题目

1.设X_(1),X_(2),...,X_(n)是来自泊松分布总体P(lambda)的样本，其分布列为PX=x=(lambda^x)/(x!)e^-lambda,x=0,1,2,...，其中lambda>0，求T=sum_(i=1)^nX_(i)的抽样分布.

1.设$X_{1},X_{2},\cdots,X_{n}$是来自泊松分布总体$P(\lambda)$的样本，其分布列为 $P\{X=x\}=\frac{\lambda^{x}}{x!}e^{-\lambda},x=0,1,2,\cdots$，其中$\lambda>0$， 求$T=\sum_{i=1}^{n}X_{i}$的抽样分布.

题目解答

答案

设 $ X_1, X_2, \cdots, X_n $ 是来自泊松分布 $ P(\lambda) $ 的样本，其概率质量函数为 $ P(X = x) = \frac{\lambda^x}{x!} e^{-\lambda} $。根据泊松分布的可加性，独立泊松随机变量的和仍服从泊松分布，参数为各变量参数之和。因此，统计量 $ T = \sum_{i=1}^{n} X_i $ 服从参数为 $ n\lambda $ 的泊松分布，即： \[ T \sim P(n\lambda) \] 其概率质量函数为： \[ P(T = k) = \frac{(n\lambda)^k}{k!} e^{-n\lambda}, \quad k = 0, 1, 2, \cdots \] **答案：** \[ \boxed{T \sim P(n\lambda)} \] 或 \[ \boxed{P(T = k) = \frac{(n\lambda)^k}{k!} e^{-n\lambda}, \quad k = 0, 1, 2, \cdots} \]

解析

本题考查泊松分布的性质以及抽样分布的求解。解题的关键思路是利用泊松分布的可加性来确定样本和的抽样分布。

已知$X_{1},X_{2},\cdots,X_{n}$是来自泊松分布总体$P(\lambda)$的样本，即$X_i\sim P(\lambda)$，$i = 1,2,\cdots,n$，且各$X_i$相互独立。泊松分布的可加性指的是：若$X_1\sim P(\lambda_1)$，$X_2\sim P(\lambda_2)$，且$X_1$与$X_2$相互独立，则$X_1 + X_2\sim P(\lambda_1+\lambda_2)$。

下面我们通过数学归纳法来证明$T=\sum_{i = 1}^{n}X_{i}\sim P(n\lambda)$：

  • 基础步骤：当$n = 1$时，$T=X_1$，已知$X_1\sim P(\lambda)$，所以$T\sim P(\lambda)$，结论成立。
  • 归纳步骤：假设当$n = m$时，$T_m=\sum_{i = 1}^{m}X_{i}\sim P(m\lambda)$成立。
    当$n=m + 1$时，$T_{m + 1}=\sum_{i = 1}^{m+1}X_{i}=\sum_{i = 1}^{m}X_{i}+X_{m + 1}=T_m+X_{m + 1}$。
    因为$T_m\sim P(m\lambda)$，$X_{m + 1}\sim P(\lambda)$，且$T_m$与$X_{m + 1}$相互独立，根据泊松分布的可加性可得$T_{m + 1}=T_m+X_{m + 1}\sim P(m\lambda+\lambda)=P((m + 1)\lambda)$。

由数学归纳法可知，对于任意的正整数$n$，$T=\sum_{i = 1}^{n}X_{i}\sim P(n\lambda)$。
其概率质量函数为$P(T = k)=\frac{(n\lambda)^k}{k!}e^{-n\lambda}$，其中$k = 0,1,2,\cdots$。