2008年考研数学一第23题

已知样本均值 $\bar{X} \sim N(\mu, \sigma^2/n)$，即 $\bar{X}$ 服从正态分布，其数学期望为 $\mu$，方差为 $\sigma^2/n$。 根据方差与期望的关系公式：对于任意随机变量 $Y$，有 $D(Y) = E(Y^2) - [E(Y)]^2$，移项可得 $E(Y^2) = D(Y) + [E(Y)]^2$。 将 $Y = \bar{X}$ 代入，得： $$E(\bar{X}^2) = D(\bar{X}) + [E(\bar{X})]^2$$ 已知 $D(\bar{X}) = \sigma^2/n$，$E(\bar{X}) = \mu$，因此： $$E(\bar{X}^2) = \frac{\sigma^2}{n} + \mu^2$$ 此结果在后续步骤中用于计算 $E(\bar{X}^2 - S^2/n)$ 等统计量的期望。

样本方差定义为 $S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(X_i-\bar{X})^2$，其中 $\bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i$ 为样本均值。根据样本方差的性质，对于来自总体 $X$ 的简单随机样本，若总体方差 $D(X)=\sigma^2$ 存在，则样本方差 $S^2$ 是总体方差 $\sigma^2$ 的无偏估计量，即 $E(S^2)=\sigma^2$。 下面给出简要推导过程： 首先，将 $\sum_{i=1}^{n}(X_i-\bar{X})^2$ 展开为 $\sum_{i=1}^{n}X_i^2 - n\bar{X}^2$。 对两边取期望： $$E\left[\sum_{i=1}^{n}(X_i-\bar{X})^2\right] = E\left(\sum_{i=1}^{n}X_i^2\right) - nE(\bar{X}^2)$$ 由于 $X_i$ 独立同分布，$E(X_i^2)=D(X_i)+[E(X_i)]^2 = \sigma^2 + \mu^2$，其中 $\mu=E(X)$。 而 $\bar{X}$ 的期望为 $\mu$，方差为 $\frac{\sigma^2}{n}$，故 $E(\bar{X}^2)=D(\bar{X})+[E(\bar{X})]^2 = \frac{\sigma^2}{n}+\mu^2$。 代入得： $$E\left[\sum_{i=1}^{n}(X_i-\bar{X})^2\right] = n(\sigma^2+\mu^2) - n\left(\frac{\sigma^2}{n}+\mu^2\right) = n\sigma^2+ n\mu^2 - \sigma^2 - n\mu^2 = (n-1)\sigma^2$$ 因此， $$E(S^2)=E\left[\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(X_i-\bar{X})^2\right] = \frac{1}{n-1}\cdot (n-1)\sigma^2 = \sigma^2$$ 所以，$E(S^2)=\sigma^2$，即样本方差是总体方差的无偏估计。

要证明统计量$T = \bar{X}^2 - \frac{1}{n}S^2$是$\mu^2$的无偏估计，即证明$E(T) = \mu^2$。 首先，由期望的线性性质，有 $$E(T) = E(\bar{X}^2) - \frac{1}{n}E(S^2).$$ 已知样本均值$\bar{X}$的期望为$\mu$，方差为$\frac{\sigma^2}{n}$，因此 $$E(\bar{X}^2) = D(\bar{X}) + [E(\bar{X})]^2 = \frac{\sigma^2}{n} + \mu^2.$$ 样本方差$S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$是总体方差$\sigma^2$的无偏估计，即$E(S^2) = \sigma^2$。 代入得 $$E(T) = \left(\frac{\sigma^2}{n} + \mu^2\right) - \frac{1}{n}\cdot\sigma^2 = \mu^2.$$ 因此，$T$是$\mu^2$的无偏估计，证毕。

当总体均值 $\mu=0$ 且总体标准差 $\sigma=1$ 时，样本均值 $\bar{X}$ 服从正态分布 $N(0, 1/n)$。这是因为对于来自正态总体 $N(\mu, \sigma^2)$ 的简单随机样本，样本均值 $\bar{X} \sim N(\mu, \sigma^2/n)$。代入 $\mu=0$ 和 $\sigma=1$ 即得 $\bar{X} \sim N(0, 1/n)$。 由此，对 $\bar{X}$ 进行标准化变换：令 $Y = \sqrt{n}\bar{X}$，则 $Y$ 的期望为 $E(Y) = \sqrt{n}E(\bar{X}) = 0$，方差为 $D(Y) = nD(\bar{X}) = n \cdot (1/n) = 1$，故 $Y \sim N(0, 1)$，即标准正态分布。 进一步，考虑 $Y^2 = n\bar{X}^2$。由于 $Y \sim N(0,1)$，根据卡方分布的定义，标准正态随机变量的平方服从自由度为1的卡方分布，即 $Y^2 \sim \chi^2(1)$。因此 $n\bar{X}^2 \sim \chi^2(1)$。 这一结论是后续构造统计量（如t统计量或F统计量）的基础，在参数估计和假设检验中具有重要作用。

在正态总体 $X \sim N(\mu, \sigma^2)$ 中，样本方差 $S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$ 的分布是推断总体方差 $\sigma^2$ 的关键。根据抽样分布理论，统计量 $\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}$ 服从自由度为 $n-1$ 的卡方分布，即 $$\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1).$$ 这一结论的推导基于以下事实：首先，将样本观测值标准化，考虑 $\sum_{i=1}^n \left(\frac{X_i - \mu}{\sigma}\right)^2 \sim \chi^2(n)$。然后，将 $\mu$ 替换为样本均值 $\bar{X}$，并利用恒等式 $$\sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2 = \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2 + n(\bar{X} - \mu)^2,$$ 两边除以 $\sigma^2$ 得 $$\sum_{i=1}^n \left(\frac{X_i - \mu}{\sigma}\right)^2 = \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} + \left(\frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}}\right)^2.$$ 其中 $\sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2/\sigma^2 \sim \chi^2(n)$，$\left(\frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}}\right)^2 \sim \chi^2(1)$，且由Cochran定理可知，$\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}$ 与 $\left(\frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}}\right)^2$ 相互独立，因此 $\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)$。进一步，样本均值 $\bar{X}$ 与样本方差 $S^2$ 相互独立，这是正态总体下的一个重要性质。该独立性可由Cochran定理或联合分布的正交变换得到。因此，$S^2$ 本身服从一个缩放后的卡方分布：$$S^2 \sim \frac{\sigma^2}{n-1} \chi^2(n-1).$$ 这一分布特性为后续构造关于 $\sigma^2$ 的置信区间或假设检验提供了理论基础。

由步骤5已知 $T = \bar{X}^2 + \frac{1}{n}S^2$，且 $\bar{X}$ 与 $S^2$ 独立。因此方差可分解为： $$D(T) = D(\bar{X}^2) + \frac{1}{n^2} D(S^2).$$ 首先处理 $\bar{X}^2$。由于 $X_1,\dots,X_n$ 独立同分布于 $N(\mu,\sigma^2)$，样本均值 $\bar{X} \sim N(\mu, \sigma^2/n)$。令 $U = \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}} \sim N(0,1)$，则 $\bar{X} = \mu + \frac{\sigma}{\sqrt{n}} U$，于是 $$\bar{X}^2 = \mu^2 + \frac{2\mu\sigma}{\sqrt{n}} U + \frac{\sigma^2}{n} U^2.$$ 由于 $U \sim N(0,1)$，有 $E(U)=0$，$E(U^2)=1$，$E(U^4)=3$。计算方差： $$D(\bar{X}^2) = E(\bar{X}^4) - [E(\bar{X}^2)]^2.$$ 先求 $E(\bar{X}^2)$： $$E(\bar{X}^2) = \mu^2 + \frac{\sigma^2}{n}.$$ 再求 $E(\bar{X}^4)$： $$\bar{X}^4 = \left(\mu + \frac{\sigma}{\sqrt{n}} U\right)^4 = \mu^4 + 4\mu^3\frac{\sigma}{\sqrt{n}}U + 6\mu^2\frac{\sigma^2}{n}U^2 + 4\mu\frac{\sigma^3}{n^{3/2}}U^3 + \frac{\sigma^4}{n^2}U^4.$$ 取期望，利用 $E(U)=0$，$E(U^2)=1$，$E(U^3)=0$，$E(U^4)=3$，得 $$E(\bar{X}^4) = \mu^4 + 6\mu^2\frac{\sigma^2}{n} + \frac{3\sigma^4}{n^2}.$$ 因此 $$D(\bar{X}^2) = \left(\mu^4 + \frac{6\mu^2\sigma^2}{n} + \frac{3\sigma^4}{n^2}\right) - \left(\mu^2 + \frac{\sigma^2}{n}\right)^2 = \frac{4\mu^2\sigma^2}{n} + \frac{2\sigma^4}{n^2}.$$ 其次处理 $S^2$。由抽样分布定理，$\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)$，记 $V = \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}$，则 $S^2 = \frac{\sigma^2}{n-1} V$，且 $D(V)=2(n-1)$。于是 $$D(S^2) = \frac{\sigma^4}{(n-1)^2} \cdot 2(n-1) = \frac{2\sigma^4}{n-1}.$$ 代入方差分解式： $$D(T) = \left(\frac{4\mu^2\sigma^2}{n} + \frac{2\sigma^4}{n^2}\right) + \frac{1}{n^2} \cdot \frac{2\sigma^4}{n-1} = \frac{4\mu^2\sigma^2}{n} + \frac{2\sigma^4}{n^2} + \frac{2\sigma^4}{n^2(n-1)}.$$ 合并后两项： $$\frac{2\sigma^4}{n^2} + \frac{2\sigma^4}{n^2(n-1)} = \frac{2\sigma^4}{n^2} \left(1 + \frac{1}{n-1}\right) = \frac{2\sigma^4}{n^2} \cdot \frac{n}{n-1} = \frac{2\sigma^4}{n(n-1)}.$$ 故最终 $$D(T) = \frac{4\mu^2\sigma^2}{n} + \frac{2\sigma^4}{n(n-1)}.$$