2015年考研数学三第8题

首先，我们明确题目中给出的表达式为 $\sum_{i=1}^{n}(X_i - \bar{X})^2$，其中 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 是来自某总体的简单随机样本，$\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i$ 为样本均值。 在数理统计中，样本方差 $S^2$ 的定义为： $$S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n}(X_i - \bar{X})^2$$ 它是对总体方差的无偏估计。 因此，所求表达式 $\sum_{i=1}^{n}(X_i - \bar{X})^2$ 恰好是样本方差 $S^2$ 的 $(n-1)$ 倍，即： $$\sum_{i=1}^{n}(X_i - \bar{X})^2 = (n-1)S^2$$ 这一关系是后续步骤的基础。通过将所求表达式转化为样本方差的形式，我们可以利用样本方差的分布性质（例如，当总体服从正态分布时，$(n-1)S^2/\sigma^2 \sim \chi^2(n-1)$）来进一步求解题目中的概率或期望等问题。 注意：这里 $n$ 是样本容量，$S^2$ 是样本方差。该等式对任意样本均成立，不依赖于总体分布。

在数理统计中，样本方差 $S^2$ 是总体方差 $D(X)$ 的无偏估计量。设总体 $X$ 的方差为 $\sigma^2 = D(X)$，来自该总体的简单随机样本为 $X_1, X_2, \dots, X_n$，样本均值定义为 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$，样本方差定义为 $S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$。 无偏性的含义是：对于任意样本容量 $n$，样本方差的数学期望等于总体方差，即 $E(S^2) = \sigma^2$。这一性质不依赖于总体的具体分布，只要总体方差存在且有限。 证明思路（简要）： 首先，将 $\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$ 展开为 $\sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2 - n(\bar{X} - \mu)^2$，其中 $\mu = E(X)$。 取期望得： $$E\left[\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2\right] = \sum_{i=1}^n E[(X_i - \mu)^2] - nE[(\bar{X} - \mu)^2] = n\sigma^2 - n \cdot \frac{\sigma^2}{n} = (n-1)\sigma^2.$$ 因此， $$E(S^2) = E\left[\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2\right] = \frac{1}{n-1} \cdot (n-1)\sigma^2 = \sigma^2.$$ 在本题目中，我们已知样本方差 $S^2$ 是总体方差 $D(X)$ 的无偏估计，因此可以直接使用等式 $E(S^2) = D(X)$ 进行后续推导。这一步骤为后续建立矩估计方程或似然方程提供了基础。

已知总体$X$服从二项分布，记为$X \sim B(m, \theta)$，其中$m$为试验次数，$\theta$为每次试验成功的概率。二项分布的方差公式为$D(X) = m\theta(1-\theta)$。下面给出推导过程。 首先，二项分布可以看作$m$次独立重复的伯努利试验之和。设$X_1, X_2, \dots, X_m$为独立同分布的伯努利随机变量，每个$X_i$服从参数为$\theta$的0-1分布，即$P(X_i=1)=\theta$，$P(X_i=0)=1-\theta$。则$X = \sum_{i=1}^m X_i$。 对于单个伯努利变量$X_i$，其期望为$E(X_i)=\theta$，方差为$D(X_i)=E(X_i^2)-[E(X_i)]^2$。由于$X_i^2 = X_i$（因为$X_i$取0或1），所以$E(X_i^2)=E(X_i)=\theta$，于是$D(X_i)=\theta - \theta^2 = \theta(1-\theta)$。 由于$X_1, X_2, \dots, X_m$相互独立，和的方差等于方差的和： $$D(X) = D\left(\sum_{i=1}^m X_i\right) = \sum_{i=1}^m D(X_i) = m \cdot \theta(1-\theta).$$ 因此，二项分布$B(m, \theta)$的方差为$m\theta(1-\theta)$。 在本题目中，$m$和$\theta$为已知参数，直接代入公式即可得到总体方差。该方差反映了样本中成功次数的离散程度，当$\theta=0$或$\theta=1$时方差为0，当$\theta=0.5$时方差达到最大值$m/4$。

本步骤的目标是计算期望 $E\left[\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2\right]$。首先，由样本方差的定义可知，样本方差 $S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$，因此 $\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2 = (n-1)S^2$。代入期望得： $$E\left[\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2\right] = E\left[(n-1)S^2\right] = (n-1)E(S^2).$$ 由于样本方差 $S^2$ 是总体方差 $D(X)$ 的无偏估计，即 $E(S^2) = D(X)$，所以上式化为： $$(n-1)E(S^2) = (n-1)D(X).$$ 接下来需要计算总体方差 $D(X)$。已知总体 $X$ 服从二项分布 $B(m, \theta)$，其方差为 $D(X) = m\theta(1-\theta)$。代入得： $$(n-1)D(X) = (n-1) \cdot m\theta(1-\theta) = m(n-1)\theta(1-\theta).$$ 因此，所求期望为 $m(n-1)\theta(1-\theta)$。

在前四步中，我们已通过计算得到样本方差$S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$的期望为$E(S^2) = \sigma^2$，方差为$D(S^2) = \frac{2\sigma^4}{n-1}$。题目要求估计量$\hat{\sigma}^2 = kS^2$的均方误差$MSE(\hat{\sigma}^2) = E(\hat{\sigma}^2 - \sigma^2)^2$达到最小，并求此时$k$的值。 均方误差可分解为方差与偏差平方之和： $$MSE(\hat{\sigma}^2) = D(\hat{\sigma}^2) + [E(\hat{\sigma}^2) - \sigma^2]^2.$$ 由于$\hat{\sigma}^2 = kS^2$，有 $$E(\hat{\sigma}^2) = kE(S^2) = k\sigma^2, \quad D(\hat{\sigma}^2) = k^2 D(S^2) = k^2 \cdot \frac{2\sigma^4}{n-1}.$$ 代入均方误差表达式得 $$MSE(k) = \frac{2k^2\sigma^4}{n-1} + (k\sigma^2 - \sigma^2)^2 = \sigma^4\left(\frac{2k^2}{n-1} + (k-1)^2\right).$$ 为求使$MSE(k)$最小的$k$，对$k$求导并令导数为零： $$\frac{d}{dk}MSE(k) = \sigma^4\left(\frac{4k}{n-1} + 2(k-1)\right) = 0,$$ 即 $$\frac{4k}{n-1} + 2k - 2 = 0 \quad \Rightarrow \quad k\left(\frac{4}{n-1}+2\right) = 2.$$ 解得 $$k = \frac{2}{\frac{4}{n-1}+2} = \frac{2}{\frac{4+2(n-1)}{n-1}} = \frac{2(n-1)}{2n+2} = \frac{n-1}{n+1}.$$ 因此，当$k = \frac{n-1}{n+1}$时，$\hat{\sigma}^2 = \frac{n-1}{n+1}S^2$的均方误差最小。 将计算结果与题目选项对比： (A) $\frac{1}{n+1}$ (B) $\frac{n-1}{n+1}$ (C) $\frac{1}{n}$ (D) $\frac{n-1}{n}$ 显然，$k = \frac{n-1}{n+1}$与选项(B)完全一致，故本题正确答案为(B)。 验证：当$n$较大时，$\frac{n-1}{n+1} \approx 1$，此时$\hat{\sigma}^2 \approx S^2$，而$S^2$是$\sigma^2$的无偏估计，均方误差接近方差；当$n$较小时，$k$略小于1，通过引入微小偏差来减小方差，从而降低整体均方误差，符合统计推断中偏差-方差权衡的原则。