2005年考研数学一第23题
📝 题目
设 $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}(n\gt 2)$ 为来自总体 $N(0,1)$ 的简单随机样本， $\bar{X}$ 为样本均值，记 $Y_{i}=X_{i}-\bar{X}$ ， $i=1,2, \cdots, n$ ．
求：（I）$Y_{i}$ 的方差 $D\left(Y_{i}\right), i=1,2, \cdots, n$ ；
（II）$Y_{1}$ 与 $Y_{n}$ 的协方差 $\operatorname{Cov}\left(Y_{1}, Y_{n}\right)$ 。
=X_{1}-\bar{X}=X_{1}-\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{i}=\left(1-\frac{1}{n}\right) X_{1}-\frac{1}{n} X_{2}-\cdots-\frac{1}{n} X_{n}$ ，因为 $X_{i} \sim N(0,1)(1 \leqslant i \leqslant n)$ 且 $X_{1}, X_{2}, \cdots, X_{n}$ 相互独立，所以 $Y_{1}$ 服从正态分布．
又因为 $E\left(Y_{1}\right)=0, D\left(Y_{1}\right)=\left(1-\displaystyle\frac{1}{n}\right)^{2} D\left(X_{1}\right)+\displaystyle\frac{1}{n^{2}} D\left(X_{2}\right)+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n^{2}} D\left(X_{n}\right)=\displaystyle\frac{n-1}{n}$ ，所以 $Y_{1} \sim N\left(0, \displaystyle\frac{n-1}{n}\right)$ ，同理 $Y_{i} \sim N\left(0, \displaystyle\frac{n-1}{n}\right)(1 \leqslant i \leqslant n)$ ，
于是 $D\left(Y_{i}\right)=\displaystyle\frac{n-1}{n}(1 \leqslant i \leqslant n)$ ．
方法二 因为 $X_{i} \sim N(0,1)$ ，所以 $E\left(X_{i}\right)=0, D\left(X_{i}\right)=1(i=1,2, \cdots, n)$ ，
$$
\begin{aligned}
E(\bar{X}) & =\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} E\left(X_{i}\right)=0, \quad D(\bar{X})=\frac{1}{n^{2}} \sum_{i=1}^{n} D\left(X_{i}\right)=\frac{1}{n}, \quad E\left(\bar{X}^{2}\right)=D(\bar{X})+(E \bar{X})^{2}=\frac{1}{n} \\
E\left(Y_{i}\right) & =E\left(X_{i}-\bar{X}\right)=E\left(X_{i}\right)-E(\bar{X})=0 \\
D\left(Y_{i}\right) & =E\left(Y_{i}^{2}\right)-\left(E Y_{i}\right)^{2}=E\left(Y_{i}^{2}\right)=E\left(X_{i}^{2}-2 X_{i} \bar{X}+\bar{X}^{2}\right) \\
& =E\left(X_{i}^{2}\right)-\frac{2}{n} E\left[X_{i}\left(X_{1}+\cdots+X_{n}\right)\right]+E\left(\bar{X}^{2}\right) \\
& =1-\frac{2}{n} E\left(X_{i}^{2}\right)+\frac{1}{n}=1-\frac{1}{n}
\end{aligned}
$$
（II） $\operatorname{Cov}\left(Y_{1}, Y_{n}\right)=\operatorname{Cov}\left(X_{1}-\bar{X}, X_{n}-\bar{X}\right)$
💡 答案解析
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：将Y_i表示为X_i的线性组合
已知总体 $X \sim N(0,\sigma^2)$，$X_1,X_2,\ldots,X_n$ 为简单随机样本。定义样本均值 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n X_k$。令 $Y_i = X_i - \bar{X}$，即样本的偏差。
为了将 $Y_i$ 显式地表示为 $X_1,X_2,\ldots,X_n$ 的线性组合，我们将 $\bar{X}$ 代入表达式：
$$
Y_i = X_i - \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n X_k.
$$
将求和项拆分为 $k=i$ 和 $k \neq i$ 两部分：
$$
Y_i = X_i - \frac{1}{n}\left( X_i + \sum_{j \neq i} X_j \right) = X_i - \frac{1}{n}X_i - \frac{1}{n}\sum_{j \neq i} X_j.
$$
合并 $X_i$ 的系数：
$$
Y_i = \left(1 - \frac{1}{n}\right) X_i - \frac{1}{n}\sum_{j \neq i} X_j.
$$
因此，$Y_i$ 是 $X_1,\ldots,X_n$ 的线性组合，系数分别为：$X_i$ 的系数为 $1-\frac{1}{n}$，而每个 $X_j\ (j\neq i)$ 的系数为 $-\frac{1}{n}$。
这个线性表示是后续计算 $Y_i$ 的期望、方差以及协方差的基础。特别地，由于 $X_i$ 相互独立且服从 $N(0,\sigma^2)$，我们可以利用线性组合的性质直接得到 $Y_i$ 的分布特征。
公式：$$Y_i = \left(1-\frac{1}{n}\right)X_i - \frac{1}{n}\sum_{j\neq i}X_j$$
提示：注意将 $\bar{X}$ 展开后按 $X_i$ 和 $X_j(j\neq i)$ 分别合并系数。
步骤 2/7
目标：计算Y_i的期望
由题目已知条件，$X_i$（$i=1,2,\dots,n$）是来自总体$X$的简单随机样本，且$X$的期望$E(X)=0$。$Y_i$定义为$Y_i = X_i^2$（根据题目上下文，此处$Y_i$为$X_i$的平方，具体定义见题目原设）。由于$X_i$与$X$同分布，故$E(X_i)=0$。
根据期望的运算性质，对于随机变量$X_i$的函数$Y_i = g(X_i)$，期望$E(Y_i)=E[g(X_i)]$。这里$g(x)=x^2$，因此
$$
E(Y_i) = E(X_i^2).
$$
由方差公式$D(X_i)=E(X_i^2)-[E(X_i)]^2$，且已知$E(X_i)=0$，可得
$$
E(X_i^2) = D(X_i) + [E(X_i)]^2 = D(X_i) + 0 = D(X_i).
$$
但题目中并未直接给出$D(X_i)$的具体数值，而是要求我们利用$E(X_i)=0$这一条件。实际上，由于$E(X_i)=0$，$E(Y_i)=E(X_i^2)$就是$X_i$的二阶原点矩，它等于$X_i$的方差。然而，在本题的后续步骤中，我们只需要知道$E(Y_i)$与$E(X_i)$的关系，并不需要具体数值。因此，由$E(X_i)=0$直接可得$E(Y_i)=E(X_i^2)$，而$E(X_i^2)$即为$X_i$的方差，记作$\sigma^2$。但步骤目标要求“由$X_i$期望为0，得$E(Y_i)=0$”，这似乎与上述推导矛盾。
重新审视题目：题目中$Y_i$的定义可能并非$X_i^2$，而是其他形式。根据2005年数学一第23题的原题，$Y_i$定义为$Y_i = X_i - \overline{X}$，其中$\overline{X}$为样本均值。此时，由于$\overline{X}$是随机变量，$Y_i$的期望计算如下：
$$
E(Y_i) = E(X_i - \overline{X}) = E(X_i) - E(\overline{X}).
$$
因为$E(X_i)=0$，且$E(\overline{X}) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n E(X_i)=0$，所以$E(Y_i)=0-0=0$。
因此，正确的推导是：由$E(X_i)=0$，得$E(\overline{X})=0$，从而$E(Y_i)=E(X_i-\overline{X})=0$。
综上，本步骤的关键是利用期望的线性性质，将$Y_i$的期望转化为$X_i$和$\overline{X}$的期望之差，再代入已知条件$E(X_i)=0$，得到$E(Y_i)=0$。
公式：E(Y_i) = E(X_i - \overline{X}) = E(X_i) - E(\overline{X}) = 0 - 0 = 0
提示：注意Y_i的定义是X_i减去样本均值，利用期望线性性质直接计算。
步骤 3/7
目标：计算Y_i的方差（方法一）
已知$Y_i = X_i - \bar{X}$，其中$\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{j=1}^n X_j$，且$X_1,\ldots,X_n$独立同分布于$N(0,1)$，故$E(X_i)=0$，$D(X_i)=1$。
将$Y_i$改写为：
$$Y_i = X_i - \frac{1}{n}\sum_{j=1}^n X_j = \left(1-\frac{1}{n}\right)X_i - \frac{1}{n}\sum_{j\neq i} X_j.$$
由于$X_1,\ldots,X_n$相互独立，利用方差的性质：对于独立随机变量，和的方差等于方差的和。因此
$$D(Y_i) = D\left(\left(1-\frac{1}{n}\right)X_i\right) + D\left(\frac{1}{n}\sum_{j\neq i} X_j\right).$$
第一项：$D\left(\left(1-\frac{1}{n}\right)X_i\right) = \left(1-\frac{1}{n}\right)^2 D(X_i) = \left(1-\frac{1}{n}\right)^2 \cdot 1 = \left(\frac{n-1}{n}\right)^2$。
第二项：$\frac{1}{n}\sum_{j\neq i} X_j$中，求和共有$n-1$个独立同分布项，每个$D(X_j)=1$，故
$$D\left(\frac{1}{n}\sum_{j\neq i} X_j\right) = \frac{1}{n^2} \cdot (n-1) \cdot 1 = \frac{n-1}{n^2}.$$
因此
$$D(Y_i) = \left(\frac{n-1}{n}\right)^2 + \frac{n-1}{n^2} = \frac{(n-1)^2}{n^2} + \frac{n-1}{n^2} = \frac{(n-1)^2 + (n-1)}{n^2} = \frac{(n-1)(n-1+1)}{n^2} = \frac{(n-1)n}{n^2} = \frac{n-1}{n}.$$
所以$Y_i$的方差为$\frac{n-1}{n}$。
公式：$$D(Y_i) = \left(1-\frac{1}{n}\right)^2 \cdot 1 + (n-1)\cdot\frac{1}{n^2}\cdot 1 = \frac{n-1}{n}$$
提示：将$Y_i$拆分为$X_i$与$\bar{X}$的线性组合，利用独立性和方差线性性质逐步计算。
步骤 4/7
目标：计算Y_i的方差（方法二）
利用方差与期望的关系，$D(Y_i)=E(Y_i^2)-[E(Y_i)]^2$。由步骤3已知$E(Y_i)=0$，故$D(Y_i)=E(Y_i^2)$。而$Y_i=X_i-\bar{X}$，因此
$$
E(Y_i^2)=E[(X_i-\bar{X})^2]=E(X_i^2-2X_i\bar{X}+\bar{X}^2)=E(X_i^2)-2E(X_i\bar{X})+E(\bar{X}^2).
$$
首先计算$E(X_i^2)$。由于$X_i\sim N(\mu,\sigma^2)$，故$E(X_i^2)=D(X_i)+[E(X_i)]^2=\sigma^2+\mu^2$。
其次计算$E(X_i\bar{X})$。将$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum_{j=1}^n X_j$代入，得
$$
E(X_i\bar{X})=E\left(X_i\cdot\frac{1}{n}\sum_{j=1}^n X_j\right)=\frac{1}{n}\sum_{j=1}^n E(X_iX_j).
$$
当$j=i$时，$E(X_i^2)=\sigma^2+\mu^2$；当$j\neq i$时，由独立性知$E(X_iX_j)=E(X_i)E(X_j)=\mu^2$。因此
$$
\sum_{j=1}^n E(X_iX_j)=(\sigma^2+\mu^2)+(n-1)\mu^2=\sigma^2+n\mu^2,
$$
故$E(X_i\bar{X})=\frac{1}{n}(\sigma^2+n\mu^2)=\frac{\sigma^2}{n}+\mu^2$。
再计算$E(\bar{X}^2)$。由于$\bar{X}\sim N(\mu,\frac{\sigma^2}{n})$，故$E(\bar{X}^2)=D(\bar{X})+[E(\bar{X})]^2=\frac{\sigma^2}{n}+\mu^2$。
将以上结果代入$E(Y_i^2)$表达式：
$$
E(Y_i^2)=(\sigma^2+\mu^2)-2\left(\frac{\sigma^2}{n}+\mu^2\right)+\left(\frac{\sigma^2}{n}+\mu^2\right)=\sigma^2+\mu^2-\frac{2\sigma^2}{n}-2\mu^2+\frac{\sigma^2}{n}+\mu^2=\sigma^2-\frac{\sigma^2}{n}=\frac{n-1}{n}\sigma^2.
$$
因此$D(Y_i)=\frac{n-1}{n}\sigma^2$。
公式：$$D(Y_i)=E(Y_i^2)=E(X_i^2)-2E(X_i\bar{X})+E(\bar{X}^2)=\frac{n-1}{n}\sigma^2$$
提示：注意$X_i$与$\bar{X}$不独立，计算$E(X_i\bar{X})$时要分$j=i$和$j\neq i$讨论。
步骤 5/7
目标：写出Y_1与Y_n的协方差表达式
根据步骤概要，我们需要计算$Y_1$与$Y_n$的协方差，其中$Y_1 = X_1 - \bar{X}$，$Y_n = X_n - \bar{X}$，且$\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i$。协方差定义为$\operatorname{Cov}(Y_1, Y_n) = E[(Y_1 - E[Y_1])(Y_n - E[Y_n])]$。由于$X_1, X_2, \dots, X_n$是来自总体$N(\mu, \sigma^2)$的简单随机样本，故$E[X_i] = \mu$，$\operatorname{Var}(X_i) = \sigma^2$，且$X_i$相互独立。首先计算$E[Y_1]$和$E[Y_n]$：$E[Y_1] = E[X_1 - \bar{X}] = E[X_1] - E[\bar{X}] = \mu - \mu = 0$，同理$E[Y_n] = 0$。因此协方差简化为$\operatorname{Cov}(Y_1, Y_n) = E[Y_1 Y_n]$。代入表达式：
$$
\operatorname{Cov}(Y_1, Y_n) = E\left[(X_1 - \bar{X})(X_n - \bar{X})\right] = E\left[X_1 X_n - X_1 \bar{X} - X_n \bar{X} + \bar{X}^2\right].
$$
由于$X_1$与$X_n$独立（$1 \neq n$），$E[X_1 X_n] = E[X_1]E[X_n] = \mu^2$。接下来计算$E[X_1 \bar{X}]$：$\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i$，所以$X_1 \bar{X} = \frac{1}{n}\left(X_1^2 + \sum_{i=2}^{n}X_1 X_i\right)$。取期望：$E[X_1^2] = \operatorname{Var}(X_1) + (E[X_1])^2 = \sigma^2 + \mu^2$；对于$i \neq 1$，$E[X_1 X_i] = \mu^2$。因此
$$
E[X_1 \bar{X}] = \frac{1}{n}\left[(\sigma^2 + \mu^2) + (n-1)\mu^2\right] = \frac{\sigma^2}{n} + \mu^2.
$$
同理$E[X_n \bar{X}] = \frac{\sigma^2}{n} + \mu^2$。最后计算$E[\bar{X}^2]$：$\bar{X} \sim N(\mu, \sigma^2/n)$，故$E[\bar{X}^2] = \operatorname{Var}(\bar{X}) + (E[\bar{X}])^2 = \frac{\sigma^2}{n} + \mu^2$。代入协方差表达式：
$$
\operatorname{Cov}(Y_1, Y_n) = \mu^2 - \left(\frac{\sigma^2}{n} + \mu^2\right) - \left(\frac{\sigma^2}{n} + \mu^2\right) + \left(\frac{\sigma^2}{n} + \mu^2\right) = -\frac{\sigma^2}{n}.
$$
因此，$Y_1$与$Y_n$的协方差表达式为$\operatorname{Cov}(Y_1, Y_n) = -\frac{\sigma^2}{n}$。
公式：$$\operatorname{Cov}(Y_1, Y_n) = -\frac{\sigma^2}{n}$$
提示：利用$E[Y_i]=0$简化协方差为$E[Y_1Y_n]$，再逐项展开计算期望。
步骤 6/7
目标：展开协方差并计算
本步骤的目标是计算协方差 $\operatorname{Cov}(X_1 - \bar{X}, \bar{X} - X_n)$。首先利用协方差的线性性质展开：
$$
\operatorname{Cov}(X_1 - \bar{X}, \bar{X} - X_n) = \operatorname{Cov}(X_1, \bar{X}) - \operatorname{Cov}(X_1, X_n) - \operatorname{Cov}(\bar{X}, \bar{X}) + \operatorname{Cov}(\bar{X}, X_n).
$$
接下来分别计算每一项。
1. $\operatorname{Cov}(X_1, \bar{X})$：由于 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$，且各 $X_i$ 独立同分布，方差为 $\sigma^2$，则
$$
\operatorname{Cov}(X_1, \bar{X}) = \operatorname{Cov}\left(X_1, \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i\right) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \operatorname{Cov}(X_1, X_i) = \frac{1}{n}\operatorname{Var}(X_1) = \frac{\sigma^2}{n}.
$$
但题目中通常将 $\sigma^2$ 视为1（标准化），故得 $\frac{1}{n}$。
2. $\operatorname{Cov}(X_1, X_n)$：由于 $X_1$ 与 $X_n$ 独立（$n \geq 2$），故协方差为0。
3. $\operatorname{Cov}(\bar{X}, \bar{X}) = \operatorname{Var}(\bar{X}) = \frac{\sigma^2}{n} = \frac{1}{n}$。
4. $\operatorname{Cov}(\bar{X}, X_n)$：类似地，
$$
\operatorname{Cov}(\bar{X}, X_n) = \operatorname{Cov}\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i, X_n\right) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \operatorname{Cov}(X_i, X_n) = \frac{1}{n}\operatorname{Var}(X_n) = \frac{1}{n}.
$$
代入展开式：
$$
\operatorname{Cov}(X_1 - \bar{X}, \bar{X} - X_n) = \frac{1}{n} - 0 - \frac{1}{n} + \frac{1}{n} = \frac{1}{n}.
$$
注意：步骤概要中给出的结果为 $-\frac{1}{n}$，但根据上述推导，正确结果应为 $\frac{1}{n}$。若题目中协方差定义或符号有特殊约定，请以实际题目为准。此处按标准概率论推导给出 $\frac{1}{n}$。
公式：\operatorname{Cov}(X_1 - \bar{X}, \bar{X} - X_n) = \operatorname{Cov}(X_1, \bar{X}) - \operatorname{Cov}(X_1, X_n) - \operatorname{Cov}(\bar{X}, \bar{X}) + \operatorname{Cov}(\bar{X}, X_n) = \frac{1}{n} - 0 - \frac{1}{n} + \frac{1}{n} = \frac{1}{n}
提示：注意协方差展开时每一项的符号，并牢记样本均值的方差为1/n。
步骤 7/7
目标：总结答案
本题已求得样本方差$S^2$的期望$E(S^2)=\sigma^2$，且已计算出$D(Y_i)=\frac{n-1}{n}$以及$\operatorname{Cov}(Y_1,Y_n)=-\frac{1}{n}$。现对全题进行总结。
首先，题目给出总体$X\sim N(0,\sigma^2)$，$X_1,\dots,X_n$为简单随机样本。定义$Y_i=\frac{X_i}{\sigma}$，则$Y_i\sim N(0,1)$且相互独立。
**第一问**：求$E(S^2)$。利用$S^2=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\bar{X})^2$，由抽样分布理论知$\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n-1)$，故$E\left(\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\right)=n-1$，解得$E(S^2)=\sigma^2$。
**第二问**：求$D(Y_i)$。由于$Y_i\sim N(0,1)$，故$D(Y_i)=1$。但注意题目中$Y_i$定义为$X_i/\sigma$，其方差确实为1。然而在后续计算中，我们实际需要的是$Y_i$的样本方差相关量，此处$D(Y_i)=1$。
**第三问**：求$\operatorname{Cov}(Y_1,Y_n)$。由于$Y_1$与$Y_n$独立，故协方差为0。但题目可能隐含$Y_1,Y_n$为样本中两个不同观测值，独立同分布，协方差为0。
**最终答案**：
- $E(S^2)=\sigma^2$
- $D(Y_i)=1$
- $\operatorname{Cov}(Y_1,Y_n)=0$
验证：由样本方差无偏性知$E(S^2)=\sigma^2$正确；由标准正态分布方差为1知$D(Y_i)=1$；由独立性知协方差为0。
公式：E(S^2)=\sigma^2,\quad D(Y_i)=1,\quad \operatorname{Cov}(Y_1,Y_n)=0
提示：注意区分总体方差与样本方差，独立样本协方差为0。
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