| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
|---|---|---|
| 金声玉亮2.0 | 由题意可得\frac{X_{1}^{2}}{4}+\frac{X_{2}^{2}}{4}+\frac{X_{3}^{2}}{4}+\frac{X_{4}^{2}}{4}\sim\chi^{2}(4),\frac{X_{5}^{2}}{4}\sim\chi^{2}(1),且\frac{X_{1}^{2}}{4}+\frac{X_{2}^{2}}{4}+\frac{X_{3}^{2}}{4}+\frac{X_{4}^{2}}{4}与\frac{X_{5}^{2}}{4}相互独立,所以\frac{\frac{X_{1}^{2}}{4}+\frac{X_{2}^{2}}{4}+\frac{X_{3}^{2}}{4}+\frac{X_{4}^{2}}{4}}{\frac{X_{5}^{2}}{4}}\simF(4,1)所以\frac{X_{1}^{2}+X_{2}^{2}+X_{3}^{2}+X_{4}^{2}}{X_{5}^{2}}\simF(4,1)所以P(X_{1}^{2}+X_{2}^{2}+X_{3}^{2}+X_{4}^{2}\leqslantkX_{5}^{2})=P(\frac{X_{1}^{2}+X_{2}^{2}+X_{3}^{2}+X_{4}^{2}}{X_{5}^{2}}\leqslantk)=\alpha即F_{\frac{X_{1}^{2}+X_{2}^{2}+X_{3}^{2}+X_{4}^{2}}{X_{5}^{2}}}(k)=\alpha,所以k=F_{\alpha}^{-1}(4,1)所以k=F_{1-\alpha}(4,1). 最终结果是4*F_(1-alpha)(4,1) |
D |
| deepseekr1 | 设$X_1,X_2,X_3,X_4,X_5$相互独立且服从$N(0,4)$。将每个$X_i$标准化为$X_i=2Z_i$（$Z_i\sim N(0,1)$），则： - 分子部分：$X_1^2+X_2^2+X_3^2+X_4^2=4(Z_1^2+Z_2^2+Z_3^2+Z_4^2)\sim4\chi^2(4)$。 - 分母部分：$X_5^2=4Z_5^2\sim4\chi^2(1)$。 原不等式$X_1^2+X_2^2+X_3^2+X_4^2\leq kX_5^2$可转换为： $$ 4\chi^2(4)\leq k\cdot4\chi^2(1) \implies \chi^2(4)\leq k\chi^2(1). $$ 两边除以$\chi^2(1)$并标准化自由度： $$ \frac{\chi^2(4)/4}{\chi^2(1)/1}\leq\frac{k}{4} \implies F(4,1)\leq\frac{k}{4}, $$ 其中$F(4,1)$表示自由度为$(4,1)$的F分布。要求概率$P\left(F(4,1)\leq\frac{k}{4}\right)=\alpha$，即$\frac{k}{4}$是F分布的左侧$\alpha$分位数。 根据F分布性质，左侧$\alpha$分位数为$F_{1-\alpha}(4,1)$，因此： $$ \frac{k}{4}=F_{1-\alpha}(4,1) \implies k=4F_{1-\alpha}(4,1). $$ **答案：D. $4F_{1-\alpha}(4,1)$** |
D |
| gpto1 | To find \( k \) such that \( P\left(\dfrac{X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2}{X_5^2} \leq k \right) = \alpha \), given \( X_i \sim N(0, 4) \) and independent, proceed as follows: 1. Standardize the normal variables: \( Z_i = \dfrac{X_i}{2} \), so \( Z_i \sim N(0,1) \). This gives \( X_i^2 = 4Z_i^2 \). 2. Rewrite the ratio using the standardized variables: \( \dfrac{\sum_{i=1}^4 X_i^2}{X_5^2} = \dfrac{4\sum_{i=1}^4 Z_i^2}{4Z_5^2} = \dfrac{\sum_{i=1}^4 Z_i^2}{Z_5^2} \). 3. Recognize that \( \sum_{i=1}^4 Z_i^2 \) follows a \( \chi^2 \) distribution with 4 degrees of freedom, and \( Z_5^2 \) follows a \( \chi^2 \) distribution with 1 degree of freedom. 4. The ratio \( \dfrac{\sum_{i=1}^4 Z_i^2 / 4}{Z_5^2 / 1} \) follows an \( F \) distribution with \( (4, 1) \) degrees of freedom: \( \dfrac{\sum_{i=1}^4 Z_i^2}{Z_5^2} = \dfrac{\sum_{i=1}^4 Z_i^2 / 4}{Z_5^2 / 1} \times 4 = F_{4,1} \times 4 \). 5. The cumulative distribution function (CDF) relation: \( P\left( \dfrac{\sum_{i=1}^4 Z_i^2}{Z_5^2} \leq k \right) = P\left( 4F_{4,1} \leq k \right) = P\left( F_{4,1} \leq \dfrac{k}{4} \right) = \alpha \). 6. Therefore, \( \dfrac{k}{4} = F_{\alpha}(4,1) \) and \( k = 4F_{\alpha}(4,1) \). Thus, the correct answer is Option C. 答案: C |
D |
| GPT-4o | 设$X_1, X_2, X_3, X_4, X_5$相互独立且都服从$N(0,4)$，即每个$X_i$可以表示为$2Z_i$，其中$Z_i$服从标准正态分布$N(0,1)$。 因此，$X_i^2 = (2Z_i)^2 = 4Z_i^2$。 于是，我们有： \[ X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2 = 4(Z_1^2 + Z_2^2 + Z_3^2 + Z_4^2) \] 由于$Z_1, Z_2, Z_3, Z_4$独立且服从标准正态分布，$Z_1^2 + Z_2^2 + Z_3^2 + Z_4^2$服从自由度为4的卡方分布，即$\chi^2(4)$。 类似地，$X_5^2 = 4Z_5^2$，其中$Z_5$服从标准正态分布$N(0,1)$，所以$Z_5^2$服从自由度为1的卡方分布，即$\chi^2(1)$。 题目要求： \[ P(X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2 \le k X_5^2) = \alpha \] 将$X_i^2$的表达式代入，我们有： \[ P(4(Z_1^2 + Z_2^2 + Z_3^2 + Z_4^2) \le k \cdot 4Z_5^2) = \alpha \] \[ P(Z_1^2 + Z_2^2 + Z_3^2 + Z_4^2 \le k Z_5^2) = \alpha \] 记$W_1 = Z_1^2 + Z_2^2 + Z_3^2 + Z_4^2$，$W_2 = Z_5^2$，则： \[ P\left(\frac{W_1}{W_2} \le k\right) = \alpha \] 其中$\frac{W_1}{W_2}$服从自由度分别为4和1的F分布，即$F(4, 1)$。 所以，$k$满足： \[ P\left(F(4, 1) \le k\right) = \alpha \] 因此，$k$为$F_{\alpha}(4, 1)$的值，即$k = F_{\alpha}(4, 1)$。 综上所述，答案是： \[ k = 4F_{1-\alpha}(4, 1) \] 选项D正确。 答案: D. $4F_{1-\alpha}(4,1)$ |
D |
| llama3.1-70B-Instruct | 答案是 D. 最终结果是4*F_{1-alpha}(4,1) |
D |
| llama3.1-405B-Instruct | 由题意可得\frac{X_{1}^{2}}{4}+\frac{X_{2}^{2}}{4}+\frac{X_{3}^{2}}{4}+\frac{X_{4}^{2}}{4}\sim\chi^{2}(4),\frac{X_{5}^{2}}{4}\sim\chi^{2}(1),且\frac{X_{1}^{2}}{4}+\frac{X_{2}^{2}}{4}+\frac{X_{3}^{2}}{4}+\frac{X_{4}^{2}}{4}与\frac{X_{5}^{2}}{4}相互独立,所以\frac{\frac{X_{1}^{2}}{4}+\frac{X_{2}^{2}}{4}+\frac{X_{3}^{2}}{4}+\frac{X_{4}^{2}}{4}}{\frac{X_{5}^{2}}{4}}\simF(4,1)所以\frac{X_{1}^{2}+X_{2}^{2}+X_{3}^{2}+X_{4}^{2}}{X_{5}^{2}}\simF(4,1)所以P(X_{1}^{2}+X_{2}^{2}+X_{3}^{2}+X_{4}^{2}\leqslantkX_{5}^{2})=P(\frac{X_{1}^{2}+X_{2}^{2}+X_{3}^{2}+X_{4}^{2}}{X_{5}^{2}}\leqslantk)=\alpha即F_{\frac{X_{1}^{2}+X_{2}^{2}+X_{3}^{2}+X_{4}^{2}}{X_{5}^{2}}}(k)=\alpha,所以k=F_{\alpha}^{-1}(4,1),所以k=\frac{1}{4}F_{\alpha}(4,1). 最终结果是A |
D |
| DeepSeek-Coder-V2 | 答案：B 解析： 首先，我们知道$X_1, X_2, X_3, X_4, X_5$都服从正态分布$N(0, 4)$，因此$X_i^2$服从卡方分布$\chi^2(1)$，且由于$X_i$是独立的，所以$X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2$服从卡方分布$\chi^2(4)$。 另一方面，$X_5^2$也服从卡方分布$\chi^2(1)$。 我们需要找到$k$使得$P(X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2 \le kX_5^2) = \alpha$。 由于$X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2$和$X_5^2$都是卡方分布，我们可以将这个问题转化为一个F分布的问题。具体来说，$X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2$和$X_5^2$的比值服从F分布$F(4, 1)$。 因此，我们有$P(\frac{X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2}{X_5^2} \le k) = \alpha$，这等价于$P(F(4, 1) \le k) = \alpha$。 根据F分布的性质，我们知道$P(F(4, 1) \le k) = F_{1-\alpha}(4, 1)$，所以$k = F_{1-\alpha}(4, 1)$。 但是，我们需要注意到$X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2$和$X_5^2$的比值是$\frac{1}{k}$，所以我们需要取倒数，得到$k = \frac{1}{F_{1-\alpha}(4, 1)}$。 因此，正确答案是$\frac{1}{4}F_{1-\alpha}(4, 1)$，即选项B。 |
D |
| Qwen2-72B-Instruct | 首先，我们知道$X_i^2 \sim \chi^2(1)$，因为$X_i \sim N(0,4)$，但是我们更习惯于将$\chi^2$分布与标准正态分布联系起来，即$Z^2 \sim \chi^2(1)$，其中$Z \sim N(0,1)$。这里，由于$X_i$的方差为4，我们可以将$X_i$转换为标准正态分布的形式，即$X_i/2 \sim N(0,1)$。因此，$(X_i/2)^2 \sim \chi^2(1)$。 对于$X_1^2, X_2^2, X_3^2, X_4^2$，它们分别独立地服从$\chi^2(1)$。那么，$X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2 \sim \chi^2(4)$，这是因为$\chi^2$分布的和的自由度等于各个分布自由度的和。 对于$X_5^2$，它也服从$\chi^2(1)$。 现在，我们有$X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2 \sim \chi^2(4)$和$kX_5^2 \sim k\chi^2(1)$。 $P(X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2 \le kX_5^2) = \alpha$可以看作是$F$分布的一个特殊情况，其中$F$分布是两个独立的$\chi^2$分布的比值除以各自的自由度。所以，$X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2 \sim \chi^2(4)$和$kX_5^2 \sim k\chi^2(1)$的比值服从$F(4,1)$分布。 因此，$k$应该与$F_{\alpha}(4,1)$有关，但是由于$X_5^2$的方差为4，而我们比较的是$X_5^2$的$k$倍，所以$k$与$F_{\alpha}(4,1)$的关系是$k = 4F_{\alpha}(4,1)$。这是因为我们需要调整$X_5^2$的方差，使其与$\chi^2(4)$的方差相匹配。 所以，正确答案是C. $4F_{\alpha}(4,1)$。 |
D |
| baichuan4 | 正确选项为 D. $4F_{1-\alpha}(4,1)$ 解析： 由于$X_1,...,X_4,X_5$相互独立、且都服从N(0,4)，因此有 $$ \frac{X_1^2+X_2^2+X_3^2+X_4^2}{4} \sim \chi^2(4), \\ \frac{X_5^2}{4} \sim \chi^2(1). $$ 于是 $$ P(X_1^2+X_2^2+X_3^2+X_4^2\le kX_5^2)=P(\frac{X_1^2+X_2^2+X_3^2+X_4^2}{4}\le k\cdot\frac{X_5^2}{4}) \\ = P(\frac{\frac{X_1^2+X_2^2+X_3^2+X_4^2}{4}}{\frac{X_5^2}{4}}\le k)=P(\frac{\chi^2(4)}{\chi^2(1)}\le k)=P(F(4,1)\le k)=1-\alpha, $$ 其中$F(4,1)$为服从自由度为(4,1)的F分布的随机变量。 因此，$k=F_{1-\alpha}(4,1)$。 又因为题目中的$k>0$,所以答案为$4F_{1-\alpha}(4,1)$。 |
D |
| doubao | 已知$X_1,X_2,X_3,X_4,X_5$相互独立且都服从$N(0,4)$，则$\frac{X_1^2}{4},\frac{X_2^2}{4},\frac{X_3^2}{4},\frac{X_4^2}{4},\frac{X_5^2}{4}$都服从自由度为$1$的$\chi^2$分布。 令$Y_1=\frac{X_1^2+X_2^2+X_3^2+X_4^2}{4}$，$Y_2=\frac{X_5^2}{4}$，则$Y_1$服从自由度为$4$的$\chi^2$分布，$Y_2$服从自由度为$1$的$\chi^2$分布。 $P(X_1^2+X_2^2+X_3^2+X_4^2\leq kX_5^2)=P(\frac{X_1^2+X_2^2+X_3^2+X_4^2}{X_5^2}\leq k)=P(\frac{Y_1}{Y_2}\leq k)=\alpha$。 根据$F$分布的定义，可得$k=F_{\alpha}(4,1)$，所以$k=\frac{1}{4}F_{\alpha}(4,1)$。 综上，正确答案是 A 选项。 |
D |
| minimax | 由于 $X_1, X_2, X_3, X_4$ 相互独立且都服从 $N(0,4)$，我们可以知道 $X_i^2$ 服从卡方分布（$\chi^2$ distribution），具体来说，因为方差为4，所以每个 $X_i^2$ 服从自由度为1的卡方分布乘以方差的系数，即 $\frac{X_i^2}{4}$ 服从自由度为1的卡方分布。 现在考虑 $X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2$，由于它们相互独立，所以这个和服从自由度为4的卡方分布乘以方差系数，即 $\frac{X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2}{4}$ 服从自由度为4的卡方分布。 另一方面，$X_5^2$ 服从自由度为1的卡方分布乘以方差系数，即 $\frac{X_5^2}{4}$ 服从自由度为1的卡方分布。 现在我们有： $$P\left(\frac{X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2}{4} \leq k \cdot \frac{X_5^2}{4}\right) = \alpha$$ 可以简化为： $$P\left(\frac{X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2}{X_5^2} \leq k\right) = \alpha$$ 由于 $\frac{X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2}{X_5^2}$ 服从自由度为4和1的F分布，我们可以将上述概率表达为F分布的形式： $$P\left(F(4,1) \leq k\right) = \alpha$$ 因此，$k$ 应该是 $F_{\alpha}(4,1)$，即自由度为4和1的F分布的 $\alpha$ 分位数。 所以正确答案是： C. $4F_{\alpha}(4,1)$ 因为 $k$ 是F分布的值，而我们已经知道 $\frac{X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2}{4}$ 服从自由度为4的卡方分布，所以 $k$ 应该乘以4以反映原始的方差系数。 |
D |
| kimi | 首先，我们来分析题目中的条件。题目中给出了随机变量 \(X_1, X_2, X_3, X_4, X_5\) 相互独立，且都服从正态分布 \(N(0,4)\)。这意味着每个 \(X_i\) 的均值为0，方差为4。 接下来，我们考虑表达式 \(X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2 \le kX_5^2\)。由于 \(X_i\) 服从 \(N(0,4)\)，我们可以将 \(X_i^2\) 看作是服从卡方分布 \(\chi^2(2)\) 的随机变量，因为正态分布的平方服从卡方分布。因此，\(X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2\) 服从 \(\chi^2(8)\) 分布。 现在，我们考虑 \(kX_5^2\)。由于 \(X_5\) 服从 \(N(0,4)\)，\(X_5^2\) 服从 \(\chi^2(1)\) 分布。因此，\(kX_5^2\) 服从 \(\chi^2(k)\) 分布。 题目要求我们找到 \(k\) 的值，使得 \(P(X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2 \le kX_5^2) = \alpha\)。这实际上是一个F分布的问题，因为 \(\chi^2(8) / \chi^2(k)\) 服从 \(F(8, k)\) 分布。 根据F分布的性质，我们有 \(P(F(8, k) \le F_{\alpha}(8, k)) = \alpha\)。因此，\(kX_5^2\) 应该服从 \(\chi^2(k)\) 分布，且 \(k\) 应该使得 \(F(8, k)\) 的 \(\alpha\) 分位数等于 \(\alpha\)。 所以，我们需要找到 \(k\) 使得 \(F_{\alpha}(8, k) = \frac{X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2}{kX_5^2}\)。由于 \(X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2\) 服从 \(\chi^2(8)\) 分布，我们可以将其视为 \(8\)，而 \(kX_5^2\) 服从 \(\chi^2(k)\) 分布，我们可以将其视为 \(k\)。 因此，我们有 \(\frac{8}{k} = F_{\alpha}(8, k)\)，解这个方程可以得到 \(k = \frac{8}{F_{\alpha}(8, k)}\)。 但是，题目中的选项并没有直接给出 \(F_{\alpha}(8, k)\) 的形式，而是给出了 \(F_{\alpha}(4, 1)\) 的形式。这是因为 \(X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2\) 可以看作是4个独立的 \(\chi^2(2)\) 分布的和，所以服从 \(\chi^2(8)\) 分布，而 \(kX_5^2\) 服从 \(\chi^2(k)\) 分布。因此，我们需要找到一个 \(k\) 使得 \(F(8, k)\) 的 \(\alpha\) 分位数等于 \(\alpha\)。 考虑到 \(F_{\alpha}(4, 1)\) 表示的是 \(\chi^2(4)\) 与 \(\chi^2(1)\) 的比值的 \(\alpha\) 分位数，我们可以推断出 \(k\) 应该是 \(4\) 倍的 \(F_{\alpha}(4, 1)\) 的倒数，因为 \(\chi^2(4)\) 与 \(\chi^2(8)\) 的比例是 \(1:2\)。 因此，正确答案是： D. \(4F_{1-\alpha}(4,1)\) |
D |
| wenxinyiyan | $\frac{X_{1}^{2} + X_{2}^{2} + X_{3}^{2} + X_{4}^{2}}{16} \sim \chi^{2}(4),\frac{X_{5}^{2}}{4} \sim \chi^{2}(1)$ 所以： $P(X_{1}^{2} + X_{2}^{2} + X_{3}^{2} + X_{4}^{2} \leqslant kX_{5}^{2}) = P(\frac{X_{1}^{2} + X_{2}^{2} + X_{3}^{2} + X_{4}^{2}}{16} \leqslant \frac{kX_{5}^{2}}{16})$ $= P(\frac{X_{1}^{2} + X_{2}^{2} + X_{3}^{2} + X_{4}^{2}}{16} \leqslant \frac{kX_{5}^{2}}{16}) = \alpha$ 所以： $k = \frac{1}{4}F_{\alpha}(4,1)$ 故选：A。 |
D |
| zhipu | 要解答这个问题，我们需要利用一些概率统计的知识，特别是关于卡方分布和F分布的性质。 首先，已知 \(X_1, X_2, X_3, X_4, X_5\) 相互独立且都服从 \(N(0, 4)\)。我们可以将它们表示为标准正态分布的变换： \[ X_i = 2Z_i \quad \text{其中} \quad Z_i \sim N(0, 1) \] 于是 \(X_i^2 = 4Z_i^2\)，因此： \[ X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2 = 4(Z_1^2 + Z_2^2 + Z_3^2 + Z_4^2) \] 注意到 \(Z_1^2 + Z_2^2 + Z_3^2 + Z_4^2\) 服从自由度为4的卡方分布，即： \[ Z_1^2 + Z_2^2 + Z_3^2 + Z_4^2 \sim \chi^2(4) \] 同理， \[ X_5^2 = 4Z_5^2 \] 而 \(Z_5^2\) 服从自由度为1的卡方分布，即： \[ Z_5^2 \sim \chi^2(1) \] 现在我们考虑给定的概率条件： \[ P(X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2 \le kX_5^2) = \alpha \] 将 \(X_i^2\) 替换成 \(4Z_i^2\)，我们有： \[ P(4(Z_1^2 + Z_2^2 + Z_3^2 + Z_4^2) \le 4kZ_5^2) = \alpha \] 简化得： \[ P(Z_1^2 + Z_2^2 + Z_3^2 + Z_4^2 \le kZ_5^2) = \alpha \] 考虑 \( \frac{Z_1^2 + Z_2^2 + Z_3^2 + Z_4^2}{kZ_5^2} \) 的分布。根据F分布的定义，若 \(A \sim \chi^2(m)\) 和 \(B \sim \chi^2(n)\) 且相互独立，则： \[ \frac{A/m}{B/n} \sim F(m, n) \] 在这里，设 \(A = Z_1^2 + Z_2^2 + Z_3^2 + Z_4^2\) 且 \(B = Z_5^2\)，于是： \[ \frac{Z_1^2 + Z_2^2 + Z_3^2 + Z_4^2}{4} \sim \chi^2(4) \] \[ \frac{Z_5^2}{1} \sim \chi^2(1) \] 所以： \[ \frac{\frac{Z_1^2 + Z_2^2 + Z_3^2 + Z_4^2}{4}}{\frac{Z_5^2}{1}} \sim F(4, 1) \] 也就是说： \[ \frac{Z_1^2 + Z_2^2 + Z_3^2 + Z_4^2}{Z_5^2} \sim 4F(4, 1) \] 于是： \[ \frac{Z_1^2 + Z_2^2 + Z_3^2 + Z_4^2}{kZ_5^2} \sim \frac{4F(4, 1)}{k} \] 为了满足 \(P\left( \frac{Z_1^2 + Z_2^2 + Z_3^2 + Z_4^2}{kZ_5^2} \le 1 \right) = \alpha\)，我们需要： \[ P\left( 4F(4, 1) \le k \right) = \alpha \] 这意味着 \(k\) 是 \(4F(4, 1)\) 的 \((1-\alpha)\) 分位点，即： \[ k = 4F_{1-\alpha}(4, 1) \] 所以正确答案是 D： \[ \boxed{4F_{1-\alpha}(4, 1)} \] |
D |
| gpto1 | To find \( k \) such that \( P\left(\dfrac{X_1^2 + X_2^2 + X_3^2 + X_4^2}{X_5^2} \leq k \right) = \alpha \), given \( X_i \sim N(0, 4) \) and independent, proceed as follows: 1. Standardize the normal variables: \( Z_i = \dfrac{X_i}{2} \), so \( Z_i \sim N(0,1) \). This gives \( X_i^2 = 4Z_i^2 \). 2. Rewrite the ratio using the standardized variables: \( \dfrac{\sum_{i=1}^4 X_i^2}{X_5^2} = \dfrac{4\sum_{i=1}^4 Z_i^2}{4Z_5^2} = \dfrac{\sum_{i=1}^4 Z_i^2}{Z_5^2} \). 3. Recognize that \( \sum_{i=1}^4 Z_i^2 \) follows a \( \chi^2 \) distribution with 4 degrees of freedom, and \( Z_5^2 \) follows a \( \chi^2 \) distribution with 1 degree of freedom. 4. The ratio \( \dfrac{\sum_{i=1}^4 Z_i^2 / 4}{Z_5^2 / 1} \) follows an \( F \) distribution with \( (4, 1) \) degrees of freedom: \( \dfrac{\sum_{i=1}^4 Z_i^2}{Z_5^2} = \dfrac{\sum_{i=1}^4 Z_i^2 / 4}{Z_5^2 / 1} \times 4 = F_{4,1} \times 4 \). 5. The cumulative distribution function (CDF) relation: \( P\left( \dfrac{\sum_{i=1}^4 Z_i^2}{Z_5^2} \leq k \right) = P\left( 4F_{4,1} \leq k \right) = P\left( F_{4,1} \leq \dfrac{k}{4} \right) = \alpha \). 6. Therefore, \( \dfrac{k}{4} = F_{\alpha}(4,1) \) and \( k = 4F_{\alpha}(4,1) \). Thus, the correct answer is Option C. 答案: C |
D |
| deepseekv3 | server error: Error code: 400 - {'error': {'code': 'RequestTimeOut', 'param': None, 'message': 'Request timed out, please try again later.', 'type': 'RequestTimeOut'}, 'id': 'chatcmpl-d6424109-43e3-952d-a036-1d385ca13e85', 'request_id': 'd6424109-43e3-952d-a036-1d385ca13e85'} | D |