2004年考研数学一第14题

首先，根据题目条件，已知随机变量序列 $X_1, X_2, \ldots, X_n$ 独立同分布，且 $E(X_i) = \mu$，$D(X_i) = \sigma^2 > 0$。定义样本均值 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$，并令 $Y = \bar{X}$。我们需要计算 $\operatorname{Cov}(X_1, Y)$。 协方差的基本定义是：对于两个随机变量 $U$ 和 $V$，有 $\operatorname{Cov}(U, V) = E[(U - E(U))(V - E(V))]$。 将 $U = X_1$，$V = Y = \bar{X}$ 代入，得到： $$\operatorname{Cov}(X_1, Y) = E\left[(X_1 - E(X_1))(Y - E(Y))\right].$$ 由于 $E(X_1) = \mu$，且 $E(Y) = E(\bar{X}) = \mu$，所以上式简化为： $$\operatorname{Cov}(X_1, Y) = E\left[(X_1 - \mu)(\bar{X} - \mu)\right].$$ 接下来，将 $\bar{X}$ 用其定义展开：$\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$，因此 $$\bar{X} - \mu = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (X_i - \mu).$$ 代入协方差表达式： $$\operatorname{Cov}(X_1, Y) = E\left[(X_1 - \mu) \cdot \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (X_i - \mu)\right] = \frac{1}{n} E\left[\sum_{i=1}^n (X_1 - \mu)(X_i - \mu)\right].$$ 利用期望的线性性质，将求和号提到期望外面： $$\operatorname{Cov}(X_1, Y) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n E\left[(X_1 - \mu)(X_i - \mu)\right].$$ 而 $E\left[(X_1 - \mu)(X_i - \mu)\right]$ 正是 $X_1$ 与 $X_i$ 的协方差 $\operatorname{Cov}(X_1, X_i)$。因此得到关键步骤结果： $$\operatorname{Cov}(X_1, Y) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \operatorname{Cov}(X_1, X_i).$$ 此式将 $X_1$ 与样本均值的协方差转化为 $X_1$ 与每个 $X_i$ 的协方差的平均值，为后续利用独立性简化计算奠定了基础。

在计算样本均值 $\bar{X}$ 与样本方差 $S^2$ 的协方差时，我们需要处理表达式 $\operatorname{Cov}(\bar{X}, S^2)$。将 $\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i$ 和 $S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{j=1}^n (X_j - \bar{X})^2$ 代入协方差定义，并利用协方差的线性性质，可以得到： $$\operatorname{Cov}(\bar{X}, S^2) = \frac{1}{n(n-1)} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \operatorname{Cov}\bigl(X_i, (X_j - \bar{X})^2\bigr).$$ 由于 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 是来自同一总体的独立同分布样本，且总体方差为 $\sigma^2$，因此任意两个不同样本之间的协方差为零，即当 $i \neq j$ 时，$\operatorname{Cov}(X_i, X_j) = 0$。特别地，对于 $i \geq 2$，$X_1$ 与 $X_i$ 独立，从而 $\operatorname{Cov}(X_1, X_i) = 0$。 在展开协方差项时，注意到 $(X_j - \bar{X})^2$ 是 $X_1, \dots, X_n$ 的函数，但通过对称性和独立性，我们可以将求和中的项进行简化。具体地，考虑 $\operatorname{Cov}(X_1, (X_j - \bar{X})^2)$： - 当 $j = 1$ 时，$(X_1 - \bar{X})^2$ 中包含 $X_1$ 自身，此时协方差不为零； - 当 $j \geq 2$ 时，由于 $X_1$ 与 $X_j$ 独立，且 $\bar{X}$ 可写为 $\frac{X_1}{n} + \frac{1}{n}\sum_{k=2}^n X_k$，则 $(X_j - \bar{X})^2$ 中与 $X_1$ 相关的部分仅通过 $\bar{X}$ 中的 $X_1/n$ 项，但 $X_1$ 与 $X_j$ 独立，因此 $\operatorname{Cov}(X_1, (X_j - \bar{X})^2) = 0$。 因此，在双重求和 $\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n$ 中，仅当 $i = j = 1$ 时，项 $\operatorname{Cov}(X_1, (X_1 - \bar{X})^2)$ 非零。但更一般地，由对称性，所有 $i = j$ 的项贡献相同，且 $i \neq j$ 的项均为零。于是，协方差简化为： $$\operatorname{Cov}(\bar{X}, S^2) = \frac{1}{n(n-1)} \sum_{i=1}^n \operatorname{Cov}\bigl(X_i, (X_i - \bar{X})^2\bigr).$$ 进一步，利用 $X_i$ 与 $\bar{X}$ 的关系，可以证明 $\operatorname{Cov}(X_i, (X_i - \bar{X})^2) = \frac{n-1}{n} \sigma^2$（此结果将在后续步骤中详细推导）。因此，最终得到： $$\operatorname{Cov}(\bar{X}, S^2) = \frac{1}{n(n-1)} \cdot n \cdot \frac{n-1}{n} \sigma^2 = \frac{\sigma^2}{n}.$$ 本步骤的核心在于利用样本间的独立性，将大量协方差项归零，仅保留 $i=j$ 的项，从而大幅简化计算。

已知样本均值 $Y = \overline{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i$，且 $X_1, X_2, \dots, X_n$ 独立同分布，总体方差为 $\sigma^2$。我们需要计算 $\operatorname{Cov}(X_1, Y)$。 由协方差的性质： $$ \operatorname{Cov}(X_1, Y) = \operatorname{Cov}\left(X_1, \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i\right) = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\operatorname{Cov}(X_1, X_i). $$ 由于 $X_1$ 与 $X_i$（$i \neq 1$）相互独立，故 $\operatorname{Cov}(X_1, X_i)=0$（$i \neq 1$）；而当 $i=1$ 时，$\operatorname{Cov}(X_1, X_1) = \operatorname{Var}(X_1) = \sigma^2$。因此： $$ \operatorname{Cov}(X_1, Y) = \frac{1}{n} \cdot \sigma^2 = \frac{\sigma^2}{n}. $$ 由此可知，选项 (A) 正确。

为了进一步确认选项(A)的正确性，我们计算$D(X_1+Y)$和$D(X_1-Y)$，验证它们是否与选项(C)和(D)相符。 已知$X_1, X_2, X_3$相互独立且服从标准正态分布$N(0,1)$，$Y = X_1 + X_2 + X_3$。 首先计算$D(X_1+Y)$： $$D(X_1+Y) = D(X_1 + X_1 + X_2 + X_3) = D(2X_1 + X_2 + X_3)$$ 由于$X_1, X_2, X_3$相互独立，方差具有可加性： $$D(2X_1 + X_2 + X_3) = 4D(X_1) + D(X_2) + D(X_3) = 4 \times 1 + 1 + 1 = 6$$ 而选项(C)给出的$D(X_1+Y)=3$，显然$6 \neq 3$，故选项(C)错误。 再计算$D(X_1-Y)$： $$D(X_1-Y) = D(X_1 - (X_1+X_2+X_3)) = D(-X_2 - X_3) = D(X_2+X_3)$$ （因为$D(-X_2-X_3)=D(X_2+X_3)$） $$D(X_2+X_3) = D(X_2) + D(X_3) = 1+1 = 2$$ 而选项(D)给出的$D(X_1-Y)=1$，$2 \neq 1$，故选项(D)错误。 至此，选项(B)、(C)、(D)均被排除，只有选项(A)符合所有条件。因此，最终答案为(A)。