§5.4 三大抽样分布

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§5.4 三大抽样分布

1. 三大抽样分布：${\chi }^2$ 分布，$F$ 分布，$t$ 分布

设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 和 $y_1,y_2,\cdots ,y_m$ 是来自标准正态分布的两个相互独立的样本，则此三个统计量的构造及其抽样分布如下表所示。

\small \renewcommand{\arraystretch}{1.45}

统计量的构造	抽样分布密度函数	期望	方差
${\chi }^2=x_1^2+x_2^2+\cdots +x_n^2$	$p(y)=\frac{1}{\Gamma \left(\frac{n}{2}\right)2^{n/2}}{y}^{\frac{n}{2}-1}{e}^{-y/2},(y>0)$	$n$	$2n$
$F=\frac{(y_1^2+y_2^2+\cdots +y_m^2)/m}{(x_1^2+x_2^2+\cdots +x_n^2)/n}$	$p(y)=\frac{\Gamma \left(\frac{m+n}{2}\right){\left(\frac{m}{n}\right)}^{m/2}}{\Gamma \left(\frac{m}{2}\right)\Gamma \left(\frac{n}{2}\right)}{y}^{\frac{m}{2}-1}{\left(1+\frac{m}{n}y\right)}^{-\frac{m+n}{2}}$	$\frac{n}{n-2}$ \newline $(n>2)$	$\frac{2n^2(m+n-2)}{m(n-2{)}^2(n-4)}$ \newline $(n>4)$
$t=\frac{y_1}{\sqrt{(x_1^2+x_2^2+\cdots +x_n^2)/n}}$	$p(y)=\frac{\Gamma \left(\frac{n+1}{2}\right)}{\sqrt{n\pi }\Gamma \left(\frac{n}{2}\right)}{\left(1+\frac{y^2}{n}\right)}^{-\frac{n+1}{2}},(-\infty <y<\infty )$	$0$ \newline $(n>1)$	$\frac{n}{n-2}$ \newline $(n>2)$

正态总体参数的置信区间与假设检验大多将基于这三大抽样分布获得。

2. 一个重要定理

设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 是来自正态总体 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的一个样本，其样本均值和样本方差分别为

$$\bar{x}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{x}_i,s^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(x_i-\bar{x}{)}^2,$$

则有

1. $\bar{x}$ 与 $s^2$ 相互独立；
2. $\bar{x}\sim N(\mu ,{\sigma }^2/n)$；
3. $\frac{(n-1)s^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)$。

3. 两个重要推论

（1）设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 是来自正态总体 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的样本，则有

$$t=\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\mu )}{s}\sim t(n-1),$$

其中 $\bar{x}$ 为样本均值，$s$ 为样本标准差。

（2）设 $x_1,x_2,\cdots ,x_m$ 是来自 $N({\mu }_1,{\sigma }_1^2)$ 的样本，$y_1,y_2,\cdots ,y_n$ 是来自 $N({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$ 的样本，且此两样本相互独立，则有

$$F=\frac{s_x^2/{\sigma }_1^2}{s_y^2/{\sigma }_2^2}\sim F(m-1,n-1),$$

其中 $s_x^2,s_y^2$ 分别是两个样本方差。若 ${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$，则

$$F=\frac{s_x^2}{s_y^2}\sim F(m-1,n-1).$$

4. 三个说明

1. $t(n)$ 分布的密度函数呈“中间高，两边低，左右对称”，与标准正态曲线类似，但峰比 $N(0,1)$ 低，两侧尾部概率比 $N(0,1)$ 大。当自由度 $n\to \infty$ 时，$t(n)$ 分布趋向 $N(0,1)$ 分布；当 $n>30$ 时，两者相差已不大，可用 $N(0,1)$ 近似 $t(n)$ 分布。
2. 关于 $t(n)$ 分布分位数有 $t_{\alpha }(n)+t_{1-\alpha }(n)=0$（互为相反数）；关于 $F(m,n)$ 分布分位数有 $F_{\alpha }(m,n)\cdot F_{1-\alpha }(n,m)=1$（互为倒数）。
3. $t^2(n)=F(1,n)$。

习题与解答 5.4

习题 5.4-1

在总体 $N(7.6,4)$ 中抽取容量为 $n$ 的样本，如果要求样本均值落在 $(5.6,9.6)$ 内的概率不小于 $0.95$，则 $n$ 至少为多少？

解 样本均值 $\bar{x}\sim N\left(7.6,\frac{4}{n}\right)$，按题意可建立如下不等式

$$P(5.6<\bar{x}<9.6)=P\left(\frac{5.6-7.6}{\sqrt{4/n}}<\frac{\bar{x}-7.6}{\sqrt{4/n}}<\frac{9.6-7.6}{\sqrt{4/n}}\right)\ge \mathrm{0.95.}$$

即

$$2\Phi (\sqrt{n})-1\ge 0.95,$$

所以

$$\Phi (\sqrt{n})\ge \mathrm{0.975.}$$

查表得 $\Phi (1.96)=0.975$，故 $\sqrt{n}\ge 1.96$，或 $n\ge 3.84$，即样本量 $n$ 至少为 $4$。

习题 5.4-2

设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 是来自 $N(\mu ,16)$ 的样本，问 $n$ 多大时才能使得

$$P(|\bar{x}-\mu |<1)\ge 0.95$$

成立？

解 样本均值

$$\bar{x}\sim N\left(\mu ,\frac{16}{n}\right),$$

因而

$$P(|\bar{x}-\mu |<1)=P\left(\left|\frac{\bar{x}-\mu }{\sqrt{16/n}}\right|<\frac{1}{\sqrt{16/n}}\right)=2\Phi \left(\frac{\sqrt{n}}{4}\right)-1\ge \mathrm{0.95.}$$

所以

$$\Phi \left(\frac{\sqrt{n}}{4}\right)\ge 0.975,\frac{\sqrt{n}}{4}\ge \mathrm{1.96.}$$

这给出

$$n\ge 61.47,$$

即 $n$ 至少为 $62$ 时，上述概率不等式成立。

习题 5.4-3

由正态总体 $N(100,4)$ 抽取两个独立样本，样本均值分别为 $\bar{x},\bar{y}$，样本容量分别为 $15,20$，试求

$$P(|\bar{x}-\bar{y}|>0.2).$$

解 由条件得

$$\bar{x}\sim N\left(100,\frac{4}{15}\right),\bar{y}\sim N\left(100,\frac{4}{20}\right),$$

且 $\bar{x}$ 和 $\bar{y}$ 相互独立，从而

$$\bar{x}-\bar{y}\sim N\left(0,\frac{4}{15}+\frac{4}{20}\right)=N\left(0,\frac{7}{15}\right).$$

于是

$$P(|\bar{x}-\bar{y}|>0.2)=P\left(\left|\frac{\bar{x}-\bar{y}}{\sqrt{7/15}}\right|>\frac{0.2}{\sqrt{7/15}}\right)=2(1-\Phi (0.29))=\mathrm{0.7718.}$$

习题 5.4-4

由正态总体 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 抽取容量为 $20$ 的样本，试求

$$P\left(10{\sigma }^2\le \sum _{i=1}^{20}(x_i-\mu {)}^2\le 30{\sigma }^2\right).$$

解 因为

$$x_i\sim N(\mu ,{\sigma }^2),$$

所以

$$\frac{x_i-\mu }{\sigma }\sim N(0,1),\sum _{i=1}^{20}\frac{(x_i-\mu {)}^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(20).$$

用 $k_{20}(x)$ 表示服从 ${\chi }^2(20)$ 的随机变量的分布函数，则

$$\begin{array}{rl}P\left(10{\sigma }^2\le \sum _{i=1}^{20}(x_i-\mu {)}^2\le 30{\sigma }^2\right)& =P\left(10\le \sum _{i=1}^{20}\frac{(x_i-\mu {)}^2}{{\sigma }^2}\le 30\right)\\ & =k_{20}(30)-k_{20}(10).\end{array}$$

利用统计软件可计算上式。譬如，可使用 MATLAB 软件计算上式：在命令行输入 \texttt{chi2cdf(30,20)} 则给出 $0.9301$，输入 \texttt{chi2cdf(10,20)} 则给出 $0.0318$，直接输入 \texttt{chi2cdf(30,20)-chi2cdf(10,20)} 则一次性给出 $0.8983$。这里的 \texttt{chi2cdf(x,k)} 就表示自由度为 $k$ 的 ${\chi }^2$ 分布在 $x$ 处的分布函数值。于是有

$$P\left(10{\sigma }^2\le \sum _{i=1}^{20}(x_i-\mu {)}^2\le 30{\sigma }^2\right)=\mathrm{0.8983.}$$

习题 5.4-5

设 $x_1,x_2,\cdots ,x_{16}$ 是来自 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的样本，经计算 $\bar{x}=9,s^2=5.32$，试求

$$P(|\bar{x}-\mu |<0.6).$$

解 因为

$$\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\mu )}{s}=\frac{(\bar{x}-\mu )/(\sigma /\sqrt{n})}{\sqrt{(n-1)s^2/{\sigma }^2}/(n-1)}\sim t(n-1),$$

用 $t_{15}(x)$ 表示服从 $t(15)$ 的随机变量的分布函数，注意到 $t$ 分布是对称的，故

$$P(|\bar{x}-\mu |<0.6)=P\left(\frac{4|\bar{x}-\mu |}{s}<\frac{4\times 0.6}{s}\right)=2t_{15}(1.0405)-1.$$

利用统计软件可计算上式。譬如，使用 MATLAB 软件在命令行输入 \texttt{tcdf(1.0405,15)} 则给出 $0.8427$，直接输入 \texttt{2*tcdf(1.0405,15)-1} 则给出 $0.6854$。这里的 \texttt{tcdf(x,k)} 就表示自由度为 $k$ 的 $t$ 分布在 $x$ 处的分布函数值。于是有

$$P(|\bar{x}-\mu |<0.6)=2\times 0.8427-1=\mathrm{0.6854.}$$

习题 5.4-6

设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 是来自 $N(\mu ,1)$ 的样本，试确定最大的常数 $c$，使得对任意的 $\mu \ge 0$，有

$$P(|\bar{x}|<c)\le \alpha .$$

解 由于

$$\bar{x}\sim N\left(\mu ,\frac{1}{n}\right),$$

所以 $P(|\bar{x}|<c)$ 的值依赖于 $\mu$，它是 $\mu$ 的函数，记为 $g(\mu )$，于是

$$g(\mu )=P_{\mu }(|\bar{x}|<c)=P(-c<\bar{x}<c)=\Phi (\sqrt{n}(c-\mu ))-\Phi (\sqrt{n}(-c-\mu )),$$

其导数为

$$g^{\prime }(\mu )=-\sqrt{n}[\phi (\sqrt{n}(c-\mu ))-\phi (\sqrt{n}(-c-\mu ))],$$

其中 $\phi (x)$ 表示 $N(0,1)$ 的密度函数，由于 $c\ge 0,\mu \ge 0$，故 $|-c-\mu |\ge |c-\mu |$，从而

$$\phi (\sqrt{n}(-c-\mu ))\le \phi (\sqrt{n}(c-\mu )),$$

这说明 $g^{\prime }(\mu )\le 0$，$g(\mu )$ 为减函数，并在 $\mu =0$ 处取最大值，即

$$\underset{\mu \ge 0}{\max }\{\Phi (\sqrt{n}(c-\mu ))-\Phi (\sqrt{n}(-c-\mu ))\}=\Phi (\sqrt{n}c)-\Phi (-\sqrt{n}c)=2\Phi (\sqrt{n}c)-1.$$

于是，只要

$$2\Phi (\sqrt{n}c)-1\le \alpha ,$$

即

$$(0\le )c\le \frac{u_{(1+\alpha )/2}}{\sqrt{n}},$$

就可保证对任意的 $\mu \ge 0$，有

$$P(|\bar{x}|<c)\le \alpha .$$

最大的常数为

$$c=\frac{u_{(1+\alpha )/2}}{\sqrt{n}}.$$

习题 5.4-7

设随机变量 $X\sim F(n,n)$，证明 $P(X<1)=0.5$。

解 证 若随机变量 $X\sim F(n,n)$，则 $Y=1/X$ 也服从 $F(n,n)$，从而

$$P(X<1)=P(Y<1)=P(1/X<1)=P(X>1).$$

而

$$P(X<1)+P(X>1)=1.$$

这就证明了

$$P(X<1)=\mathrm{0.5.}$$

习题 5.4-8

设随机变量 $X\sim F(n,m)$，证明：

$$Z=\frac{\frac{n}{m}X}{1+\frac{n}{m}X}$$

服从贝塔分布，并指出其参数。

解 证 若 $X\sim F(n,m)$，则 $X$ 的密度函数为

$$p_X(x)=\frac{\Gamma \left(\frac{m+n}{2}\right){\left(\frac{n}{m}\right)}^{n/2}}{\Gamma \left(\frac{n}{2}\right)\Gamma \left(\frac{m}{2}\right)}{x}^{\frac{n}{2}-1}{\left(1+\frac{n}{m}x\right)}^{-\frac{m+n}{2}}.$$

由

$$z=\frac{n}{m}x/\left(1+\frac{n}{m}x\right)$$

在 $(0,\infty )$ 上是严格单调增函数，其反函数为

$$x=\frac{mz}{n(1-z)},\frac{dx}{dz}=\frac{m}{n(1-z{)}^2}.$$

故 $Z$ 的密度函数为

$$\begin{array}{rl}{p}_Z(z)& =\frac{\Gamma \left(\frac{m+n}{2}\right){\left(\frac{n}{m}\right)}^{n/2}}{\Gamma \left(\frac{n}{2}\right)\Gamma \left(\frac{m}{2}\right)}{\left(\frac{mz}{n(1-z)}\right)}^{\frac{n}{2}-1}{\left(1+\frac{z}{1-z}\right)}^{-\frac{m+n}{2}}\frac{m}{n(1-z{)}^2}\\ & =\frac{\Gamma \left(\frac{m+n}{2}\right)}{\Gamma \left(\frac{n}{2}\right)\Gamma \left(\frac{m}{2}\right)}{z}^{\frac{n}{2}-1}(1-z{)}^{\frac{m}{2}-1},0<z<1.\end{array}$$

这说明

$$Z\sim Be\left(\frac{n}{2},\frac{m}{2}\right),$$

其两个参数分别为 $F$ 分布两个自由度的一半。

习题 5.4-9

设 $x_1,x_2$ 是来自 $N(0,{\sigma }^2)$ 的样本，试求

$$Y={\left(\frac{x_1+x_2}{x_1-x_2}\right)}^2$$

的分布。

解 由条件，

$$x_1+x_2\sim N(0,2{\sigma }^2),x_1-x_2\sim N(0,2{\sigma }^2),$$

又

$$\mathrm{Cov}(x_1+x_2,x_1-x_2)=\mathrm{Var}(x_1)-\mathrm{Var}(x_2)=0,$$

且 $x_1+x_2$ 与 $x_1-x_2$ 服从二元正态分布，故 $x_1+x_2$ 与 $x_1-x_2$ 独立，于是

$${\left(\frac{x_1+x_2}{\sqrt{2}\sigma }\right)}^2\sim {\chi }^2(1),{\left(\frac{x_1-x_2}{\sqrt{2}\sigma }\right)}^2\sim {\chi }^2(1),$$

从而

$$Y={\left(\frac{x_1+x_2}{x_1-x_2}\right)}^2=\frac{{\left((x_1+x_2)/\sqrt{2}\sigma \right)}^2}{{\left((x_1-x_2)/\sqrt{2}\sigma \right)}^2}\sim F(1,1).$$

习题 5.4-10

设总体为 $N(0,1)$，$x_1,x_2$ 为样本，试求常数 $k$，使得

$$P\left(\frac{(x_1+x_2{)}^2}{(x_1-x_2{)}^2+(x_1+x_2{)}^2}>k\right)=\mathrm{0.05.}$$

解 由上题，

$$Y={\left(\frac{x_1+x_2}{x_1-x_2}\right)}^2\sim F(1,1),$$

又令

$$Z=\frac{(x_1+x_2{)}^2}{(x_1-x_2{)}^2+(x_1+x_2{)}^2}=\frac{Y}{1+Y}.$$

由于 $Z$ 取值于 $(0,1)$，故所需要求有 $0<k<1$，从而

$$P(Z>k)=P\left(\frac{Y}{1+Y}>k\right)=P\left(Y>\frac{k}{1-k}\right)=\mathrm{0.05.}$$

于是

$$\frac{k}{1-k}=F_{0.95}(1,1)=161.45,$$

这给出

$$k=\frac{161.45}{1+161.45}=\mathrm{0.9938.}$$

习题 5.4-11

设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 是来自 $N({\mu }_1,{\sigma }^2)$ 的样本，$y_1,y_2,\cdots ,y_m$ 是来自 $N({\mu }_2,{\sigma }^2)$ 的样本，$c,d$ 是任意两个不为 $0$ 的常数，证明：

$$t=\frac{c(\bar{x}-{\mu }_1)+d(\bar{y}-{\mu }_2)}{s_w\sqrt{\frac{c^2}{n}+\frac{d^2}{m}}}\sim t(n+m-2),$$

其中

$$s_w^2=\frac{(n-1)s_x^2+(m-1)s_y^2}{n+m-2},$$

$s_x^2$ 与 $s_y^2$ 分别是两个样本方差。

解 由条件有

$$c(\bar{x}-{\mu }_1)\sim N\left(0,\frac{c^2{\sigma }^2}{n}\right),d(\bar{y}-{\mu }_2)\sim N\left(0,\frac{d^2{\sigma }^2}{m}\right),$$ $$\frac{(n-1)s_x^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1),\frac{(m-1)s_y^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(m-1),$$

且 $\bar{x},\bar{y},s_x^2,s_y^2$ 相互独立，故

$$c(\bar{x}-{\mu }_1)+d(\bar{y}-{\mu }_2)\sim N\left(0,\frac{c^2{\sigma }^2}{n}+\frac{d^2{\sigma }^2}{m}\right),$$ $$\frac{(n+m-2)s_w^2}{{\sigma }^2}=\frac{(n-1)s_x^2}{{\sigma }^2}+\frac{(m-1)s_y^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n+m-2).$$

于是

$$t=\frac{[c(\bar{x}-{\mu }_1)+d(\bar{y}-{\mu }_2)]/\sqrt{\frac{c^2{\sigma }^2}{n}+\frac{d^2{\sigma }^2}{m}}}{\sqrt{\frac{(n+m-2)s_w^2/{\sigma }^2}{n+m-2}}}\sim t(n+m-2).$$

习题 5.4-12

设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n,x_{n+1}$ 是来自 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的样本，

$${\bar{x}}_n=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{x}_i,s_n^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(x_i-{\bar{x}}_n{)}^2,$$

试求常数 $c$ 使得

$$t_c=c\frac{x_{n+1}-{\bar{x}}_n}{s_n}$$

服从 $t$ 分布，并指出分布的自由度。

解 由条件：

$$x_{n+1}\sim N(\mu ,{\sigma }^2),{\bar{x}}_n\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{n}\right),\frac{(n-1)s_n^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1),$$

且 $x_{n+1},{\bar{x}}_n,s_n^2$ 相互独立，因而

$$x_{n+1}-{\bar{x}}_n\sim N\left(0,{\sigma }^2+\frac{{\sigma }^2}{n}\right)=N\left(0,\frac{n+1}{n}{\sigma }^2\right),$$

故

$$\frac{(x_{n+1}-{\bar{x}}_n)\sqrt{\frac{n+1}{n}}/\sqrt{\frac{n+1}{n}{\sigma }^2}}{\sqrt{\frac{(n-1)s_n^2/{\sigma }^2}{n-1}}}\sim t(n-1).$$

这说明当

$$c=\sqrt{\frac{n}{n+1}}$$

时，

$$t_c=c\frac{x_{n+1}-{\bar{x}}_n}{s_n}\sim t(n-1),$$

自由度为 $n-1$。

习题 5.4-13

设从方差相等的两个独立正态总体中分别抽取容量为 $15,20$ 的样本，其样本方差分别为 $s_1^2,s_2^2$，试求

$$P\left(\frac{s_1^2}{s_2^2}>2\right).$$

解 不妨设正态总体的方差为 ${\sigma }^2$，则有

$$\frac{14s_1^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(14),\frac{19s_2^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(19),$$

于是

$$F=\frac{s_1^2}{s_2^2}\sim F(14,19).$$

利用统计软件计算可算出

$$P\left(\frac{s_1^2}{s_2^2}>2\right)=P(F>2)=\mathrm{0.0798.}$$

譬如，可使用 MATLAB 软件计算上式：在命令行输入 \texttt{1-fcdf(2,14,19)} 则给出 $0.0798$，这里的 \texttt{fcdf(x,k_1,k_2)} 就表示自由度为 $(k_1,k_2)$ 的 $F$ 分布在 $x$ 处的分布函数。

习题 5.4-14

设 $x_1,x_2,\cdots ,x_{15}$ 是总体 $N(0,{\sigma }^2)$ 的一个样本，求

$$y=\frac{x_1^2+x_2^2+\cdots +x_{10}^2}{2(x_{11}^2+x_{12}^2+\cdots +x_{15}^2)}$$

的分布。

解 由于 $x_i/\sigma$ 为独立同分布的 $N(0,1)$ 随机变量，故

$$\frac{1}{{\sigma }^2}(x_1^2+x_2^2+\cdots +x_{10}^2)\sim {\chi }^2(10),$$ $$\frac{1}{{\sigma }^2}(x_{11}^2+x_{12}^2+\cdots +x_{15}^2)\sim {\chi }^2(5),$$

且两者独立，故

$$y=\frac{\frac{1}{{\sigma }^2}(x_1^2+x_2^2+\cdots +x_{10}^2)/10}{\frac{1}{{\sigma }^2}(x_{11}^2+x_{12}^2+\cdots +x_{15}^2)/5}\sim F(10,5).$$

习题 5.4-15

设 $(x_1,x_2,\cdots ,x_{17})$ 是来自正态分布 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的一个样本，$\bar{x}$ 与 $s^2$ 分别是样本均值与样本方差。求 $k$，使得

$$P(\bar{x}>\mu +ks)=\mathrm{0.95.}$$

解 在正态总体下，

$$\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\mu )}{s}\sim t(n-1),$$

所以

$$P(\bar{x}>\mu +ks)=P\left(\frac{\bar{x}-\mu }{s}>k\right)=P\left(\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\mu )}{s}>k\sqrt{n}\right)=0.95,$$

即

$$P\left(\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\mu )}{s}\le k\sqrt{n}\right)=\mathrm{0.05.}$$

故 $k\sqrt{n}$ 是自由度为 $n-1$ 的 $t$ 分布 $t(n-1)$ 的 $0.05$ 分位数，即

$$k\sqrt{n}=t_{0.05}(n-1).$$

如令 $n=17$，查表知

$$t_{0.05}(16)=-1.7459,$$

从而

$$k=\frac{-1.7459}{\sqrt{17}}=-\mathrm{0.4234.}$$

习题 5.4-16

设总体 $X$ 服从 $N(\mu ,{\sigma }^2)$，${\sigma }^2>0$，从该总体中抽取样本 $x_1,x_2,\cdots ,x_{2n}(n\ge 1)$，其样本均值为

$$\bar{x}=\frac{1}{2n}\sum _{i=1}^{2n}{x}_i,$$

求统计量

$$y=\sum _{i=1}^n(x_i+x_{n+i}-2\bar{x}{)}^2$$

的数学期望。

解 记

$$y_i=x_i+x_{n+i},i=1,2,\cdots ,n,$$

则 $y_1,y_2,\cdots ,y_n$ 可看成来自 $N(2\mu ,2{\sigma }^2)$ 样本，而

$$y=\sum _{i=1}^n(x_i+x_{n+i}-2\bar{x}{)}^2=\sum _{i=1}^n(y_i-\bar{y}{)}^2.$$

由《概率论与数理统计教程（第三版）》中定理 $\mathrm{5.4.1}$，

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

从而

$$E(y)=2(n-1){\sigma }^2.$$

习题 5.4-17

证明：若随机变量 $T\sim t(k)$，则对 $r<k$ 有

$$E(T^r)=\{\begin{array}{ll}0,& r\text{ 为奇数},\\ \frac{k^{r/2}\Gamma \left(\frac{r+1}{2}\right)\Gamma \left(\frac{k-r}{2}\right)}{\sqrt{\pi }\Gamma \left(\frac{k}{2}\right)},& r\text{ 为偶数},\end{array}$$

并由此写出 $E(T)$ 与 $\mathrm{Var}(T)$。

解 证 由 $T$ 变量的结构知，$T$ 变量可表示为

$$T=\frac{U}{\sqrt{V/k}}=k^{1/2}U\cdot V^{-1/2},$$

其中 $U\sim N(0,1)$，$V\sim {\chi }^2(k)=Ga\left(\frac{k}{2},\frac{1}{2}\right)$，且 $U$ 与 $V$ 独立，从而有

$$E(T^r)=k^{r/2}E(U^r)E(V^{-r/2}).$$

由于

$$E(U^r)=\{\begin{array}{ll}0,& r\text{ 为奇数},\\ \frac{2^{r/2}\Gamma \left(\frac{r+1}{2}\right)}{\sqrt{\pi }},& r\text{ 为偶数},\end{array}$$

以及

$$E(V^{-r/2})=\frac{2^{-k/2}}{\Gamma (k/2)}{\int }_0^{\infty }{v}^{-r/2}{v}^{k/2-1}{e}^{-v/2}dv=\frac{2^{-r/2}\Gamma \left(\frac{k-r}{2}\right)}{\Gamma (k/2)},r<k,$$

将两者代回可知，在 $r<k$ 时，若 $r$ 为奇数，则 $E(T^r)=0$，若 $r$ 为偶数，则

$$E(T^r)=\frac{k^{r/2}\Gamma \left(\frac{r+1}{2}\right)\Gamma \left(\frac{k-r}{2}\right)}{\sqrt{\pi }\Gamma \left(\frac{k}{2}\right)}.$$

证明完成。

进一步，当 $r=1$ 时，

$$E(T)=0$$

（此时要求 $k>1$，否则均值不存在）；当 $r=2$ 时，

$$\mathrm{Var}(T)=E(T^2)=\frac{k}{k-2}$$

（此时要求 $k>2$，否则方差不存在）。

习题 5.4-18

证明：若随机变量 $F\sim F(k,m)$，则当

$$-\frac{k}{2}<r<\frac{m}{2}$$

时有

$$E(F^r)=\frac{m^r\Gamma \left(\frac{k}{2}+r\right)\Gamma \left(\frac{m}{2}-r\right)}{k^r\Gamma \left(\frac{k}{2}\right)\Gamma \left(\frac{m}{2}\right)},$$

由此写出 $E(F)$ 与 $\mathrm{Var}(F)$。

解 证 由 $F$ 变量的构造知

$$F=\frac{v/k}{w/m}=\frac{m}{k}v\cdot w^{-1},$$

其中 $v\sim {\chi }^2(k)$，$w\sim {\chi }^2(m)$，且 $v$ 与 $w$ 相互独立，因此 $F$ 变量的 $r$ 阶矩为

$$E(F^r)=\frac{m^r}{k^r}E(v^r)E(w^{-r}).$$

由于 ${\chi }^2(k)=Ga\left(\frac{k}{2},\frac{1}{2}\right)$，容易算得

$$E(v^r)=\frac{\Gamma \left(\frac{k}{2}+r\right)}{(1/2{)}^r\Gamma \left(\frac{k}{2}\right)},r>-\frac{k}{2},$$ $$E(w^{-r})=\frac{\Gamma \left(\frac{m}{2}-r\right)}{(1/2{)}^{-r}\Gamma \left(\frac{m}{2}\right)},r<\frac{m}{2},$$

从而可得

$$E(F^r)=\frac{m^r\Gamma \left(\frac{k}{2}+r\right)\Gamma \left(\frac{m}{2}-r\right)}{k^r\Gamma \left(\frac{k}{2}\right)\Gamma \left(\frac{m}{2}\right)},-\frac{k}{2}<r<\frac{m}{2},$$

在其他场合，$E(F^r)$ 不存在。

当 $r=1$ 时，由于 $k>0$，只要 $m>2$，就有

$$E(F)=\frac{m\Gamma \left(\frac{k}{2}+1\right)\Gamma \left(\frac{m}{2}-1\right)}{k\Gamma \left(\frac{k}{2}\right)\Gamma \left(\frac{m}{2}\right)}=\frac{m}{m-2}.$$

当 $r=2$ 时，只要 $m>4$，就有

$$E(F^2)=\frac{m^2\Gamma \left(\frac{k}{2}+2\right)\Gamma \left(\frac{m}{2}-2\right)}{k^2\Gamma \left(\frac{k}{2}\right)\Gamma \left(\frac{m}{2}\right)}=\frac{m^2(k+2)}{k(m-2)(m-4)}.$$

从而

$$\mathrm{Var}(F)=E(F^2)-(E(F){)}^2=\frac{2m^2(k+m-2)}{k(m-2{)}^2(m-4)}.$$

习题 5.4-19

设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 是来自某连续总体的一个样本。该总体的分布函数 $F(x)$ 是连续严格增函数，证明：统计量

$$T=-2\sum _{i=1}^n\ln F(x_i)$$

服从 ${\chi }^2(2n)$。

解 证 分几步进行：

（1）若 $X\sim F(x)$，且 $F(x)$ 为连续严格增函数，则

$$Y=F(X)\sim U(0,1).$$

这是因为 $F(x)$ 的反函数 $F^{-1}$ 也存在。于是 $Y=F(X)$ 的分布函数为

$$F_Y(y)=P(F(X)\le y)=P(X\le F^{-1}(y))=F(F^{-1}(y))=y,$$

其中 $y\in (0,1)$，当 $y\le 0$ 时，$F_Y(y)=0$，当 $y\ge 1$ 时，$F_Y(y)=1$，所以 $F(X)\sim U(0,1)$。

（2）若 $Y\sim U(0,1)$，则

$$Z=-2\ln Y\sim {\chi }^2(2).$$

这是由于 $Y$ 仅在 $(0,1)$ 上取值，故 $Z=-2\ln Y$ 仅在 $(0,\infty )$ 上取值，所以当 $z\le 0$ 时，$F_Z(z)=0$；当 $z>0$ 时，有

$$F_Z(z)=P(-2\ln Y\le z)=P(Y\ge e^{-z/2})=1-e^{-z/2}.$$

这是自由度为 $2$ 的 ${\chi }^2$ 分布函数，即 $Z=-2\ln Y\sim {\chi }^2(2)$。

（3）由 $X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 的相互独立性可知 $F(X_1),F(X_2),\cdots ,F(X_n)$ 相互独立，由（1）与（2）可知

$$T=-2\sum _{i=1}^n\ln F(x_i)\sim {\chi }^2(2n).$$

习题 5.4-20

设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 是来自正态总体 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的一个样本，

$$s_n^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(x_i-\bar{x}{)}^2$$

是样本方差，试求满足

$$P\left(\frac{s_n^2}{{\sigma }^2}\le 1.5\right)\ge 0.95$$

的最小 $n$ 值。

解 由于

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

所以要使

$$P\left(\frac{s_n^2}{{\sigma }^2}\le 1.5\right)\ge 0.95,$$

等价于要使 ${\chi }^2(n-1)$ 分布的 $0.95$ 分位数 ${\chi }_{0.95}^2(n-1)$ 不大于 $1.5(n-1)$，即

$${\chi }_{0.95}^2(n-1)\le 1.5(n-1).$$

满足上述不等式的最小 $n$ 可用搜索法获得，如下表：

$$\begin{array}{ccc}n& {\chi }_{0.95}^2(n-1)& 1.5(n-1)\\ 2& 3.8415& 1.5\\ 5& 9.4877& 6\\ 10& 16.9190& 13.5\end{array}$$

$n$	${\chi }_{0.95}^2(n-1)$	$1.5(n-1)$
$15$	$23.6848$	$21$
$20$	$30.1435$	$28.5$
$25$	$36.4150$	$36$
$26$	$37.6525$	$37.5$
$27$	$38.8851$	$39$
$28$	$40.1133$	$40.5$

由此可见，当 $n\ge 27$ 时，就可使上述不等式成立。

习题 5.4-21

设 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 独立同分布服从 $N(\mu ,{\sigma }^2)$，

$$\bar{x}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{x}_i,s^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(x_i-\bar{x}{)}^2,$$

记

$$\xi =\frac{x_1-\bar{x}}{s}.$$

试找出 $\xi$ 与 $t$ 分布的联系（提示：作正交变换

$$y_1=\sqrt{n}\bar{x},y_2=\sqrt{\frac{n}{n-1}}(x_1-\bar{x}),y_i=\sum _{j=1}^n{c}_{ij}{x}_j,i=3,4,\dots ,n$$

）。

解 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 的联合密度函数为

$$p(x_1,x_2,\dots ,x_n)=(2\pi {\sigma }^2{)}^{-n/2}\exp \left\{-\frac{1}{2{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n(x_i-\mu {)}^2\right\}=(2\pi {\sigma }^2{)}^{-n/2}\exp \left\{-\frac{{\sum }_{i=1}^n{x}_i^2-2n\bar{x}\mu +n{\mu }^2}{2{\sigma }^2}\right\}.$$

记 $X=(x_1,x_2,\dots ,x_n{)}^{\mathrm{T}}$，取一个 $n$ 维正交矩阵 $A$，其第一行为元素全为 $1/\sqrt{n}$，第二行为

$$\left(\sqrt{\frac{n-1}{n}},-\frac{1}{\sqrt{n(n-1)}},-\frac{1}{\sqrt{n(n-1)}},\dots ,-\frac{1}{\sqrt{n(n-1)}}\right),$$

其余元素只要满足正交性即可。令 $Y=AX$，则该变换的雅可比行列式为 $1$，且注意到

$$y_1=\sqrt{n}\bar{x},y_2=\sqrt{\frac{n}{n-1}}(x_1-\bar{x}),\sum _{i=1}^n{y}_i^2=Y^{\mathrm{T}}Y=X^{\mathrm{T}}{A}^{\mathrm{T}}AX=\sum _{i=1}^n{x}_i^2.$$

于是 $y_1,y_2,\dots ,y_n$ 的联合密度函数为

$$\begin{array}{rl}p(y_1,y_2,\dots ,y_n)& =(2\pi {\sigma }^2{)}^{-n/2}\exp \left\{-\frac{{\sum }_{i=2}^n{y}_i^2-2\sqrt{n}\mu y_1+n{\mu }^2}{2{\sigma }^2}\right\}\\ & =(2\pi {\sigma }^2{)}^{-n/2}\exp \left\{-\frac{{\sum }_{i=2}^n{y}_i^2+(y_1-\sqrt{n}\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}\right\}.\end{array}$$

由此，$y_2,y_3,\dots ,y_n$ 独立同分布于 $N(0,{\sigma }^2)$，且

$$(n-1)s^2=\sum _{i=2}^n{y}_i^2.$$

令

$$t=\frac{y_2}{\sqrt{(y_3^2+\cdots +y_n^2)/(n-2)}}=\frac{y_2}{\sqrt{[(n-1)s^2-y_2^2]/(n-2)}},$$

则 $t\sim t(n-2)$，而

$$\xi =\frac{x_1-\bar{x}}{s}=\frac{n-1}{\sqrt{n}}\cdot \frac{y_2}{\sqrt{(n-1)s^2}}$$ $$=\frac{n-1}{\sqrt{n}}\cdot \frac{\frac{y_2}{\sqrt{[(n-1)s^2-y_2^2]/(n-2)}}}{\sqrt{\frac{(n-1)s^2}{[(n-1)s^2-y_2^2]/(n-2)}}}$$ $$=\frac{n-1}{\sqrt{n}}\cdot \frac{t}{\sqrt{n-2+t^2}}.$$

这就建立了 $\xi$ 与 $t$ 分布的联系。

习题 5.4-22

设 $x_1,x_2,\dots ,x_m$ 相互独立，$x_i$ 服从 ${\chi }^2(n_i)$，$i=1,2,\dots ,m$。令

$$U_1=\frac{x_1}{x_1+x_2},U_2=\frac{x_1+x_2}{x_1+x_2+x_3},\dots ,U_{m-1}=\frac{x_1+\cdots +x_{m-1}}{x_1+\cdots +x_m}.$$

证明：$U_1,U_2,\dots ,U_{m-1}$ 相互独立，且

$$U_i\sim Be\left(\frac{n_1+n_2+\cdots +n_i}{2},\frac{n_{i+1}}{2}\right),i=1,2,\dots ,m-1.$$

（提示：令 $U_m=x_1+x_2+\cdots +x_m$，作变换

$$x_1=U_1{U}_2\cdots U_m,x_2=U_2{U}_3\cdots U_m-U_1{U}_2\cdots U_m,\dots ,x_m=U_m-U_{m-1}{U}_m$$

。）

解 令 $U_m=x_1+x_2+\cdots +x_m$，则

$$\{\begin{array}{rl}{x}_1& =U_1\cdots U_m,\\ x_2& =U_2\cdots U_m-U_1\cdots U_m,\\ & ⋮\\ x_m& =U_m-U_{m-1}{U}_m.\end{array}$$

再令

$$S_t=U_t{U}_{t+1}\cdots U_m,t=1,2,\dots ,m,$$

则

$$\{\begin{array}{rl}{x}_1& =S_1,\\ x_2& =S_2-S_1,\\ & ⋮\\ x_m& =S_m-S_{m-1}.\end{array}$$

所以变换的雅可比行列式为

$$\begin{array}{r}J=\frac{\partial (x_1,x_2,\dots ,x_m)}{\partial (u_1,u_2,\dots ,u_m)}=\left|\begin{array}{ccccc}\frac{s_1}{u_1}& \frac{s_1}{u_2}& \frac{s_1}{u_3}& \cdots & \frac{s_1}{u_m}\\ -\frac{s_1}{u_1}& \frac{s_2-s_1}{u_2}& \frac{s_2-s_1}{u_3}& \cdots & \frac{s_2-s_1}{u_m}\\ 0& -\frac{s_2}{u_2}& \frac{s_3-s_2}{u_3}& \cdots & \frac{s_3-s_2}{u_m}\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& \cdots & \frac{s_m-s_{m-1}}{u_m}\end{array}\right|.\end{array}$$

计算该行列式，可得

$$J=\prod _{i=2}^m{u}_i^{i-1}.$$

因为

$$p(x_1,x_2,\dots ,x_m)=\frac{1}{\prod _{i=1}^m{2}^{n_i/2}\Gamma \left(\frac{n_i}{2}\right)}\exp \left\{-\frac{1}{2}\sum _{i=1}^m{x}_i\right\}\prod _{i=1}^m{x}_i^{n_i/2-1},$$

把雅可比行列式代入上式可得

$$\begin{array}{rl}p(u_1,u_2,\dots ,u_m)& =\frac{1}{\prod _{i=1}^m{2}^{n_i/2}\Gamma \left(\frac{n_i}{2}\right)}\exp \left\{-\frac{1}{2}{u}_m\right\}{u}_m^{\frac{n_1+n_2+\cdots +n_m}{2}-1}\\ & \cdot \prod _{i=1}^{m-1}{u}_i^{\frac{n_1+n_2+\cdots +n_i}{2}-1}(1-u_i{)}^{\frac{n_{i+1}}{2}-1}.\end{array}$$

由此可知 $U_1,U_2,\dots ,U_{m-1}$ 相互独立，且

$$U_i\sim Be\left(\frac{n_1+n_2+\cdots +n_i}{2},\frac{n_{i+1}}{2}\right),i=1,2,\dots ,m-1.$$

补充习题及解答

补充习题 23

设 $(x_i,y_i)$，$i=1,2,\dots ,n$ 是取自二维正态分布 $N({\mu }_1,{\mu }_2,{\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2,\rho )$ 的样本，记

$$\bar{x}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{x}_i,\bar{y}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{y}_i,$$ $$s_x^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(x_i-\bar{x}{)}^2,s_y^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(y_i-\bar{y}{)}^2,$$ $$r=\frac{{\sum }_{i=1}^n(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})}{\sqrt{{\sum }_{i=1}^n(x_i-\bar{x}{)}^2\cdot {\sum }_{i=1}^n(y_i-\bar{y}{)}^2}}.$$

试求统计量

$$T=\sqrt{n}\frac{\bar{x}-\bar{y}-({\mu }_1-{\mu }_2)}{\sqrt{s_x^2+s_y^2-2r{s}_x{s}_y}}$$

的分布。

解 容易看出 $\bar{x}-\bar{y}$ 仍服从正态分布，且

$$E(\bar{x}-\bar{y})={\mu }_1-{\mu }_2,\mathrm{Var}(\bar{x}-\bar{y})=\frac{{\sigma }_1^2}{n}+\frac{{\sigma }_2^2}{n}-\frac{2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{n}.$$

所以

$$\sqrt{n}\frac{\bar{x}-\bar{y}-({\mu }_1-{\mu }_2)}{\sqrt{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}}\sim N(0,1).$$

另外，

$$\begin{array}{rl}(n-1)(s_x^2+s_y^2-2r{s}_x{s}_y)& =\sum _{i=1}^n(x_i-\bar{x}{)}^2+\sum _{i=1}^n(y_i-\bar{y}{)}^2-2\sum _{i=1}^n(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y})\\ & =\sum _{i=1}^n[(x_i-y_i)-(\bar{x}-\bar{y}){]}^2.\end{array}$$

类似于一维正态变量场合，可证：

$$(n-1)(s_x^2+s_y^2-2r{s}_x{s}_y)$$

与 $\bar{x}-\bar{y}$ 相互独立，且

$$\frac{(n-1)(s_x^2+s_y^2-2r{s}_x{s}_y)}{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}\sim {\chi }^2(n-1).$$

于是根据 $t$ 变量的构造可知

$$\frac{\frac{\sqrt{n}[\bar{x}-\bar{y}-({\mu }_1-{\mu }_2)]}{\sqrt{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}}}{\sqrt{\frac{(n-1)(s_x^2+s_y^2-2r{s}_x{s}_y)}{({\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2)(n-1)}}}=\sqrt{n}\frac{\bar{x}-\bar{y}-({\mu }_1-{\mu }_2)}{\sqrt{s_x^2+s_y^2-2r{s}_x{s}_y}}\sim t(n-1).$$

这就是我们要求的分布。

补充习题 24

设 $T_n$ 是自由度为 $n$ 的 $t$ 变量，试证：$T_n$ 的渐近分布为标准正态分布 $N(0,1)$。

解 据自由度为 $n$ 的 $t$ 变量的构造知

$$T_n=\frac{X}{\sqrt{Y/n}},$$

其中 $X\sim N(0,1)$，$Y\sim {\chi }^2(n)$，且 $X$ 与 $Y$ 相互独立。由 $Y$ 的特征函数为

$$(1-2it{)}^{-n/2},$$

故 $Y/n$ 的特征函数为

$${\left(1-\frac{2it}{n}\right)}^{-n/2}.$$

考察其极限知

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1-\frac{2it}{n}\right)}^{-n/2}=\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(1-\frac{2it}{n}\right)}^{-n/(2it)}=e^{it}.$$

由特征函数性质知

$$\frac{Y}{n}\stackrel{P}{\to }1,$$

从而由

$$\sqrt{\frac{Y}{n}}\stackrel{P}{\to }1,$$

再按依概率收敛性知

$$T_n=X\sqrt{\frac{1}{Y/n}}\stackrel{P}{\to }X,$$

这就证明了 $T_n$ 的渐近分布为标准正态分布 $N(0,1)$。

注：此结论也可从自由度为 $n$ 的 $t$ 分布的密度函数直接导出，只是推算稍微复杂一些。