第六章 样本及抽样分布

第六章 样本及抽样分布

1. 在总体 $ N(52,6.3^{2}) $ 中随机抽取一容量为 36 的样本，求样本均值 $ \overline{X} $ 落在 50.8 到 53.8 之间的概率.

解 $ n=36,\overline{X}=\frac{1}{36}\sum_{i=1}^{36}X_{i} $，因总体 $ X\sim N(52,6.3^{2}) $，故 $ E(\overline{X})=52,D(\overline{X})=6.3^{2}/36=1.05^{2},\overline{X}\sim N(52,1.05^{2}) $。从而

$$ \begin{aligned}P\{&50.8<\overline{X}<53.8\}\\=&P\{\frac{50.8-52}{1.05}<\frac{\overline{X}-52}{1.05}<\frac{53.8-52}{1.05}\}\\=&\Phi\Big(\frac{53.8-52}{1.05}\Big)-\Phi\Big(\frac{50.8-52}{1.05}\Big)\\=&\Phi(1.71)-\Phi(-1.14)\\=&\Phi(1.71)+\Phi(1.14)-1=0.8293.\end{aligned} $$

1. 在总体 $ N(12,4) $ 中随机抽一容量为 5 的样本 $ X_{1}, X_{2}, X_{3}, X_{4}, X_{5} $

（1）求样本均值与总体均值之差的绝对值大于1的概率.

(2) 求概率 $ P\{\max\{X_1, X_2, X_3, X_4, X_5\} > 15\} $, $ P\{\min\{X_1, X_2, X_3, X_4, X_5\} < 10\} $.

解 (1) $ \overline{X} = \frac{1}{5} \sum_{i=1}^{5} X_{i} $，因总体 $ X \sim N(12, 4) $，故 $ \overline{X} \sim N(12, 4/5) $，从而

$$ \begin{aligned}P\{|\overline{X}-12|>1\}&=1-P\{|\overline{X}-12|\leqslant1\}\\&=1-P\{-1\leqslant\overline{X}-12\leqslant1\}\\&=1-P\{-\frac{1}{\sqrt{4/5}}\leqslant\frac{\overline{X}-12}{\sqrt{4/5}}\leqslant\frac{1}{\sqrt{4/5}}\}\\&=1-[\Phi(\frac{1}{\sqrt{4/5}})-\Phi(\frac{-1}{\sqrt{4/5}})]=2-2\Phi(1,12)\\&=2(1-0.8686)=0.2628.\end{aligned} $$

(2) 因 $ X_{i} $ 的分布函数为 $ \Phi\left(\frac{x-12}{2}\right) $，故 $ M=\max\{X_{1}, X_{2}, X_{3}, X_{4}, X_{5}\} $ 的分布函数为

$$ F_{M}(x)=\left[\Phi\left(\frac{x-12}{2}\right)\right]^{5}, $$

因而

$$ \begin{aligned}&P\{\max\{X_{1},X_{2},X_{3},X_{4},X_{5}\}>15\}\\ &=P\{M>15\}\\ &=1-P\{M\leqslant15\}=1-F_{M}(15)=1-\left[\Phi\left(\frac{15-12}{2}\right)\right]^{5}\\ &=1-0.9332^{5}=0.2923.\\ \end{aligned} $$

记 $ N=\min\{X_{1},X_{2},X_{3},X_{4},X_{5}\} $，则 N 的分布函数为

$$ F_{N}(x)=1-\left[1-\Phi\left(\frac{x-12}{2}\right)\right]^{5}, $$

故

$$ \begin{aligned}&P\{\min\{X_{1},X_{2},X_{3},X_{4},X_{5}\}<10\}\\ &=P\{N<10\}\\ &=1-\left[1-\Phi\Big(\frac{10-12}{2}\Big)\right]^{5}=1-\left[1-\Phi(-1)\right]^{5}\\ &=1-\left[\Phi(1)\right]^{5}=1-(0.8413)^{5}=0.5785.\\ \end{aligned} $$

1. 求总体 N(20,3) 的容量分别为 10,15 的两独立样本均值差的绝对值大于 0.3 的概率.

解 将总体 N(20,3) 的容量分别为 10,15 的两独立样本的均值分别记作 $ \overline{X} $, $ \overline{Y} $，则 $ \overline{X} \sim N(20,3/10) $， $ \overline{Y} \sim N(20,3/15) $，从而

$$ \overrightarrow{X}-\overrightarrow{Y}\sim N(20-20,3/10+3/15), $$

即

$$ \bar{X}-\bar{Y}\sim N(0,1/2), $$

故所求概率为

$$ \begin{aligned}p=&P\{|\overline{X}-\overline{Y}|>0.3\}=1-P\{|\overline{X}-\overline{Y}|\leqslant0.3\}\\ =&1-P\{\frac{-0.3}{\sqrt{1/2}}\leqslant\frac{\overline{X}-\overline{Y}}{\sqrt{1/2}}\leqslant\frac{0.3}{\sqrt{1/2}}\}\\ =&2-2\Phi(0.42)=2(1-0.6628)=0.6744\end{aligned} $$

注：注意 $ D(\overline{X}-\overline{Y})=D(\overline{X})+D(\overline{Y}) $

4.（1）设样本 $ X_{1},X_{2},\cdots,X_{6} $来自总体 $ N(0,1),Y=(X_{1}+X_{2}+X_{3})^{2}+(X_{4}+X_{5}+X_{6})^{2} $，试确定常数C使CY服从 $ \chi^{2} $分布.

（2）设样本 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{5} $ 来自总体 $ N(0,1) $， $ Y = \frac{C(X_{1} + X_{2})}{(X_{3}^{2} + X_{4}^{2} + X_{5}^{2})^{1/2}} $，试确定常数 C 使 Y 服从 t 分布.

（3）已知 $ X \sim t(n) $，求证 $ X^{2} \sim F(1,n) $.

解（1）因 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{6} $ 是总体 $ N(0,1) $ 的样本，故

$$ X_{1}+X_{2}+X_{3}\sim N(0,3),\quad X_{4}+X_{5}+X_{6}\sim N(0,3), $$

且两者相互独立. 因此

$$ \frac{X_{1}+X_{2}+X_{3}}{\sqrt{3}}\sim N(0,1),\quad\frac{X_{4}+X_{5}+X_{6}}{\sqrt{3}}\sim N(0,1) $$

且两者相互独立. 按 $ \chi^{2} $分布的定义

$$ \frac{(X_{1}+X_{2}+X_{3})^{2}}{3}+\frac{(X_{4}+X_{5}+X_{6})^{2}}{3}\sim\chi^{2}(2) $$

即 $ \frac{1}{3}Y\sim\chi^{2}(2) $，即知 $ C=\frac{1}{3} $.

(2) 因 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{5} $ 是总体 $ N(0,1) $ 的样本，故 $ X_{1} + X_{2} \sim N(0,2) $，即有

$$ \frac{X_{1}+X_{2}}{\sqrt{2}}\sim N(0,1). $$

而

$$ X_{3}^{2}+X_{4}^{2}+X_{5}^{2}\sim\chi^{2}(3). $$

且 $ \frac{X_{1}+X_{2}}{\sqrt{2}} $与 $ X_{3}^{2}+X_{4}^{2}+X_{5}^{2} $相互独立，于是

$$ \frac{(X_{1}+X_{2})/\sqrt{2}}{\sqrt{(X_{3}^{2}+X_{4}^{2}+X_{5}^{2})/3}}=\sqrt{\frac{3}{2}}\frac{X_{1}+X_{2}}{(X_{3}^{2}+X_{4}^{2}+X_{5}^{2})^{1/2}}\sim t(3) $$

因此所求的常数 $ C = \sqrt{\frac{3}{2}} $.

(3) 按定义 $ X \sim t(n) $，故 X 可表示成

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

其中， $ Y\sim\chi^{2}(n) $， $ Z\sim N(0,1) $且Z与Y相互独立，从而

$$ X^{2}=\frac{Z^{2}}{Y/n}. $$

由于 $ Z \sim N(0,1) $, $ Z^{2} \sim \chi^{2}(1) $，上式右端分子 $ Z^{2} \sim \chi^{2}(1) $，分母中 $ Y \sim \chi^{2}(n) $，又由 Z 与 Y 相互独立，知 $ Z^{2} $ 与 Y 相互独立。按 F 分布的定义得

$$ X^{2}\sim F(1,n). $$

1. (1) 已知某种能力测试的得分服从正态分布 $ N(\mu, \sigma^{2}) $，随机取 10 个人参与这一测试。求他们得分的联合概率密度，并求这 10 个人得分的平均值小于 $ \mu $ 的概率.

(2) 在(1)中设 $ \mu=62,\sigma^{2}=25 $ ，若得分超过70就能得奖，求至少有一人得奖的概率.

解 （1）10 个人的得分分别记为 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{10} $. 它们的联合概率密度为

$$ f(x_{1},x_{2},\cdots,x_{10})=\prod_{i=1}^{10}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\mathrm{e}^{\frac{-(x_{i}-\mu)^{2}}{2\sigma^{2}}}, $$

$$ \overline{X}=\frac{1}{10}\sum_{i=1}^{10}X_{i}\sim N\left(\mu,\frac{\sigma^{2}}{10}\right), $$

$$ P\{\overline{X}<\mu\}=\Phi\left(\frac{\mu-\mu}{\sigma/\sqrt{10}}\right)=\Phi(0)=\frac{1}{2}. $$

(2) 若一人得奖的概率为 p，则得奖人数 $ Y \sim b(10, p) $. 此处 p 是随机选取一人，其考分 X 在 70 分以上的概率. 因 $ X \sim N(62, 25) $，故

$$ \begin{aligned}p=&P\{X>70\}=1-P\{X\leqslant70\}=1-\Phi\Big(\frac{70-62}{\sqrt{25}}\Big)\\ =&1-\Phi(1.6)=1-0.945\ 2=0.054\ 8.\end{aligned} $$

至少一人得奖的概率为

$$ P\{Y\geqslant1\}=1-(0.9452)^{10}=0.431. $$

1. 设总体 $ X \sim b(1, p) $, $ X_1, X_2, \cdots, X_n $ 是来自 X 的样本.

(1) 求 $ (X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}) $ 的分布律.

(2) 求 $ \sum_{i=1}^{n} X_{i} $ 的分布律.

$$ \mathrm{e}^{\mathrm{t}}\frac{X+Y}{\overline{\mathrm{e}}},\mathrm{E} $$

(3) 求 $ E(\bar{X}), D(\bar{X}), E(S^{2}) $

解 （1）因 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 相互独立，且有 $ X_{i} \sim b(1, p), i=1,2, \cdots, n $，即 $ X_{i} $ 具有分布律 $ P\{X_{i}=x_{i}\}=p^{x_{i}}(1-p)^{1-x_{i}}, x_{i}=0,1 $，因此 $ (X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}) $ 的分布律为

$$ \begin{aligned}&P\{X_{1}=x_{1},X_{2}=x_{2},\cdots,X_{n}=x_{n}\}\\ &\quad=\prod_{i=1}^{n}P\{X_{i}=x_{i}\}\\ &\quad=\prod_{i=1}^{n}\left[p^{x_{i}}(1-p)^{1-x_{i}}\right]=p^{\sum_{i=1}^{n}x_{i}}(1-p)^{n-\sum_{i=1}^{n}x_{i}}.\\ \end{aligned} $$

(2) 因 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n} $ 相互独立，且有 $ X_{i} \sim b(1, p) $, $ i=1,2,\cdots,n $，故 $ \sum_{i=1}^{n} X_{i} \sim b(n, p) $，其分布律为

$$ P\{\sum_{i=1}^{n}X_{i}=k\}=\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k},\quad k=0,1,2,\cdots,n. $$

（3）由于总体 $ X \sim b(1, p) $， $ E(X) = p $， $ D(X) = p(1 - p) $，故有

$$ E(\overline{X})=p,D(\overline{X})=\frac{p(1-p)}{n},E(S^{2})=D(X)=p(1-p). $$

1. 设总体 $ X \sim \chi^{2}(n) $, $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{10} $ 是来自 X 的样本，求 $ E(\overline{X}) $, $ D(\overline{X}) $, $ E(S^{2}) $.

解 因 $ E(X)=n,D(X)=2n $ ，故有

$$ E(\bar{X})=n,\quad D(\bar{X})=\frac{2n}{10}=\frac{n}{5}, $$

而

$$ E(S^{2})=D(X)=2n. $$

1. 设总体 $ X \sim N(\mu, \sigma^{2}) $, $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{10} $ 是来自 X 的样本.

（1）写出 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{10} $的联合概率密度.

(2) 写出 $ \bar{X} $ 的概率密度.

解（1）由假设 $ X_{i}(i=1,2,\cdots,10) $的概率密度为

$$ f_{X_{i}}\left(x_{i}\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\mathrm{e}^{-\left(x_{i}-\mu\right)^{2}/\left(2\sigma^{2}\right)} $$

故 $ X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{10} $ 的联合概率密度为

$$ \begin{array}{c}\displaystyle\prod_{i=1}^{10}f_{X_{i}}(x_{i})=\prod_{i=1}^{10}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\mathrm{e}^{-(x_{i}-\mu)^{2}/(2\sigma^{2})}\\=\frac{1}{(2\pi\sigma^{2})^{5}}\mathrm{e}^{-\sum_{i=1}^{10}(x_{i}-\mu)^{2}/(2\sigma^{2})}.\end{array} $$

(2) $ \bar{X}\sim N(\mu,\frac{\sigma^{2}}{10}) $，故 $ \bar{X} $的概率密度为

$$ f_{X}(x)=\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{2\pi}\sigma}\mathrm{e}^{-5(x-\mu)^{2}/\sigma^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{\pi}\sigma}\mathrm{e}^{-5(x-\mu)^{2}/\sigma^{2}}. $$

1. 设在总体 $ N(\mu, \sigma^{2}) $ 中抽得一容量为 16 的样本，这里 $ \mu, \sigma^{2} $ 均未知.

(1) 求 $ P\{S^{2}/\sigma^{2} \leqslant 2.041\} $，其中 $ S^{2} $ 为样本方差.

(2) 求 $ D(S^{2}) $

解 （1）因为 $ \frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}}\sim\chi^{2}(n-1) $，现在 n=16，即有 $ \frac{15S^{2}}{\sigma^{2}}\sim\chi^{2}(15) $，故有

$$ \begin{aligned}p&=P\{S^{2}/\sigma^{2}\leqslant2.041\}=P\{15S^{2}/\sigma^{2}\leqslant15\times2.041\}\\&=P\{15S^{2}/\sigma^{2}\leqslant30.615\}=1-P\{15S^{2}/\sigma^{2}>30.615\}\end{aligned} $$

查 $ \chi^{2} $ 分布表得 $ \chi_{0.01}^{2}(15)=30.578 $，从而知 p=1-0.01=0.99.

(2) 由 $ 15S^{2}/\sigma^{2}\sim\chi^{2}(15) $，得

即

$$ \begin{array}{c}{{D(15S^{2}/\sigma^{2})=2\times15=30,}}\\ {{\frac{15^{2}}{\sigma^{4}}D(S^{2})=30,\quad D(S^{2})=\frac{2\sigma^{4}}{15}.}}\end{array} $$

1. 下面列出了30个美国NBA球员的体重(以磅计，1磅=0.454 kg.)数据.这些数据是从美国NBA球队1990—1991赛季的花名册中抽样得到的.

$$ \begin{array}{l l l l l l l}{225}&{232}&{232}&{245}&{235}&{245}&{270}&{225}&{240=240}\\ {217}&{195}&{225}&{185}&{200}&{220}&{200}&{210}&{271}&{240}\\ {220}&{230}&{215}&{252}&{225}&{220}&{206}&{185}&{227}&{236} \end{array} $$

（1）画出这些数据的频率直方图（提示：最大和最小观察值分别为271和185，区间[184.5，271.5]包含所有数据，将整个区间分为5等份，为计算方便，将

区间调整为（179.5，279.5）.

（2） 作出这些数据的箱线图

解 （1）最大和最小观察值分别为271和185，考虑到这些数据是将实测数据经四舍五入后得到的，取区间 I=[184.5, 271.5] 使得所有实测数据都落在 I 上。将区间 I 等分为若干小区间，小区间的个数与数据个数 n 有关，取为 $ \sqrt{n} $ 左右为佳。现在取小区间的个数为5，于是小区间的长度为 $ (271.5 - 184.5)/5 = 17.4 $。这一长度使用起来不方便。为此，将区间 I 的下限延伸至 179.5，上限延伸至 279.5。这样小区间的长度调整为

$$ \Delta=\left(279.5-179.5\right)/5=20. $$

数出落在每个小区间内的数据的个数 $ f_{i}, i=1,2,3,4,5 $，算出数据落在各个小区间的频率 $ f_{i}/n(n=30,i=1,2,3,4,5) $，所得结果列表如下：

在每个小区间上作以对应的频率除以 $ \Delta $ 为高（即以 $ (f_{i}/n)/\Delta $ 为高）以小区间为底的小长方形。小长方形的面积就是 $ \left[(f_{i}/n)/\Delta\right]\times\Delta=f_{i}/n $。画出图形，这就是所求的频率直方图（如题 6.10 图(1)）。

(2) 将 n=30 个数据按自小到大的次序排序得到

下面来求第一四分位数 $ Q_{1} $，中位数 M，第三四分位数 $ Q_{3} $

因 $ np=30\times0.25=7.5 $，故 $ Q_{1} $ 位于左起第 $ [7.5]+1=8 $ 处，即有 $ Q_{1}=215 $。

因 $ np=30\times0.5=15 $，故 $ M=Q_{2} $ 是这 30 个数最中间两个数的平均值，即有 $ Q_{2}=M=\frac{1}{2}(225+225)=225 $。

因 $ np=30\times0.75=22.5 $ ，故 $ Q_{3} $ 位于左起第 $ [22.5]+1=23 $ 处，即有 $ Q_{3}=240 $ 。又 Min=185 ，Max=271 。

根据 Min, $ Q_{1} $, M, $ Q_{3} $, Max 这 5 点作出箱线图如题 6.10 图(2)所示. 从上述两个图能看出数据的分布关于中心线比较对称.

1. 截尾均值 设数据集包含 n 个数据，将这些数据自小到大排序为

$$ x_{(1)}\leqslant x_{(2)}\leqslant\cdots\leqslant x_{(n)}, $$

删去 $ 100\alpha\% $ 个数值小的数，同时删去 $ 100\alpha\% $ 个数值大的数，将留下的数据取算术平均，记为 $ \overline{x}_{a} $，即

$$ \overline{x}_{a}=\frac{x_{[[n\alpha]+1]}+\cdots+x_{(\bar{n}-[n\alpha])}}{n-2[n\alpha]} $$

其中， $ [n\alpha] $是小于或等于 $ n\alpha $的最大整数（一般取 $ \alpha=0.1\sim0.2 $）。 $ \overline{x}_{a} $称为100α%截尾均值。例如对于第10题中的30个数据，取 $ \alpha=0.1 $，则有 $ [n\alpha]=[30\times0.1]=3 $，得 $ 100\times0.1\% $截尾均值为

$$ \overline{x}_{a}=\frac{200+200+\cdots+245+245}{30-6}=225.4167. $$

若数据来自某一总体的样本，则 $ \overline{x}_{a} $ 是一个统计量. $ \overline{x}_{a} $ 不受样本的极端值的影响. 截尾均值在实际应用问题中是常会用到的.

试求第10题的数据的 $ \alpha=0.2 $的截尾值.

解 $ \alpha=0.2,\left[n\alpha\right]=\left[30\times0.2\right]=6,100\times0.2\% $ 截尾均值为

$$ \overline{x}_{a}=\frac{210+215+\cdots+240+240}{30-12}=226.3333. $$