设x1,x2,……xn是来自如下密度函数的一个样本：p(x;a)=e^-(x-a),x>=a,0,x<a,证明n(x(1)-a)是枢轴量，x(1)是样本x1,x2,……xn的最小次序统计量

首先，我们可以通过求解样本的累积分布函数（CDF）来得到样本的最小次序统计量。对于密度函数p(x;a)=e^-(x-a)，其CDF为F(x;a)=1-e^-(x-a)，因此样本的最小次序统计量为x(1)=min(x1,x2,...,xn)的概率密度函数为：

f(x(1);a) = n * p(x(1);a) * [1-F(x(1);a)]^(n-1)

其中，n是样本数量。为了证明n(x(1)-a)是枢轴量，我们需要证明f(x(1);a)与x(1)独立，即f(x(1);a)在x(1)取任意值时都相等。

对于任意的x(1)，有：

f(x(1);a) = n * p(x(1);a) * [1-F(x(1);a)]^(n-1)

将p(x(1);a)代入，得到：

f(x(1);a) = n * e^-(x(1)-a) * [1-e^-(x(1)-a)]^(n-1)

我们可以将该式进一步化简为：

f(x(1);a) = n * e^-(x(1)-a) * e^-(n-1)(x(1)-a)

f(x(1);a) = n * e^-(nx(1)-na)

可以看出，f(x(1);a)仅与nx(1)-na有关，与x(1)无关。因此，我们可以得出结论：n(x(1)-a)是枢轴量，x(1)是样本x1,x2,……xn的最小次序统计量。

相关问题

使用matlab代码回答：设总体 X 服从标准正态分布，X1，X2……Xn是简单随机样本，分别从密度函数曲线和矩关系上验证统计量X1^2 + X2^2（X1^2和X2^2的计算关系是加法）的分布形式。

% 密度函数验证
n = 10000;
X = randn(n, 2);
Y = X(:, 1).^2 + X(:, 2).^2;
hist(Y, 100)
hold on
x = linspace(0, 10, 1000);
y = 2 * x .* exp(-x);
plot(x, y, 'r', 'LineWidth', 2)
xlabel('x')
ylabel('频数/密度')
title('样本大小n=10000时X1^2+X2^2的密度函数验证')

% 矩关系验证
n = 10000;
X = randn(n, 2);
Y = X(:, 1).^2 + X(:, 2).^2;
mu = mean(Y);
sigma2 = var(Y);
fprintf('样本大小n=%d时X1^2+X2^2的均值为%.4f，方差为%.4f\n', n, mu, sigma2)

使用matlab代码回答并具体解释：设总体 X 服从标准正态分布，X1，X2……Xn是简单随机样本，分别从密度函数曲线和矩关系上验证统计量X1^2 + X2^2（X1^2和X2^2的计算关系是加法）的分布形式。

首先，我们知道 $X^2$ 的分布形式为 $\chi^2(1)$，即自由度为 $1$ 的卡方分布。因此，我们可以使用 $\chi^2(1)$ 分布的密度函数和矩关系来验证 $X_1^2$ 和 $X_2^2$ 的分布形式。

密度函数验证：

由于 $X_1$ 和 $X_2$ 都服从标准正态分布，因此 $X_1^2$ 和 $X_2^2$ 的分布函数分别为：

$$F_{X_1^2}(x) = P(X_1^2 \leq x) = P(-\sqrt{x} \leq X_1 \leq \sqrt{x}) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\sqrt{x}}^{\sqrt{x}} e^{-\frac{t^2}{2}} dt$$

$$F_{X_2^2}(x) = P(X_2^2 \leq x) = P(-\sqrt{x} \leq X_2 \leq \sqrt{x}) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\sqrt{x}}^{\sqrt{x}} e^{-\frac{t^2}{2}} dt$$

对上述积分式进行变量代换，令 $u = \frac{t^2}{2}$，得到：

$$F_{X_1^2}(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{x} \frac{1}{\sqrt{u}} e^{-u} du$$

$$F_{X_2^2}(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{0}^{x} \frac{1}{\sqrt{u}} e^{-u} du$$

对上述积分式进行求导，得到密度函数：

$$f_{X_1^2}(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi x^3}} e^{-\frac{x}{2}}$$

$$f_{X_2^2}(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi x^3}} e^{-\frac{x}{2}}$$

由此可见，$X_1^2$ 和 $X_2^2$ 的分布形式都是卡方分布 $\chi^2(1)$。

矩关系验证：

$\chi^2(1)$ 分布的期望和方差分别为 $1$ 和 $2$，因此可以通过计算 $X_1^2$ 和 $X_2^2$ 的样本均值和样本方差来验证它们的分布形式。

样本均值和样本方差的计算公式为：

$$\bar{X^2} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i^2$$

$$S^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n} (X_i^2 - \bar{X^2})^2$$

将样本值代入上述公式中计算得到：

$$\bar{X_1^2} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{1i}^2$$

$$\bar{X_2^2} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_{2i}^2$$

$$S_1^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n} (X_{1i}^2 - \bar{X_1^2})^2$$

$$S_2^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n} (X_{2i}^2 - \bar{X_2^2})^2$$

然后，可以计算样本均值和样本方差的期望和方差：

$$E(\bar{X^2}) = \frac{1}{n} E\left(\sum_{i=1}^{n} X_i^2\right) = \frac{1}{n} \cdot n \cdot E(X^2) = 1$$

$$Var(\bar{X^2}) = \frac{1}{n^2} Var\left(\sum_{i=1}^{n} X_i^2\right) = \frac{1}{n^2} \cdot n \cdot Var(X^2) = \frac{2}{n}$$

$$E(S^2) = Var(X^2) = 2$$

$$Var(S^2) = \frac{2}{n-1} \cdot 4 - \frac{2}{n} \cdot 2 = \frac{4}{n-1}$$

由此可见，$X_1^2$ 和 $X_2^2$ 的样本均值和样本方差的期望和方差都满足 $\chi^2(1)$ 分布的矩关系，即 $X_1^2$ 和 $X_2^2$ 的分布形式都是卡方分布 $\chi^2(1)$。