题目

14.[填空题]设X_(1),...,X_(6)为总体Xsim N(0,1)的一个样本，且cY服从chi^2分布，这里，Y=(X_(1)+X_(2)+X_(3))^2+(X_(4)+X_(5)+X_(6))^2，则c=（答案用小数表示并保留二位小数）第1空：

14.[填空题] 设$X_{1},\cdots,X_{6}$为总体$X\sim N(0,1)$的一个样本，且cY服从$\chi^{2}$分布，这里，$Y=(X_{1}+X_{2}+X_{3})^{2}+(X_{4}+X_{5}+X_{6})^{2}$，则c= （答案用小数表示并保留二位小数） 第1空：

题目解答

答案

为了解决这个问题，我们需要确定常数 $ c $ 的值，使得 $ cY $ 服从卡方分布。首先，我们定义 $ Y $ 如下： \[ Y = (X_1 + X_2 + X_3)^2 + (X_4 + X_5 + X_6)^2. \] 由于 $ X_1, X_2, \ldots, X_6 $ 是来自正态分布 $ N(0,1) $ 的样本，每个 $ X_i $ 都是标准正态随机变量。我们首先考虑和 $ X_1 + X_2 + X_3 $。三个独立标准正态随机变量的和服从正态分布 $ N(0,3) $，因为均值是 $ 0 + 0 + 0 = 0 $，方差是 $ 1 + 1 + 1 = 3 $。因此，我们有： \[ X_1 + X_2 + X_3 \sim N(0,3). \] 同样地，我们有： \[ X_4 + X_5 + X_6 \sim N(0,3). \] 接下来，我们考虑这些和的平方。如果 $ Z \sim N(0,\sigma^2) $，那么 $ \frac{Z^2}{\sigma^2} $ 服从卡方分布，自由度为1。因此，我们有： \[ \frac{(X_1 + X_2 + X_3)^2}{3} \sim \chi^2(1) \] 和 \[ \frac{(X_4 + X_5 + X_6)^2}{3} \sim \chi^2(1). \] 由于 $ X_1, X_2, \ldots, X_6 $ 是独立的，$ \frac{(X_1 + X_2 + X_3)^2}{3} $ 和 $ \frac{(X_4 + X_5 + X_6)^2}{3} $ 也是独立的。两个独立的卡方随机变量，自由度分别为 $ k_1 $ 和 $ k_2 $ 的和，服从卡方分布，自由度为 $ k_1 + k_2 $。因此，我们有： \[ \frac{(X_1 + X_2 + X_3)^2}{3} + \frac{(X_4 + X_5 + X_6)^2}{3} \sim \chi^2(2). \] 我们可以将这个表达式重写为： \[ \frac{1}{3} \left( (X_1 + X_2 + X_3)^2 + (X_4 + X_5 + X_6)^2 \right) \sim \chi^2(2). \] 这意味着： \[ \frac{1}{3} Y \sim \chi^2(2). \] 为了使 $ cY $ 服从卡方分布，我们必须有 $ c = \frac{1}{3} $。因此，$ c $ 的值是： \[ \boxed{0.33}. \]

解析

本题考查正态正态分布的性质以及卡方分布的的定义和性质。解题思路是先根据正态分布的性质求出$X_{1}+X_{2}+X_{3}$与$X_{4}+X_{5}+X_{6}$的分布，再利用卡方分布的定义将其转化为卡方分布形式，最后结合已知条件求出$c$的值。

  1. 求$X_{1}+X_{2}+X_{3}$与$X_{4}+X_{5}+X_{6}$的分布：
    已知$X_{1},\cdots,X_{6}$为总体$X\sim N(0,1)$的一个样本，即$X_i\sim N(0,1)$，$i = 1,2,\cdots,6$，且相互独立。
    根据正态分布的性质：若$X_i\sim N(\mu_i,\sigma_i^2)$，$i = 1,2,\cdots,n$相互独立，则$\sum_{i = 1}^{n}X_i\sim N(\sum_{i = 1}^{n}\mu_i,\sum_{i = 1}^{n}\sigma_i2)$。
    对于$X_{1}+X_{2}+X_{3}$，有$\mu = 0 + 0 + 0 = 0$，$\sigma^2 = 1 + 1 + 1 = 3$，所以$X_{1}+X_{2}+X_{3}\sim N(0,3)}$。
    同理，$X_{4}+X_{5}+X_{6\sim N(0,3)$。
  2. 将$X_{1}+X_{2}+X_{3}$与$X_{4}+X_{5}+X_{6}$转化为卡方分布形式：
    若$Z\sim N(0,\sigma^2)$，则$\frac{Z^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(1)$。
    对于$X_{1}+X_{2}+X_{3}\sim N(0,3)$，有$\frac{(X_{1}+X_{2}+X_{3})^2}{3}\sim\chi^2(1)$；对于$X_{4}+X_{5}+X_{6}\sim N(0,3)$，有$\frac{(X_{4}+X_{5}+X_{6})^2}{3}\sim\chi^2(1)$。
  3. 根据卡方分布的可加性求$Y\frac{1}{3}Y$的分布：
    因为$X_{1},\cdots,X_{6}$相互独立，所以$X_{1}+X_{2}+X_{3}$与$X_{4}+X_{5}+X_{6}$相互独立，所以$\frac{(X_{1}+X_{2}+X_{3})^2}{3}$与$\frac{(X_{4+X_{5}+X_{6})^2}{3}$独立。
    根据卡方分布的可加性：若$U\chi_1^2\sim\chi^2(k_1)$，$\chi_2^2\sim\chi^2(k_2)$，且$\chi_1^2$与$\chi_2^2$独立，则$\chi_1^2+\chi_2^2\sim\chi^2(k_1 + k_2)$。
    所以$\frac{(X_{1+X_{2}+X_{3})^2}{3}+\frac{(X_{4}+X_{5}+X_{6})^2}{3}\sim\chi^2(1 + 1)=\chi^2(2)$。
    又因为$Y=(X_{1}+X_{2}+X_{3})^2+(X_{4}+X_{5}+X_{6})^2$，则$\frac{frac{1}{3}Y=\frac{(X_{1}+X_{2}+X_{3})^2}{3}+\frac{(X_{4+X_{5}+X_{6})^2}{3}\sim\chi^2(2)$。
  4. 求出$c$的值：
    已知$cY$服从$\chi^2$分布，结合$\frac{1}{3}Y\sim\chi^2(2)$，可得$c = \frac{1}{3}\approx0.33$。