统计学——抽样分布理论习题精解

抽样分布理论研究的是样本统计量（如样本均值、样本方差）在重复抽样下形成的概率分布。它揭示了样本统计量的随机性和规律性，为参数估计和假设检验提供理论基础。抽样分布的形状和参数取决于总体分布、样本量及抽样方法。抽样分布理论在统计推断中起到桥梁作用，是理解数据波动和推断误差的关键。

一、抽样分布定理理论

样本均值（Sample Mean）为：$$\bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} x_i$$
其中：

• $ \bar{X} $ 表示样本均值。
• $ x_i $ 表示第 $ i $ 个样本值。
• $ n $ 表示样本的总数。

样本方差（Sample Variance）为：$$S^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n} (x_i - \bar{X})^2$$
其中：

• $ S^2 $ 表示样本方差。
• $ x_i $ 表示第 $ i $ 个样本值。
• $ \bar{X} $ 表示样本均值。
• $ n $ 表示样本的总数。

抽样分布定理：假设 \(X_1,X_2,\dots,X_n\)是来自总体\(N(\mu,\sigma^2)\)的样本，\(\bar{X}\)和\(S^2\)分别为样本均值和样本方差，则有：
(1)\(\bar{X}\backsim N(\mu,\frac{\sigma^2}{n})\);
(2)\(\bar{X}\)与\(S^2\)相互独立;
(3)\(\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\backsim \chi^2(n-1)\)

定理1（样本均值分布）

设 \(X_1, X_2, \dots, X_n\) 是来自总体\(N(\mu,\sigma^2)\)的样本，样本均值 \(\bar{X}\) 标准化后的分布为标准正态分布N(0,1)。

\[Z = \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma / \sqrt{n}} \backsim N(0,1) \]

定理2（样本的均值与方差的联合分布）

设 \(X_1,X_2,\dots,X_n\)是来自总体\(N(\mu,\sigma^2)\)的样本，\(\bar{X}\)和\(S^2\)分别为样本均值和样本方差，则有

\[\frac{\bar{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}\backsim t( n − 1 ) \]

定理3 （两总体样本均值差的分布）

设 \(X\backsim N(\mu_1,\sigma^2)\)，$ Y \backsim N(\mu_2,\sigma^2)$ ,且\(X\)与\(Y\)独立， \(X_1,X_2,\dots,X_{n1}\)是来自总体\(N(\mu_1,\sigma^2)\)的样本，\(Y_1,Y_2,\dots,Y_{n2}\)是来自总体\(N(\mu_2,\sigma^2)\)的样本，$S_1^2 $ ​和 $S_2^2 $ ​分别是这两个样本的样本方差，则有

\[\frac{\bar{X} −\bar{Y} − (\mu_1-\mu_2)}{\sqrt{\frac{(n1-1)S_1^2+(n2-1)S_2^2}{n1+n2-2}}\sqrt{\frac{1}{n1}+\frac{1}{n2}}}​ \backsim t ( n 1 + n 2 − 2 ) \]

定理4 （两总体样本方差比的分布）

设 \(X\backsim N(\mu_1,\sigma_1^2)\)，$ Y \backsim N(\mu_2,\sigma_2^2)$ ,且\(X\)与\(Y\)独立， \(X_1,X_2,\dots,X_{n1}\)是来自总体\(N(\mu_1,\sigma_1^2)\)的样本，\(Y_1,Y_2,\dots,Y_{n2}\)是来自总体\(N(\mu_2,\sigma_2^2)\)的样本，$S_1^2 $ ​和 $S_2^2 $ ​分别是这两个样本的样本方差，则有

\[{\frac{S_1^2}{\sigma_1^2}} / ​​{\frac{S_2^2}{\sigma_2^2}} \backsim F(n1 − 1 , n2 −1) \]

定理5 （两总体t分布的相加性）

设 $ X_1, X_2, \cdots, X_m $ 服从正态分布 \(\sim N(a_1, \sigma_1^2)\), $ Y_1, Y_2, \cdots, Y_n $ 服从正态分布\(\sim N(a_2, \sigma_2^2)\), 且假定 \(\sigma_1^2 = \sigma_2^2 = \sigma^2\), 样本 $ X_1, X_2, \cdots, X_m $ 与 $ Y_1, Y_2, \cdots, Y_n $ 独立，则

\[T = \frac{(\bar{X} - \bar{Y}) - (a_1 - a_2)}{S_w} \cdot \sqrt{\frac{mn}{n+m}} \sim t_{n+m-2} \]

此处 \((n+m-2)S_w^2 = (m-1)S_1^2 + (n-1)S_2^2\)，其中

\[S_1^2 = \frac{1}{m-1} \sum_{i=1}^{m} (X_i - \bar{X})^2, \quad S_2^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{j=1}^{n} (Y_j - \bar{Y})^2. \]

证明： 由抽样分布定理可知 \(\bar{X} \sim N(a, \sigma^2/m), \bar{Y} \sim N(a_2, \sigma^2/n)\)，故有 \(\bar{X} - \bar{Y} \sim N(a_1 - a_2, (\frac{1}{m} + \frac{1}{n})\sigma^2) = N(a_1 - a_2, \frac{m+n}{mn}\sigma^2)\)。将其标准化得

\[\frac{\bar{X} - \bar{Y} - (a_1 - a_2)}{\sigma} \sqrt{\frac{mn}{m+n}} \sim N(0, 1). \tag{1} \]

又 \((m-1)S_1^2/\sigma^2 \sim \chi^2_{m-1}, (n-1)S_2^2/\sigma^2 \sim \chi^2_{n-1}\)，再利用 \(\chi^2\) 分布的性质可知

\[\frac{(m-1)S_1^2 + (n-1)S_2^2}{\sigma^2} \sim \chi^2_{n+m-2}. \tag{2} \]

再由 (1) 和 (2) 中 \((\bar{X}, \bar{Y})\) 与 \((S_1^2, S_2^2)\) 相互独立，由定义可知

\[T = \frac{(\bar{X} - \bar{Y}) - (a_1 - a_2)}{\sigma} \sqrt{\frac{mn}{n+m}} / \sqrt{\frac{(m-1)S_1^2 + (n-1)S_2^2}{\sigma^2(n+m-2)}} \]

\[= \frac{(\bar{X} - \bar{Y}) - (a_1 - a_2)}{S_w} \sqrt{\frac{mn}{n+m}} \sim t_{n+m-2}. \]

二、习题与解答

2.1 硬质黏土上种植的胡萝卜，假设胡萝卜长度 \(X\) 服从 \(\mu = 11.5\)cm 和 \(\sigma = 1.15\)cm 的正态分布。对于25个这种胡萝卜的一个随机样本，样本均值 \(\overline{X}\) 与 \(\mu\) 相差在 0.5cm 之内的概率是多少？

求解过程

• 理解问题：我们需要计算样本均值 \(\overline{X}\) 在 \(\mu \pm 0.5\text{cm}\) 范围内的概率。
• 已知条件：\(\mu = 11.5\text{cm}\)，\(\sigma = 1.15\text{cm}\)，样本容量 \(n = 25\)。
• 计算标准误差：\(\sigma_{\overline{X}} = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{1.15}{\sqrt{25}} = 0.23\text{cm}\)。
• 标准化：将样本均值的区间转换为标准正态分布区间：
  \[P(11.5 - 0.5 \leq \overline{X} \leq 11.5 + 0.5) = P\left(\frac{11.0 - 11.5}{0.23} \leq Z \leq \frac{12.0 - 11.5}{0.23}\right) \]
  \[= P(-2.17 \leq Z \leq 2.17) \]

• 查找标准正态分布表：查找 \(z = 2.17\) 对应的概率值，\(P(Z \leq 2.17) \approx 0.9850\)。
• 计算概率：由于标准正态分布是对称的，我们有：
  \[P(-2.17 \leq Z \leq 2.17) = 2 \times (0.9850 - 0.5) = 0.9700 \]

• 样本均值 \(\overline{X}\) 与 \(\mu\) 相差在 0.5cm 之内的概率大约为 0.9700。

2.2 某文化人类学家使用放射性测时技术发现，一种骨质工具的年龄 \(X\) 基本上服从正态分布（\(\mu = 12500\) 年，\(\sigma = 400\) 年）。如果从数千个这种工具中抽取 150 个随机样本，其中每个样本包含 \(n = 4\) 个工具，并分别测定时间，则有多少个样本的均值为 12800 年或更长？

求解过程

• 理解问题：我们需要计算样本均值 \(\overline{X}\) 大于或等于 12800 年的概率，并估计150个样本中有多少个满足此条件。
• 已知条件：总体均值 \(\mu = 12500\) 年，总体标准差 \(\sigma = 400\) 年，样本容量 \(n = 4\)。
• 计算样本标准差：\(\sigma_{\overline{X}} = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{400}{\sqrt{4}} = 200\) 年。
• 标准化：将样本均值的区间转换为标准正态分布区间：
  \[P(\overline{X} \geq 12800) = P\left(Z \geq \frac{12800 - 12500}{200}\right) = P(Z \geq 1.50) \]

• 查找标准正态分布表：查找 \(z = 1.50\) 对应的概率值，\(P(Z \geq 1.50) = 0.5 - 0.4332 = 0.0668\)。
• 计算期望个数：150 个样本中均值为 12800 年或更长的期望个数是：
  \[0.0668 \times 150 = 10.02 \text{ 或 } 10.0 \]

• 在150个样本中，预计有大约10个样本的均值会达到或超过12800年。

2.3 一个化妆品制造商雇有 1500 个人户推销员，上月他们的平均销售额是 \(\mu = \$3100\)，标准差 \(\sigma = \$350\)。如果无放回地抽取 49 个推销员作为随机样本，则该样本在上月的平均销售额少于 $3000 的概率是多少？

求解过程

• 理解问题：我们需要计算样本均值 \(\overline{X}\) 小于 $3000 的概率。
• 已知条件：总体均值 \(\mu = \$3100\)，总体标准差 \(\sigma = \$350\)，样本容量 \(n = 49\)。
• 应用中心极限定理：由于 \(n \geq 30\) 且 \(N \geq 2n\)，可以使用中心极限定理，样本均值 \(\overline{X}\) 近似服从正态分布。
• 计算样本标准差：\(\sigma_{\overline{X}} = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} = \frac{350}{\sqrt{49}} = \$50\)。
• 标准化：将样本均值的区间转换为标准正态分布区间：
  \[P(\overline{X} < \$3000) \approx P\left(Z < \frac{\$3000 - \$3100}{\$50}\right) = P(Z < -2.00) \]

• 查找标准正态分布表：查找 \(z = 2.00\) 对应的概率值，\(P(Z < -2.00) = 0.5 - 0.4772 = 0.0228\)。
• 样本在上月的平均销售额少于 $3000 的概率大约为 0.0228。

2.4 假设某物体的实际重量为 \(\mu\)，但它是未知的。现在用一架天平去称它，共得到 \(X_1, X_2, \ldots, X_{10}\)。假设每次称量过程彼此独立且没有系统误差，则可以认为这些值都服从正态分布 \(N(\mu, \sigma^2)\)，方差 \(\sigma^2\) 反映了天平及测量过程的总精度，试求：

\[P\left(|\overline{X} - \mu| < \frac{2\sigma}{\sqrt{10}}\right) \]

求解过程

• 由于 \(X_i \sim N(\mu, \sigma^2)\)，样本均值 \(\overline{X}\) 服从正态分布 \(N(\mu, \frac{\sigma^2}{10})\)。
• 标准化得到：

\[Z = \frac{\overline{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{10}} \sim N(0, 1) \]

• 推导过程

\[P\left(|\overline{X} - \mu| < \frac{2\sigma}{\sqrt{10}}\right) = P\left(-2 < \frac{\overline{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{10}} < 2\right) = P(-2 < Z < 2) \]

• 查标准正态分布表，得到 \(P(-2 < Z < 2) \approx 0.9544\)。

2.5 设 \(X_1, X_2, \ldots, X_{15}\) 为正态总体 \(N(0, 3^2)\) 的一个样本，\(\overline{X}\) 为样本均值，求：

\[P\left(36.65 \leq \sum_{i=1}^{15}(X_i - \overline{X})^2 \leq 235\right) \]

求解过程

• 由于 \(X_i \sim N(0, 3^2)\)，样本方差 \(S^2 = \frac{1}{14}\sum_{i=1}^{15}(X_i - \overline{X})^2\) 服从卡方分布 \(\chi^2(14)\)。
• 所以

\[\frac{1}{9} \sum_{i=1}^{15}(X_i - \overline{X})^2 \sim \chi^2(14) \]

• 推导：

\[P\left(36.65 \leq \sum_{i=1}^{15}(X_i - \overline{X})^2 \leq 235\right) = P\left(\frac{36.65}{9} \leq \chi^2(14) \leq \frac{235}{9}\right) \]

\[= P(4.0722 \leq \chi^2(14) \leq 26.1111) \]

• 查卡方分布表，得到 \(P(4.0722 \leq \chi^2(14) \leq 26.1111) \approx 0.90\)。

2.6 若 \(X \sim t(n)\)，求 \(\frac{1}{X^2}\) 的分布。

求解过程

若 \(X \sim t(n)\)，则 \(X^2 \sim F(1, n)\)。

所以，

\[\frac{1}{X^2} \sim F(n, 1) \]

这是 \(X^2\) 分布的倒数分布。

2.7 设总体 \(\overline{X} \sim N(\mu, \sigma^2)\)，从此总体中取一个容量为 \(n=16\) 的样本 \((X_1, X_2, \ldots, X_{16})\)，求概率

(1) \(P\left\{\frac{\sigma^2}{2} \leq \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \mu)^2 \leq 2\sigma^2 \right\}\);
(2) \(P\left\{\frac{\sigma^2}{2} \leq \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \overline{X})^2 \leq 2\sigma^2 \right\}\).

求解过程

(1) \(P\left\{\frac{\sigma^2}{2} \leq \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \mu)^2 \leq 2\sigma^2 \right\}\)

• 理解问题：这个问题要求我们计算样本方差 \(\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \mu)^2\) 落在 \(\frac{\sigma^2}{2}\) 和 \(2\sigma^2\) 之间的概率。这里 \(X_i\) 是从正态分布 \(N(\mu, \sigma^2)\) 中抽取的样本。
• 使用卡方分布：由于 \(X_i \sim N(\mu, \sigma^2)\)，我们知道 \(\frac{1}{\sigma^2} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \mu)^2\) 服从自由度为 \(n\) 的卡方分布，即 \(\chi^2(n)\)。
• 转换问题：我们需要计算 \(\frac{\sigma^2}{2} \leq \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \mu)^2 \leq 2\sigma^2\) 的概率，这等价于计算 \(\frac{n}{2} \leq \chi^2(n) \leq 2n\) 的概率。
• 查表或使用软件：使用卡方分布表或统计软件来查找 \(P(\frac{n}{2} \leq \chi^2(n) \leq 2n)\) 的值。对于 \(n=16\)，我们需要查找 \(P(8 \leq \chi^2(16) \leq 32)\)。

(2) \(P\left\{\frac{\sigma^2}{2} \leq \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \overline{X})^2 \leq 2\sigma^2 \right\}\)

• 理解问题：这个问题要求我们计算样本方差 \(\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \overline{X})^2\) 落在 \(\frac{\sigma^2}{2}\) 和 \(2\sigma^2\) 之间的概率。这里 \(\overline{X}\) 是样本均值。
• 使用卡方分布：由于 \(X_i \sim N(\mu, \sigma^2)\)，我们知道 \(\frac{1}{\sigma^2} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \overline{X})^2\) 服从自由度为 \(n-1\) 的卡方分布，即 \(\chi^2(n-1)\)。
• 转换问题：我们需要计算 \(\frac{\sigma^2}{2} \leq \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} (X_i - \overline{X})^2 \leq 2\sigma^2\) 的概率，这等价于计算 \(\frac{n-1}{2} \leq \chi^2(n-1) \leq 2(n-1)\) 的概率。
• 查表或使用软件：使用卡方分布表或统计软件来查找 \(P(\frac{n-1}{2} \leq \chi^2(n-1) \leq 2(n-1))\) 的值。对于 \(n=16\)，我们需要查找 \(P(7.5 \leq \chi^2(15) \leq 30)\)。

这两个问题都涉及到卡方分布的应用，具体的概率值需要通过查表或使用统计软件来获得。对于 \(n=16\) 的情况，你需要查找相应的卡方分布表或使用统计软件来得到精确的概率值。

2.8 设 \(\overline{X}_1\) 和 \(\overline{X}_2\) 是来自正态总体 \(N(\mu, \sigma^2)\) 的容量为 \(n\) 的两样本 \((X_{11}, X_{12}, \ldots, X_{1n})\) 和 \((X_{21}, X_{22}, \ldots, X_{2n})\) 的样本均值，试确定 \(n\)，使得这两个样本均值之差超过 \(\sigma\) 的概率大约为 0.01。

求解过程

• 理解问题：我们需要找到样本容量 \(n\)，使得两个独立样本均值之差 \(|\overline{X}_1 - \overline{X}_2|\) 超过 \(\sigma\) 的概率大约为 0.01。
• 样本均值的分布：由于 \(X_{1i} \sim N(\mu, \sigma^2)\) 和 \(X_{2i} \sim N(\mu, \sigma^2)\)，样本均值 \(\overline{X}_1\) 和 \(\overline{X}_2\) 也服从正态分布：
  \[\overline{X}_1 \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right) \quad \text{和} \quad \overline{X}_2 \sim N\left(\mu, \frac{\sigma^2}{n}\right) \]

• 差值的分布：两个独立正态分布的差值 \(\overline{X}_1 - \overline{X}_2\) 也服从正态分布：
  \[\overline{X}_1 - \overline{X}_2 \sim N\left(0, \frac{2\sigma^2}{n}\right) \]

• 标准化：将差值标准化，得到标准正态分布：
  \[Z = \frac{\overline{X}_1 - \overline{X}_2}{\sqrt{\frac{2\sigma^2}{n}}} \sim N(0, 1) \]

• 计算概率：我们需要找到 \(n\) 使得：
  \[P\left(|\overline{X}_1 - \overline{X}_2| > \sigma\right) = 0.01 \]
  这等价于：
  \[P\left(\left|\frac{\overline{X}_1 - \overline{X}_2}{\sqrt{\frac{2\sigma^2}{n}}}\right| > \frac{\sigma}{\sqrt{\frac{2\sigma^2}{n}}}\right) = 0.01 \]
  简化得到：
  \[P\left(|Z| > \sqrt{\frac{n}{2}}\right) = 0.01 \]

• 查找标准正态分布表：查找标准正态分布表，找到 \(z\) 值使得 \(P(|Z| > z) = 0.01\)。这对应于 \(P(Z > z) = 0.005\)，查表得到 \(z \approx 2.576\)。
• 求解 \(n\)：设置 \(\sqrt{\frac{n}{2}} = 2.576\)，解得：
  \[\frac{n}{2} = 2.576^2 \implies n = 2 \times 2.576^2 \approx 13.23 \]
  由于 \(n\) 必须是整数，我们取 \(n = 14\)。
• 通过上述步骤，我们确定样本容量 \(n = 14\) 时，两个样本均值之差超过 \(\sigma\) 的概率大约为 0.01。

2.9 根据以往情形，某校学生数学成绩 \(X \sim N(72, 10^2)\)，在一次抽考中，至少应让多少名学生参加考试，可以使参加考试的学生的平均成绩大于 70 分的概率达到 0.9 以上？

要解决这个问题，我们需要使用正态分布的性质和中心极限定理。给定条件是：

• 学生数学成绩 $ X \sim N(72, 10^2) $，即均值为 72，标准差为 10。
• 我们需要找到至少多少名学生 $ n $ 参加考试，使得平均成绩大于 70 分的概率达到 0.9 以上。

求解过程

• 样本均值 $ \bar{X} $ 的分布为 $ \bar{X} \sim N(72, \frac{10^2}{n}) $。

• 我们需要找到 $ n $ 使得：

\[P(\bar{X} > 70) > 0.9 \]

这可以转化为：

\[P\left(Z > \frac{70 - 72}{\frac{10}{\sqrt{n}}}\right) > 0.9 \]

其中 $ Z $ 是标准正态分布。我们需要找到 $ z $ 使得 $ P(Z > z) = 0.1 $（因为 $ P(Z < -z) = 0.1 $），查标准正态分布表得 $ z \approx 1.28 $。

• 因此：

\[\frac{70 - 72}{\frac{10}{\sqrt{n}}} = -1.28 \]

• 解这个方程：

\[\frac{-2}{\frac{10}{\sqrt{n}}} = -1.28 \]

\[\frac{2}{\frac{10}{\sqrt{n}}} = 1.28 \]

\[\frac{2\sqrt{n}}{10} = 1.28 \]

\[\sqrt{n} = 6.4 \]

\[n = 6.4^2 \]

\[n = 40.96 \]

由于 $ n $ 必须是整数，我们取 $ n = 41 $。

• 至少需要 41 名学生参加考试，才能使平均成绩大于 70 分的概率达到 0.9 以上。

2.10 设总体 $ X \sim N(0, 2^2) $，而 $ X_1, X_2, \ldots, X_{15} $ 是 $ X $ 的样本，则

\[Y = \frac{X_1^2 + \cdots + X_{10}^2}{2(X_{11}^2 + \cdots + X_{15}^2)} \]

服从什么分布，参数是多少？又问当 $ a $ 为何值时，

\[F = a \frac{X_1^2 + \cdots + X_6^2}{X_7^2 + \cdots + X_{15}^2} \]

服从 $ F(6, 9) $？

求解过程

• 我们知道 $ X \sim N(0, 2^2) $，即 $ X $ 服从均值为 0，方差为 4 的正态分布。

• 对于 $ Y $ 的分布：

由于 \(X_i \sim N(0, 4)\)，我们有 \(\frac{X_i}{2} \sim N(0, 1)\)。因此，\(\left(\frac{X_i}{2}\right)^2 \sim \chi^2(1)\)。

• $ X_1^2 + \cdots + X_{10}^2 $ 可以表示为 $ 4 \left( \left(\frac{X_1}{2}\right)^2 + \cdots + \left(\frac{X_{10}}{2}\right)^2 \right) $，这服从 $ 4 \chi^2(10) $。

• $ X_{11}^2 + \cdots + X_{15}^2 $ 可以表示为 $ 4 \left( \left(\frac{X_{11}}{2}\right)^2 + \cdots + \left(\frac{X_{15}}{2}\right)^2 \right) $，这服从 $ 4 \chi^2(5) $。

• 因此，

\[Y = \frac{X_1^2 + \cdots + X_{10}^2}{2(X_{11}^2 + \cdots + X_{15}^2)} = \frac{4 \chi^2(10)}{8 \chi^2(5)} = \frac{\chi^2(10)}{2 \chi^2(5)} \]

这服从 $ F(10, 5) $ 分布。

• 我们需要 $ F $ 服从 $ F(6, 9) $ 分布。即：

\[F = a \frac{X_1^2 + \cdots + X_6^2}{X_7^2 + \cdots + X_{15}^2} \]

• $ X_1^2 + \cdots + X_6^2 $ 可以表示为 $ 4 \left( \left(\frac{X_1}{2}\right)^2 + \cdots + \left(\frac{X_6}{2}\right)^2 \right) $，这服从 $ 4 \chi^2(6) $。

• $ X_7^2 + \cdots + X_{15}^2 $ 可以表示为 $ 4 \left( \left(\frac{X_7}{2}\right)^2 + \cdots + \left(\frac{X_{15}}{2}\right)^2 \right) $，这服从 $ 4 \chi^2(9) $。

• 因此，

\[F = a \frac{4 \chi^2(6)}{4 \chi^2(9)} = a \frac{\chi^2(6)}{\chi^2(9)} \]

为了使 $ F $ 服从 $ F(6, 9) $ 分布，我们需要 $ a = 1 $。

• $ Y $ 服从 $ F(10, 5) $ 分布，而 $ F $ 在 $ a = 1 $ 时服从 $ F(6, 9) $ 分布。

2.11 设 $ X_1, X_2, \ldots, X_9 $ 和 $ Y_1, Y_2, \ldots, Y_{16} $ 分别为来自总体 $ X \sim N(\mu_1, 2^2) $ 和 $ Y \sim N(\mu_2, 2^2) $ 的两个相互独立的样本，它们的样本均值和样本方差分别为 $ \overline{X}, \overline{Y} $ 和 $ S_1^2, S_2^2 $。求以下各式中的 $ \alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_6$。

(1) \(P\{\alpha_1 < \sum_{i=1}^{9}(X_i - \overline{X})^2 < \alpha_2\} = 0.9\);
(2) \(P\{|\overline{X} - \mu_1| < \alpha_3\} = 0.9\);
(3) \(P\left\{\left|\overline{Y} - \mu_2\right|/\sqrt{\sum_{i=1}^{16}(Y_i - \overline{Y})^2} < \alpha_4\right\} = 0.9\);
(4) \(P\left\{\alpha_5 < \frac{15S_2^2}{8S_1^2} < \alpha_6\right\} = 0.9\).

求解过程：

(1) \(P\{\alpha_1 < \sum_{i=1}^{9}(X_i - \overline{X})^2 < \alpha_2\} = 0.9\)

由于 $X_i \sim N(\mu_1, 4) $，我们有 \(\frac{(X_i - \mu_1)^2}{4} \sim \chi^2(1)\)。因此，\(\sum_{i=1}^{9} \frac{(X_i - \mu_1)^2}{4} \sim \chi^2(9)\)。

\[\sum_{i=1}^{9}(X_i - \overline{X})^2 \sim 4 \chi^2(9-1) = 4 \chi^2(8) \]

我们需要找到 $\alpha_1 $ 和 $ \alpha_2$ 使得：

\[P\{\alpha_1 < 4 \chi^2(8) < \alpha_2\} = 0.9 \]

查 $ \chi^2 $ 分布表，找到 $ \chi^2_{0.05}(8) $ 和 $ \chi^2_{0.95}(8) $，然后乘以 4。

(2) \(P\{|\overline{X} - \mu_1| < \alpha_3\} = 0.9\)

由于 $ \overline{X} \sim N(\mu_1, \frac{4}{9}) $，我们有：

\[Z = \frac{\overline{X} - \mu_1}{\sqrt{\frac{4}{9}}} \sim N(0, 1) \]

我们需要找到 $ \alpha_3 $ 使得：

\[P\left\{-\alpha_3 < \frac{\overline{X} - \mu_1}{\sqrt{\frac{4}{9}}} < \alpha_3\right\} = 0.9 \]

查标准正态分布表，找到 $ z_{0.05} $，然后计算 $ \alpha_3 = z_{0.05} \sqrt{\frac{4}{9}} $。

(3) \(P\left\{\left|\overline{Y} - \mu_2\right|/\sqrt{\sum_{i=1}^{16}(Y_i - \overline{Y})^2} < \alpha_4\right\} = 0.9\)

由于 $ \overline{Y} \sim N(\mu_2, \frac{4}{16}) $ 和 $ \sum_{i=1}^{16}(Y_i - \overline{Y})^2 \sim 4 \chi^2(16-1) $，我们有：

\[t = \frac{\overline{Y} - \mu_2}{\sqrt{\frac{4}{16}} \sqrt{\frac{\sum_{i=1}^{16}(Y_i - \overline{Y})^2}{15}}} \sim t(15) \]

我们需要找到 $ \alpha_4 $ 使得：

\[P\left\{|t| < \alpha_4\right\} = 0.9 \]

查 $ t $ 分布表，找到 $ t_{0.05}(15) $，然后计算 $ \alpha_4 = t_{0.05}(15) \sqrt{\frac{4}{16}} $。

(4) \(P\left\{\alpha_5 < \frac{15S_2^2}{8S_1^2} < \alpha_6\right\} = 0.9\)

由于 $ \frac{S_1^2}{2} \sim \chi^2(8) $ 和 $ \frac{S_2^2}{2} \sim \chi^2(15) $，我们有：

\[F = \frac{\frac{15S_2^2}{2}}{\frac{8S_1^2}{2}} = \frac{15S_2^2}{8S_1^2} \sim F(15, 8) \]

我们需要找到 $ \alpha_5 $ 和 $ \alpha_6 $ 使得：

\[P\{\alpha_5 < F < \alpha_6\} = 0.9 \]

查 $ F $ 分布表，找到 $ F_{0.05}(15, 8) $ 和 $ F_{0.95}(15, 8) $。