xi−X‾)2\displaystyle\sum^3_{i=1}(X_i-\overline{X})^2i=1∑3​(Xi​−X)2与(X4−X5)2(X_4-X_5)^2(X4​−X5​)2独立，所以D(Y)=D[∑i=13(Xi−X‾)2+(X4−X5)2]=D[∑i=13(Xi−X‾)2]+D[(X4−X5)2]=64+128=192D(Y)=D\left[\displaystyle\sum^3_{i=1}(X_i-\overline{X})^2+(X_4-X_5)^2\right]=D\left[\displaystyle\sum^3_{i=1}(X_i-\overline{X})^2\right]+D[(X_4-X_5)^2]=64+128=192D(Y)=D[i=1∑3​(Xi​−X)2+(X4​−X5​)2]=D[i=1∑3​(Xi​−X)2]+D[(X4​−X5​)2]=64+128=192。

（2）求随机变量Z=X4−X5∑i=13(Xi−X‾)2Z=\cfrac{X_4-X_5}{\sqrt{\displaystyle\sum^3_{i=1}(X_i-\overline{X})^2}}Z=i=1∑3​(Xi​−X)2​X4​−X5​​的分布；

解  由X4−X58∼N(0,1),122∑i=13(Xi−X‾)2∼χ2(2)\cfrac{X_4-X_5}{\sqrt{8}}\sim N(0,1),\cfrac{1}{2^2}\displaystyle\sum^3_{i=1}(X_i-\overline{X})^2\sim\chi^2(2)8​X4​−X5​​∼N(0,1),221​i=1∑3​(Xi​−X)2∼χ2(2)，又∑i=13(Xi−X‾)2\displaystyle\sum^3_{i=1}(X_i-\overline{X})^2i=1∑3​(Xi​−X)2与(X4−X5)2(X_4-X_5)^2(X4​−X5​)2独立，所以Z=X4−X5∑i=13(Xi−X‾)2=X4−X58122∑i=13(Xi−X‾)22∼t(2)Z=\cfrac{X_4-X_5}{\sqrt{\displaystyle\sum^3_{i=1}(X_i-\overline{X})^2}}=\cfrac{\cfrac{X_4-X_5}{\sqrt{8}}}{\sqrt{\cfrac{\cfrac{1}{2^2}\displaystyle\sum^3_{i=1}(X_i-\overline{X})^2}{2}}}\sim t(2)Z=i=1∑3​(Xi​−X)2​X4​−X5​​=2221​i=1∑3​(Xi​−X)2​​8​X4​−X5​​​∼t(2)。

（3）对于（2）中的ZZZ，给定α(0<α<0.5)\alpha(0<\alpha<0.5)α(0<α<0.5)，常数ccc满足P{Z>c}=αP\{Z>c\}=\alphaP{Z>c}=α，随机变量U∼F(2,1)U\sim F(2,1)U∼F(2,1)，求P{U>1c2}P\left\{U>\cfrac{1}{c^2}\right\}P{U>c21​}。

解  Z∼t(2)⇒Z2∼F(1,2)Z\sim t(2)\Rightarrow Z^2\sim F(1,2)Z∼t(2)⇒Z2∼F(1,2)，又U∼F(2,1)U\sim F(2,1)U∼F(2,1)，故1Z2\cfrac{1}{Z^2}Z21​与UUU同分布，则P{U>1c2}=P{1Z2>1c2}=P{Z2<c2}=P{−c<Z<c}=1−2αP\left\{U>\cfrac{1}{c^2}\right\}=P\left\{\cfrac{1}{Z^2}>\cfrac{1}{c^2}\right\}=P\{Z^2<c^2\}=P\{-c<Z<c\}=1-2\alphaP{U>c21​}=P{Z21​>c21​}=P{Z2<c2}=P{−c<Z<c}=1−2α。（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。

张宇1000题概率论与数理统计 第八章 统计量及其分布相关推荐

1. 张宇1000题概率论与数理统计 第六章 数字特征

   目录 AAA组 24.二维正态分布一般表示为N(μ1,μ2;σ12,σ22;ρ)N(\mu_1,\mu_2;\sigma^2_1,\sigma^2_2;\rho)N(μ1​,μ2​;σ12​,σ22​ ...

2. 张宇1000题概率论与数理统计 第九章 参数估计与假设检验

   目录 AAA组 6.设x1,x2,⋯,xnx_1,x_2,\cdots,x_nx1​,x2​,⋯,xn​是来自总体X∼N(μ,σ2)X\sim N(\mu,\sigma^2)X∼N(μ,σ2)(μ,σ ...

3. 张宇1000题概率论与数理统计 第一章 随机事件和概率

   目录 BBB组 15.在一个袋中有aaa个白球,bbb个黑球,每次摸一球且摸后放回重复nnn次.已知摸到白球kkk次的条件下,事件BBB发生的概率为kn\cfrac{k}{n}nk​,则P(B)=P( ...

4. 宋浩概率论与数理统计-第八章-笔记

   概率论与数理统计 第八章 假设检验 8.1 基本概念 一.假设检验问题 二.假设检验基本概念 三.假设检验的思想与步骤 1. 思想 2. 步骤 四.两类错误 8.2 一个正态总体的参数假设检验 一.μ ...

5. 计算机考研1000题pdf,2020考研张宇1000题(数一、二、三全）.pdf

   张宇考研数学题源探析经典1000 题 (习题分册·数学一) 张宇 2019 年11 月14 日 目录 前言 ii 十四. 平均值 . . . . . . . . . . . . . . 18 十五. ...

6. 2020张宇1000题【好题收集】【第九章：级数】

   文章目录 经典收敛级数 ①:大名鼎鼎的自然数平方倒数和 扩展 ②:∑n=1∞1n!=e−1\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}=e-1∑n=1∞​n!1​=e−1 ③: 积分 ...

7. 数理统计复习：统计量及其分布（3）充分统计量

   文章目录 前言 五.充分统计量 1.定义 2.因子分解定理 总结 前言 本章讲解统计量及其分布的最后一部分:充分统计量 五.充分统计量 1.定义 设x1,x2,⋯,xnx_1,x_2,\cdots,x ...

8. 张宇1000题线性代数 第八章 相似理论

   目录 BBB组 5.设实矩阵A\bm{A}A为333阶正交矩阵,其元素a22=1a_{22}=1a22​=1,又333维列向量α=[0,3,0]T\bm{\alpha}=[0,3,0]^\mathrm ...

9. 2020张宇1000题【好题收集】【第一章：极限、连续】

   文章目录 一.极限.连续 函数极限 ①:虽然求极限阔以把加减号拆开然后分别求极限,但是这个是有条件的,比如这种就不能 ②:用洛必达法则的时候:右存在,则左存在,但左存在,不一定右存在 ③:泰勒展开的时 ...

最新文章

1. 面向JavaScript开发人员的Adobe AIR与Dreamweaver
2. php方法数组注释,php中的注释、变量、数组、常量、函数应用介绍
3. ITIL的一些简单感受
4. 惠普台式计算机系列,惠普发布设计笔记本、设计台式电脑等Z系列产品
5. adf盖怎么打开_原来啤酒瓶盖上有个小机关，用手就能拧开，比开瓶器还快
6. SpaceX计划2022年完成52次发射
7. Android 反编译Apk （Mac）
8. 实分析royden第四版答案_实分析（原书第4版）_[美]H.L.罗伊登（H.L.Royden） P.M.菲茨帕特里克（P.M.Fitzpatrick）_9787111630845_...
9. MySQL子查询（嵌套查询）-----详细
10. 两总体均值之差的推断：匹配样本
11. AutoVue教程：如何在64位Linux上安装AutoVue
12. c++win32项目 如何显示后再删除一个绘图_CAD提高绘图效率的秘诀在这里
13. 云计算 | Gartner最新IaaS魔力象限详读
14. JAVA实现的Johnson-trotter算法（高效的全排列算法）
15. 从本子文件名中提取本子的名字
16. 移动端UI框架小汇总
17. 用友网络并购秉钧网络 加速布局企业互联网服务
18. 年终工作总结ppt模板怎么做？ 工作总结ppt制作的方法
19. 用QQ邮箱注册到MSN live 账号
20. SOLIDWORKS钣金设计基础命令

热门文章

1. 基于php的学生考勤管理系统
2. android 设置状态栏
3. PyTorch3D 立体隐式形状渲染：教你构建场景 3D 结构
4. mysql drop后回收站怎么恢复_回收站清空了怎么恢复
5. pixy php,Pixy2与STM32进行SPI通信
6. yd什么意思_yd是什么单位？
7. 矩阵论（零）：线性代数基础知识整理（5）——特征值与相似
8. android ICS 系统启动之Logo有关学习总结
9. 智能密码钥匙开发、USBKEY开发、智能卡开发、COS开发、CSP开发
10. 物联网、智慧城市、增强现实（AR）与虚拟现实（VR）、区块链技术、语音识别、人工智能、数字汇流是大数据未来应用的七大发展方向