题目

设(X)_(1),(X)_(2),... ,(X)_(n)和(Y)_(1),(Y)_(2),... ,(Y)_(m)分别是来自两个独立的正态总体N((mu )_(1),({sigma )_(1)}^2)，N((mu )_(2)，(sigma )_(2)^2)的样本，则dfrac(1)({{sigma )_(1)}^2}sum _(i=1)^n(({X)_(i)-overline(X))}^2+dfrac(1)({{sigma )_(2)}^2}sum _(i=1)^m(({Y)_(i)-overline(Y))}^2服从的分布是( )A、t(m+n)B、(chi )^2(m+n)C、(chi )^2(m+n-2)D、F(m,n)

设${X}_{1},{X}_{2},\cdots ,{X}_{n}$和${Y}_{1},{Y}_{2},\cdots ,{Y}_{m}$分别是来自两个独立的正态总体$N\left({\mu }_{1},{{\sigma }_{1}}^{2}\right)$，$N({\mu }_{2}，{\sigma }_{2}^{2})$的样本，则$\dfrac{1}{{{\sigma }_{1}}^{2}}\sum _{i=1}^{n}{({X}_{i}-\overline{X})}^{2}+\dfrac{1}{{{\sigma }_{2}}^{2}}\sum _{i=1}^{m}{({Y}_{i}-\overline{Y})}^{2}$服从的分布是(   )

$A、t(m+n)$

$B、{\chi }^{2}(m+n)$

$C、{\chi }^{2}(m+n-2)$

$D、F\left(m,n\right)$

题目解答

答案

解析

本题考查正态总体样本的性质以及$\chi^{2}$分布的性质。解题的关键在于利用正态总体样本的方差相关性质，确定$\frac{1}{\sigma_{1}^{2}}\sum_{i = 1}^{n}(X_{i}-\overline{X})^{2}$和$\frac{1}{\sigma_{2}^{2}}\sum_{i = 1}^{m}(Y_{i}-\overline{Y})^{2}$分别服从的分布，再根据$\chi^{2}$分布的可加性得出最终结果。

  1. 确定$\frac{1}{\sigma_{1}^{2}}\sum_{i = 1}^{n}(X_{i}-\overline{X})^{2}$的分布：
    已知$X_{1},X_{2},\cdots,X_{n}$是来自正态总体$N(\mu_{1},\sigma_{1}^{2})$的样本，根据正态总体样本的性质，统计量$\frac{(n - 1)S_{1}^{2}}{\sigma_{1}^{2}}$服从自由度为$n - 1$的$\chi^{2}$分布，其中$S_{1}^{2}=\frac{1}{n - 1}\sum_{i = 1}^{n}(X_{i}-\overline{X})^{2}$。
    将$S_{1}^{2}$代入可得：
    $\frac{(n - 1)S_{1}^{2}}{\sigma_{1}^{2}}=\frac{(n - 1)}{n - 1}\cdot\frac{1}{\sigma_{1}^{2}}\sum_{i = 1}^{n}(X_{i}-\overline{X})^{2}=\frac{1}{\sigma_{1}^{2}}\sum_{i = 1}^{n}(X_{i}-\overline{X})^{2}\sim\chi^{2}(n - 1)$
  2. 确定$\frac{1}{\sigma_{2}^{2}}\sum_{i = 1}^{m}(Y_{i}-\overline{Y})^{2}$的分布：
    同理，因为$Y_{1},Y_{2},\cdots,Y_{m}$是来自正态总体$N(\mu_{2},\sigma_{2}^{2})$的样本，统计量$\frac{(m - 1)S_{2}^{2}}{\sigma_{2}^{2}}$服从自由度为$m - 1$的$\chi^{2}$分布，其中$S_{2}^{2}=\frac{1}{m - 1}\sum_{i = 1}^{m}(Y_{i}-\overline{Y})^{2}$。
    将$S_{2}^{2}$代入可得：
    $\frac{(m - 1)S_{2}^{2}}{\sigma_{2}^{2}}=\frac{(m - 1)}{m - 1}\cdot\frac{1}{\sigma_{2}^{2}}\sum_{i = 1}^{m}(Y_{i}-\overline{Y})^{2}=\frac{1}{\sigma_{2}^{2}}\sum_{i = 1}^{m}(Y_{i}-\overline{Y})^{2}\sim\chi^{2}(m - 1)$
  3. 根据$\chi^{2}$分布的可加性确定最终分布：
    由于两个正态总体相互独立，所以$\frac{1}{\sigma_{1}^{2}}\sum_{i = 1}^{n}(X_{i}-\overline{X})^{2}$与$\frac{1}{\sigma_{2}^{2}}\sum_{i = 1}^{m}(Y_{i}-\overline{Y})^{2}$相互独立。
    根据$\chi^{2}$分布的可加性：若$X\sim\chi^{2}(n_{1})$，$Y\sim\chi^{2}(n_{2})$，且$X$与$Y$相互独立，则$X + Y\sim\chi^{2}(n_{1}+n_{2})$。
    所以$\frac{1}{\sigma_{1}^{2}}\sum_{i = 1}^{n}(X_{i}-\overline{X})^{2}+\frac{1}{\sigma_{2}^{2}}\sum_{i = 1}^{m}(Y_{i}-\overline{Y})^{2}\sim\chi^{2}((n - 1)+(m - 1))=\chi^{2}(m + n - 2)$