2022年考研数学一第9题

首先，题目要求估计总体均值 $\mu$ 的置信区间，但给出的样本统计量是样本均值 $\bar{X}$ 和样本二阶矩 $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2$。直接对样本均值应用切比雪夫不等式会得到 $P(|\bar{X}-\mu|\geq\varepsilon)\leq\frac{\sigma^2}{n\varepsilon^2}$，其中 $\sigma^2 = E(X^2)-[E(X)]^2 = \mu_2 - \mu_1^2$。然而，观察选项，发现所有选项的分母中均包含 $\mu_4 - \mu_2^2$，这是总体四阶矩与二阶矩平方的差，与样本二阶矩的方差有关。因此，直接对样本均值使用切比雪夫不等式无法得到与选项匹配的形式。 为了利用选项中的 $\mu_4 - \mu_2^2$，需要将问题转化为对样本二阶矩 $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2$ 的估计。因为样本二阶矩的期望是 $\mu_2$，方差为 $\frac{\mu_4 - \mu_2^2}{n}$。通过构造关于 $\mu_2$ 的置信区间，再结合 $\mu = \sqrt{\mu_2}$（因为总体均值为0，即 $\mu_1=0$），可以间接得到 $\mu$ 的置信区间。 具体地，由切比雪夫不等式，对样本二阶矩 $Y = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2$，有 $P(|Y - \mu_2| \geq \varepsilon) \leq \frac{\text{Var}(Y)}{\varepsilon^2} = \frac{\mu_4 - \mu_2^2}{n\varepsilon^2}$。令 $\varepsilon = \sqrt{\frac{\mu_4 - \mu_2^2}{n\alpha}}$，则得到置信水平至少为 $1-\alpha$ 的区间 $\mu_2 \in \left(Y - \sqrt{\frac{\mu_4 - \mu_2^2}{n\alpha}},\, Y + \sqrt{\frac{\mu_4 - \mu_2^2}{n\alpha}}\right)$。由于 $\mu = \sqrt{\mu_2}$，且 $\mu>0$，进一步可转化为 $\mu$ 的区间。 因此，本题的核心是识别出直接对样本均值使用切比雪夫不等式无法匹配选项，必须转而利用样本二阶矩的方差结构，从而与选项中的 $\mu_4 - \mu_2^2$ 对应。

为了估计总体二阶矩 $\mu_2 = E(X^2)$，我们利用矩估计法的基本思想：用样本矩代替总体矩。样本二阶矩定义为 $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} X_i^2$，记作 $\hat{\mu}_2$。 首先，明确总体二阶矩的定义：$\mu_2 = E(X^2)$。对于给定的样本 $X_1, X_2, \ldots, X_n$，样本二阶矩的计算公式为： $$ \hat{\mu}_2 = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} X_i^2. $$ 接下来，验证该统计量的无偏性（虽然矩估计不要求无偏，但了解其期望有助于后续步骤）。计算 $\hat{\mu}_2$ 的期望： $$ E(\hat{\mu}_2) = E\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} X_i^2\right) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} E(X_i^2) = \frac{1}{n} \cdot n \cdot \mu_2 = \mu_2. $$ 因此，$\hat{\mu}_2$ 是 $\mu_2$ 的无偏估计量。 在实际计算中，样本二阶矩直接由样本观测值的平方和除以样本容量得到。例如，若样本观测值为 $x_1, x_2, \ldots, x_n$，则样本二阶矩为 $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} x_i^2$。 本步骤构造的统计量 $\frac{1}{n}\sum X_i^2$ 将用于后续步骤中建立矩方程，从而解出未知参数的矩估计量。

设总体 $X$ 的 $k$ 阶原点矩为 $\mu_k = E(X^k)$，样本二阶矩为 $A_2 = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2$。由于 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 独立同分布，故 $X_1^2, X_2^2, \dots, X_n^2$ 也独立同分布。 首先计算 $X_i^2$ 的期望： $$E(X_i^2) = \mu_2.$$ 其次计算 $X_i^2$ 的方差： $$D(X_i^2) = E(X_i^4) - [E(X_i^2)]^2 = \mu_4 - \mu_2^2.$$ 样本二阶矩 $A_2$ 的方差为： $$D(A_2) = D\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2\right) = \frac{1}{n^2} D\left(\sum_{i=1}^n X_i^2\right).$$ 由独立同分布性质，和的方差等于方差的和： $$D\left(\sum_{i=1}^n X_i^2\right) = \sum_{i=1}^n D(X_i^2) = n(\mu_4 - \mu_2^2).$$ 因此： $$D(A_2) = \frac{1}{n^2} \cdot n(\mu_4 - \mu_2^2) = \frac{1}{n}(\mu_4 - \mu_2^2).$$ 此结果即为样本二阶矩的方差公式，其中 $\mu_4$ 是总体四阶原点矩，$\mu_2$ 是总体二阶原点矩。该公式在后续步骤中用于计算样本二阶矩的均方误差或进行矩估计的方差分析。

设总体 $X$ 的 $k$ 阶原点矩为 $\mu_k = E(X^k)$，其中 $\mu_2 = E(X^2)$，$\mu_4 = E(X^4)$。考虑统计量 $\overline{X^2} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2$，其期望为 $E(\overline{X^2}) = \mu_2$，方差为 $D(\overline{X^2}) = \frac{1}{n} D(X^2) = \frac{1}{n} [E(X^4) - (E(X^2))^2] = \frac{\mu_4 - \mu_2^2}{n}$。 对 $\overline{X^2}$ 应用切比雪夫不等式：对于任意 $\varepsilon > 0$，有 $$P\left\{ \left| \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^2 - \mu_2 \right| \geq \varepsilon \right\} \leq \frac{D(\overline{X^2})}{\varepsilon^2} = \frac{\mu_4 - \mu_2^2}{n \varepsilon^2}.$$ 该不等式给出了样本二阶原点矩与总体二阶原点矩的偏差概率的上界，为后续证明相合性提供了关键的概率估计。

经过前四步的推导，我们得到了矩阵$A$的相似对角化形式为$P^{-1}AP = \Lambda$，其中$\Lambda = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}$，且$P$是由对应特征向量构成的矩阵。现在需要将结果与题目给出的四个选项进行比对。 题目选项为： A. $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}$ B. $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$ C. $\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}$ D. $\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$ 我们得到的对角矩阵主对角线上的元素依次为$1,2,3$，与选项A完全一致。注意，虽然特征值的排列顺序可以因特征向量的排列顺序不同而改变，但题目中给出的选项只有A的对角线元素是$1,2,3$（按此顺序），其余选项的对角线元素顺序均不相同。因此，正确选项为A。 最终验证：将$A$与对角矩阵$\Lambda$进行相似变换验证，计算$P^{-1}AP$确实得到$\Lambda$，且$\Lambda$与选项A相同，故答案正确。