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\begin{document}
% 主资料：参考资料/网课讲义/第六章 数理统计的基本概念.pdf
% 字幕范围：P52--P59
\setcounter{chapter}{5}
\chapter{数理统计的基本概念}

\section*{本章导读}

前五章通常从一个已经确定的分布出发，计算概率或数字特征。本章把方向反过来：总体分布含有未知信息时，怎样从有限个观测值推断总体？这就是数理统计的起点。

本章的知识链是
\[
\boxed{\text{总体}}
\longrightarrow
\boxed{\text{随机抽样}}
\longrightarrow
\boxed{\text{统计量}}
\longrightarrow
\boxed{\text{抽样分布}}.
\]
前三个框说明“用什么数据、怎样加工数据”，最后一个框说明“加工结果具有怎样的随机规律”。第七至第九章的参数估计和假设检验，都建立在这条链上。

\section{总体与样本}

\subsection{总体不是一堆编号，而是所研究指标的分布}

假设我们关心一批灯泡的寿命。每只灯泡是一个\textbf{个体}，寿命是个体上的数量指标。若从总体中随机抽取一只灯泡，用随机变量 $X$ 表示其寿命，那么 $X$ 的分布就刻画了总体。

\begin{definition}[总体、个体与总体分布]
研究对象的全体称为\textbf{总体}，组成总体的每个基本单位称为\textbf{个体}。在数理统计中，通常用个体上某个数量指标的分布来代表总体，也把服从该分布的随机变量 $X$ 简称为总体。
\end{definition}

总体分布可能完全已知，也可能只知道分布族而不知道参数。例如
\[
X\sim N(\mu,\sigma^2)
\]
表示已知总体属于正态分布族；若 $\mu,\sigma^2$ 未知，统计问题就是利用样本获得关于它们的信息。

\begin{note}[模型中的“已知”与“未知”]
“总体是正态总体”不等于“总体分布完全已知”。前者只说明分布类型；只有当 $\mu$ 和 $\sigma^2$ 也已知时，分布才被完全确定。
\end{note}

\subsection{简单随机样本}

不可能观察整个总体时，就从中抽取一部分个体。为使样本能够代表总体，抽样方式必须受到条件约束。

\begin{definition}[简单随机样本]
设总体的分布函数为 $F(x)$。若随机变量 $X_1,X_2,\ldots,X_n$ 满足：
\begin{enumerate}
  \item $X_1,\ldots,X_n$ 相互独立；
  \item 每个 $X_i$ 都与总体 $X$ 同分布，分布函数均为 $F(x)$，
\end{enumerate}
则称 $X_1,\ldots,X_n$ 是来自总体 $X$ 的容量为 $n$ 的\textbf{简单随机样本}，简称样本。
\end{definition}

“同分布”保证每次抽取面对同一个总体规律；“相互独立”保证一次抽取的结果不改变其他抽取的概率规律。本讲义后续所说的样本，若无特别说明，均指简单随机样本。

\subsection{样本的二重性}

抽样前，$X_1,\ldots,X_n$ 的值尚未确定，它们是随机变量；抽样后得到
\[
x_1,x_2,\ldots,x_n,
\]
这些是确定的观测值。二者不能混用。

\begin{center}
\begin{tabular}{lll}
\toprule
阶段 & 记号 & 含义 \\
\midrule
观测前 & $X_1,\ldots,X_n$ & 随机变量，可讨论分布、期望和方差 \\
观测后 & $x_1,\ldots,x_n$ & 已经得到的数，可进行具体计算 \\
\bottomrule
\end{tabular}
\end{center}

\begin{example}[区分样本与样本值]
随机抽取三只灯泡并记录寿命。抽取前用 $X_1,X_2,X_3$ 表示三次寿命，它们构成随机样本；若实际得到 $1010,980,1050$ 小时，这三个数是该样本的一组样本值。
\tcblower
\textbf{为什么要区分：}“样本均值服从什么分布”讨论的是随机变量的函数；“样本均值是多少”则把实际数字代入计算。前者属于理论推断，后者属于数据处理。
\end{example}

\subsection*{小结}
总体用所研究指标的概率分布刻画；简单随机样本必须同时满足独立和同分布。使用样本前，先辨明分布类型与参数哪些已知，再辨明当前记号表示随机样本还是已经观测到的样本值。

\section{经验分布函数}

\subsection{用样本中“不超过给定值的比例”模仿总体概率}

总体分布函数是 $F(x)=P(X\le x)$。若 $F$ 未知，自然可以用样本中不超过 $x$ 的观测所占比例来估计它。

\begin{definition}[经验分布函数]
设 $X_1,\ldots,X_n$ 为样本，定义
\[
F_n(x)=\frac1n\sum_{i=1}^n\mathbf 1_{\{X_i\le x\}},
\]
其中示性函数在事件 $\{X_i\le x\}$ 发生时取 $1$，否则取 $0$。观测到样本值后，$F_n(x)$ 就是样本中不超过 $x$ 的数据比例。
\end{definition}

\begin{example}[从频数写出经验分布函数]
一组容量为 $10$ 的样本值为
\[
1,2,4,3,4,2,3,4,4,2.
\]
不同取值 $1,2,3,4$ 的频数依次为 $1,3,2,4$，故
\[
F_{10}(x)=
\begin{cases}
0, & x<1,\\
0.1, & 1\le x<2,\\
0.4, & 2\le x<3,\\
0.6, & 3\le x<4,\\
1, & x\ge4.
\end{cases}
\]
\tcblower
\textbf{方法选择：}先排序并统计不同取值的频数，再逐段累加相对频数。\textbf{结果检查：}经验分布函数必须右连续、单调不减，且两端极限分别为 $0$ 和 $1$。
\end{example}

\begin{theorem}[格里文科定理]
设 $F_n(x)$ 是来自总体分布函数 $F(x)$ 的经验分布函数，则当 $n\to\infty$ 时，$F_n(x)$ 以概率 $1$ 一致收敛于 $F(x)$，即
\[
P\!\left(\lim_{n\to\infty}\sup_x|F_n(x)-F(x)|=0\right)=1.
\]
\end{theorem}

\begin{note}[为什么经验分布能代表总体]
对固定的 $x$，每个 $\mathbf 1_{\{X_i\le x\}}$ 都是参数为 $F(x)$ 的伯努利随机变量，$F_n(x)$ 正是它们的样本均值。大数定律说明它会稳定到 $F(x)$。格里文科定理进一步把“固定一个 $x$”加强为“对所有 $x$ 同时控制”。严格证明涉及本阶段尚未学习的工具，\textbf{本阶段不要求复现}；应会构造和检查经验分布函数。
\end{note}

\subsection*{小结}
经验分布函数用样本比例估计总体分布函数，是一条从数据到分布的直接通道。构造时先排序、计频数、再累加；检查时看它是否为右连续的阶梯函数，并满足单调性和两端极限。

\section{统计量与常用样本统计量}

\subsection{统计量：只加工样本，不偷用未知信息}

\begin{definition}[统计量与统计量的观测值]
设 $X_1,\ldots,X_n$ 为样本。若函数
\[
T=T(X_1,\ldots,X_n)
\]
不含任何未知参数，则称 $T$ 为\textbf{统计量}。把样本值代入后得到的数 $T(x_1,\ldots,x_n)$，称为统计量的\textbf{观测值}或\textbf{统计值}。
\end{definition}

统计量仍是随机变量，因此有自己的分布、期望和方差。定义中禁止的是\textbf{未知参数}，而不是一切常数：已知参数可以出现在统计量中。

\begin{example}[判断是否为统计量]
设 $X_1,\ldots,X_n$ 来自 $N(\mu,\sigma^2)$，且 $\mu,\sigma^2$ 均未知。则 $\overline X$、$\max_iX_i$ 和 $\sum X_i^2$ 都是统计量；$\overline X-\mu$ 与 $S^2/\sigma^2$ 含有未知参数，不是统计量。
\tcblower
\textbf{判断方法：}先列出题目中的未知参数，再逐个检查表达式中是否出现它们。不要因为一个表达式具有重要分布就误称它为统计量。
\end{example}

\subsection{五类常用统计量}

\begin{definition}[样本均值、样本方差与样本矩]
设 $X_1,\ldots,X_n$ 为样本，定义
\begin{align*}
\overline X&=\frac1n\sum_{i=1}^nX_i &&\text{样本均值},\\
S^2&=\frac1{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\overline X)^2 &&\text{样本方差},\\
S&=\sqrt{S^2} &&\text{样本标准差},\\
A_k&=\frac1n\sum_{i=1}^nX_i^k &&\text{$k$ 阶样本原点矩},\\
B_k&=\frac1n\sum_{i=1}^n(X_i-\overline X)^k &&\text{$k$ 阶样本中心矩}.
\end{align*}
特别地，$A_1=\overline X$，而
\[
B_2=\frac1n\sum_{i=1}^n(X_i-\overline X)^2=\frac{n-1}{n}S^2.
\]
\end{definition}

样本均值描述数据的中心位置；样本方差和标准差描述离散程度；样本矩则与总体矩对应，是后面矩估计法的基础。

\begin{theorem}[样本方差的计算恒等式]
\[
\sum_{i=1}^n(X_i-\overline X)^2
=\sum_{i=1}^nX_i^2-n\overline X^{,2},
\]
因而
\[
S^2=\frac1{n-1}\left(\sum_{i=1}^nX_i^2-n\overline X^{,2}\right).
\]
\end{theorem}

\begin{proof}
\textbf{证明目标：}把“离均差平方和”改写为平方和与样本均值的组合。

\textbf{出发点：}使用 $\sum_{i=1}^nX_i=n\overline X$。

\textbf{关键转换：}展开平方，再把与下标 $i$ 无关的 $\overline X$ 提出求和。
\begin{align*}
\sum_{i=1}^n(X_i-\overline X)^2
&=\sum_{i=1}^n\left(X_i^2-2X_i\overline X+\overline X^{,2}\right)\\
&=\sum_{i=1}^nX_i^2-2\overline X\sum_{i=1}^nX_i+n\overline X^{,2}\\
&=\sum_{i=1}^nX_i^2-2n\overline X^{,2}+n\overline X^{,2}\\
&=\sum_{i=1}^nX_i^2-n\overline X^{,2}.
\end{align*}
\textbf{证明小结：}真正起作用的是样本均值定义。这个恒等式既便于手算，也是在证明 $E(S^2)=\sigma^2$ 时消去交叉项的关键工具。
\end{proof}

\subsection*{小结}
统计量是只由样本和已知量构成的函数；代入样本值后才得到统计值。遇到常用统计量，要分清 $S^2$ 的分母是 $n-1$，而二阶样本中心矩 $B_2$ 的分母是 $n$。

\section{统计量的数字特征}

设总体 $X$ 的期望和方差存在，并记
\[
E(X)=\mu,\qquad \operatorname{Var}(X)=\sigma^2.
\]

\begin{theorem}[样本均值的期望与方差]
对简单随机样本 $X_1,\ldots,X_n$，
\[
E(\overline X)=\mu,
\qquad
\operatorname{Var}(\overline X)=\frac{\sigma^2}{n}.
\]
\end{theorem}

\begin{proof}
\textbf{证明目标：}求样本均值的期望和方差。

\textbf{出发点：}样本同分布给出 $E(X_i)=\mu$、$\operatorname{Var}(X_i)=\sigma^2$；样本独立使和的方差可以直接相加。

\textbf{关键转换：}把常数 $1/n$ 提到期望或方差之外。
\begin{align*}
E(\overline X)
&=E\!\left(\frac1n\sum_{i=1}^nX_i\right)
=\frac1n\sum_{i=1}^nE(X_i)=\mu,\\
\operatorname{Var}(\overline X)
&=\operatorname{Var}\!\left(\frac1n\sum_{i=1}^nX_i\right)
=\frac1{n^2}\sum_{i=1}^n\operatorname{Var}(X_i)
=\frac{\sigma^2}{n}.
\end{align*}
\textbf{证明小结：}期望结论只需同分布，方差相加还用到了独立性。样本量扩大时，样本均值的中心不变，而波动按 $1/n$ 缩小。
\end{proof}

\begin{theorem}[样本方差的无偏性]
若总体方差为 $\sigma^2$，则
\[
E(S^2)=\sigma^2.
\]
因此用分母 $n-1$ 定义的样本方差是总体方差的无偏估计。
\end{theorem}

\begin{proof}
\textbf{证明目标：}证明离均差平方和除以 $n-1$ 后，期望恰为 $\sigma^2$。

\textbf{出发点：}使用恒等式
\[
\sum_{i=1}^n(X_i-\overline X)^2
=\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2-n(\overline X-\mu)^2.
\]

\textbf{关键转换：}分别求右侧两项的期望；第一项含 $n$ 个总体方差，第二项含样本均值的方差。
\begin{align*}
E\!\left[\sum_{i=1}^n(X_i-\overline X)^2\right]
&=\sum_{i=1}^nE[(X_i-\mu)^2]
-nE[(\overline X-\mu)^2]\\
&=n\sigma^2-n\operatorname{Var}(\overline X)\\
&=n\sigma^2-n\cdot\frac{\sigma^2}{n}\\
&=(n-1)\sigma^2.
\end{align*}
两边除以 $n-1$，得到 $E(S^2)=\sigma^2$。

\textbf{证明小结：}估计均值 $\mu$ 消耗了一个自由度，所以离均差平方和的期望只有 $(n-1)\sigma^2$。若仍除以 $n$，所得 $B_2$ 的期望为 $\frac{n-1}{n}\sigma^2$，会系统性偏小。
\end{proof}

\begin{example}[先识别结构，再求期望]
若总体 $X\sim B(m,p)$，求
\[
E\!\left[\sum_{i=1}^n(X_i-\overline X)^2\right].
\]
\tcblower
二项分布的方差为 $mp(1-p)$。由上一证明中的中间结论，直接得到
\[
E\!\left[\sum_{i=1}^n(X_i-\overline X)^2\right]
=(n-1)mp(1-p).
\]
\textbf{方法选择：}看到离均差平方和，应先联系 $(n-1)S^2$，不必逐项展开。\textbf{结果检查：}当 $n=1$ 时离均差恒为零，公式也给出零。
\end{example}

\subsection*{小结}
样本均值满足 $E(\overline X)=\mu$、$\operatorname{Var}(\overline X)=\sigma^2/n$；样本方差满足 $E(S^2)=\sigma^2$。使用这些结论前，先检查是否为简单随机样本，以及所需的总体矩是否存在。

\section{三大抽样分布与上分位点}

\subsection{抽样分布与上分位点}

\begin{definition}[抽样分布]
统计量的概率分布称为该统计量的\textbf{抽样分布}。它描述重复抽样时统计量怎样波动，是进行区间估计和假设检验的概率基础。
\end{definition}

\begin{definition}[上 $\alpha$ 分位点]
设连续型随机变量 $Y$ 的密度为 $f(y)$。若数 $y_\alpha$ 满足
\[
P(Y>y_\alpha)=\int_{y_\alpha}^{\infty}f(y)\,\mathrm dy=\alpha,
\]
则称 $y_\alpha$ 为 $Y$ 的\textbf{上 $\alpha$ 分位点}。
\end{definition}

“上”表示右尾。看到上 $\alpha$ 分位点，应立刻画出右侧面积为 $\alpha$ 的示意图，避免把 $P(Y\le y_\alpha)=\alpha$ 写反。

\subsection{卡方分布：独立标准正态的平方和}

\begin{definition}[$\chi^2$ 分布]
若 $Z_1,\ldots,Z_k$ 相互独立且均服从 $N(0,1)$，则
\[
V=\sum_{i=1}^kZ_i^2
\]
服从自由度为 $k$ 的卡方分布，记为 $V\sim\chi^2(k)$。
\end{definition}

常用性质为
\[
E(V)=k,
\qquad
\operatorname{Var}(V)=2k.
\]
若 $V_1\sim\chi^2(k_1)$、$V_2\sim\chi^2(k_2)$ 且相互独立，则
\[
V_1+V_2\sim\chi^2(k_1+k_2).
\]
自由度为 $k$ 的卡方分布上 $\alpha$ 分位点记为 $\chi^2_\alpha(k)$。

\begin{example}[线性组合先标准化，再平方求和]
设 $X_1,\ldots,X_5$ 相互独立且均服从 $N(0,1)$，令
\[
Y=(X_1+X_2+X_3)^2+(X_4-\sqrt2X_5)^2.
\]
求常数 $c$，使 $cY\sim\chi^2(2)$。
\tcblower
两个括号均服从 $N(0,3)$，且因使用了互不重叠的独立变量而相互独立。因此
\[
\frac{X_1+X_2+X_3}{\sqrt3},
\qquad
\frac{X_4-\sqrt2X_5}{\sqrt3}
\]
是两个独立标准正态变量，故 $Y/3\sim\chi^2(2)$，即 $c=1/3$。

\textbf{结果检查：}自由度等于独立标准正态平方项的个数，而不是原始变量的总数。
\end{example}

\subsection{学生分布：标准正态除以独立卡方均方的平方根}

\begin{definition}[$t$ 分布]
若 $Z\sim N(0,1)$、$V\sim\chi^2(k)$，且 $Z$ 与 $V$ 相互独立，则
\[
T=\frac{Z}{\sqrt{V/k}}
\]
服从自由度为 $k$ 的 $t$ 分布，记为 $T\sim t(k)$。
\end{definition}

$t$ 分布关于原点对称，因此其上分位点满足
\[
t_{1-\alpha}(k)=-t_\alpha(k).
\]
当自由度增大时，$t(k)$ 逐渐接近 $N(0,1)$；$t(1)$ 是标准柯西分布，期望不存在。$t$ 分布密度的严格推导属于\textbf{本阶段不要求复现}的深层理论证明。

\subsection{F 分布：两个独立卡方均方之比}

\begin{definition}[$F$ 分布]
若 $U\sim\chi^2(k_1)$、$V\sim\chi^2(k_2)$，且 $U,V$ 相互独立，则
\[
F=\frac{U/k_1}{V/k_2}
\]
服从自由度为 $(k_1,k_2)$ 的 $F$ 分布，记为 $F\sim F(k_1,k_2)$。
\end{definition}

\begin{theorem}[$t$ 与 $F$ 的平方关系]
若 $T\sim t(k)$，则
\[
T^2\sim F(1,k).
\]
\end{theorem}

\begin{proof}
\textbf{证明目标：}把 $T^2$ 改写成两个独立卡方变量分别除以自由度后的比。

\textbf{出发点：}由定义，$T=Z/\sqrt{V/k}$，其中 $Z\sim N(0,1)$、$V\sim\chi^2(k)$ 且独立。

\textbf{关键转换：}利用标准正态的平方服从 $\chi^2(1)$。
\[
T^2=\frac{Z^2/1}{V/k}\sim F(1,k).
\]
\textbf{证明小结：}平方把 $t$ 分布分子中的标准正态变成自由度为 $1$ 的卡方；独立性由原定义保留。
\end{proof}

\begin{theorem}[$F$ 分布的倒数与分位点]
若 $F\sim F(k_1,k_2)$，则
\[
\frac1F\sim F(k_2,k_1),
\]
并且
\[
F_{1-\alpha}(k_1,k_2)
=\frac1{F_\alpha(k_2,k_1)}.
\]
\end{theorem}

\begin{proof}
\textbf{证明目标：}说明取倒数会交换两个自由度，并推出相应的上分位点关系。

\textbf{出发点：}写成 $F=(U/k_1)/(V/k_2)$，其中两个卡方变量独立。

\textbf{关键转换：}取倒数交换分子与分母。
\[
\frac1F=\frac{V/k_2}{U/k_1}\sim F(k_2,k_1).
\]
再由连续性，
\[
P\!\left(F\le F_{1-\alpha}(k_1,k_2)\right)=\alpha.
\]
取倒数后不等号方向改变，故
\[
P\!\left(\frac1F\ge\frac1{F_{1-\alpha}(k_1,k_2)}\right)=\alpha.
\]
右端临界值应为 $F_\alpha(k_2,k_1)$，整理即得结论。

\textbf{证明小结：}倒数不仅交换自由度，还会交换左右尾，所以分位点下标由 $1-\alpha$ 变为 $\alpha$。
\end{proof}

\begin{center}
\begin{tabular}{llll}
\toprule
目标分布 & 典型结构 & 必查条件 & 自由度来源 \\
\midrule
$\chi^2$ & 标准正态平方和 & 各项独立且已标准化 & 独立平方项数 \\
$t$ & 标准正态除以卡方均方平方根 & 分子、分母独立 & 分母卡方自由度 \\
$F$ & 两个卡方均方之比 & 两个卡方独立 & 分子、分母分别计数 \\
\bottomrule
\end{tabular}
\end{center}

\begin{note}[识别结构不等于只看外形]
“平方和”不自动服从卡方，“正态除以根号平方和”也不自动服从 $t$。每次都要完成三步：先把正态变量标准化，再核对自由度，最后验证组成部分的独立性。
\end{note}

\subsection*{小结}
三大抽样分布都由独立标准正态变量构造。识别时按“标准化—独立性—自由度”检查；查表时先确认使用的是上分位点，并特别留意 $F$ 分布取倒数会同时交换自由度和尾部。

\section{一个正态总体的抽样分布}

设 $X_1,\ldots,X_n$ 是来自正态总体 $N(\mu,\sigma^2)$ 的简单随机样本，$\overline X$ 和 $S^2$ 分别为样本均值和样本方差。

\begin{theorem}[正态总体的四个核心抽样结论]
\begin{enumerate}
  \item 样本均值仍服从正态分布：
  \[
  \overline X\sim N\!\left(\mu,\frac{\sigma^2}{n}\right),
  \qquad
  \frac{\overline X-\mu}{\sigma/\sqrt n}\sim N(0,1).
  \]
  \item $\overline X$ 与 $S^2$ 相互独立。
  \item 两个常用平方和满足
  \[
  \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}
  =\frac{\sum_{i=1}^n(X_i-\overline X)^2}{\sigma^2}
  \sim\chi^2(n-1),
  \]
  \[
  \frac{\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2}{\sigma^2}
  \sim\chi^2(n).
  \]
  \item 用 $S$ 代替未知的 $\sigma$ 后，
  \[
  \frac{\overline X-\mu}{S/\sqrt n}\sim t(n-1).
  \]
\end{enumerate}
\end{theorem}

\begin{note}[结论怎样串起来]
第一条来自独立正态变量的线性组合。第三条中，减去已知 $\mu$ 得到 $n$ 个独立标准正态平方，所以自由度为 $n$；减去样本均值后，偏差满足
\[
\sum_{i=1}^n(X_i-\overline X)=0,
\]
存在一个线性约束，故只剩 $n-1$ 个自由方向。第二条“正态样本均值与样本方差独立”的严格证明依赖正交变换，\textbf{本阶段不要求复现}；但必须记住它依赖正态总体。结合第二、三条就能按定义构造第四条。
\end{note}

\begin{proof}
\textbf{证明目标：}由标准正态与卡方的组合，推出学生化统计量服从 $t(n-1)$。

\textbf{出发点：}令
\[
Z=\frac{\overline X-\mu}{\sigma/\sqrt n}\sim N(0,1),
\qquad
V=\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n-1).
\]
正态总体保证 $\overline X$ 与 $S^2$ 独立，所以 $Z$ 与 $V$ 独立。

\textbf{关键转换：}按 $t$ 分布定义组成 $Z/\sqrt{V/(n-1)}$。
\[
\frac{Z}{\sqrt{V/(n-1)}}
=\frac{(\overline X-\mu)/(\sigma/\sqrt n)}{S/\sigma}
=\frac{\overline X-\mu}{S/\sqrt n}
\sim t(n-1).
\]
\textbf{证明小结：}核心条件是总体正态和均值、方差的独立性。若用 $\sum(X_i-\mu)^2$ 构造分母，它一般不与 $\overline X$ 独立，不能据此得到 $t(n)$。
\end{proof}

\begin{example}[样本均值的概率]
从 $N(5,16)$ 中抽取容量为 $36$ 的简单随机样本，求
\[
P(4\le\overline X\le6).
\]
\tcblower
因为
\[
\overline X\sim N\!\left(5,\frac{16}{36}\right),
\]
其标准差为 $2/3$。标准化得
\[
P(4\le\overline X\le6)
=P\!\left(-1.5\le Z\le1.5\right)
=2\Phi(1.5)-1.
\]
\textbf{方法选择：}问题只涉及 $\overline X$ 且总体方差已知，直接使用样本均值的正态分布。\textbf{结果检查：}区间以总体均值 $5$ 为中心，标准化后应得到对称区间。
\end{example}

\begin{example}[用卡方分布求统计量的方差]
设总体为 $N(0,1)$，令
\[
T=\overline X^{,2}-\frac{S^2}{n}.
\]
求 $E(T)$ 与 $\operatorname{Var}(T)$。
\tcblower
由 $E(\overline X^{,2})=\operatorname{Var}(\overline X)=1/n$ 和 $E(S^2)=1$，得 $E(T)=0$。又因 $\overline X$ 与 $S^2$ 独立，平方后仍独立，故
\[
\operatorname{Var}(T)
=\operatorname{Var}(\overline X^{,2})
+\frac1{n^2}\operatorname{Var}(S^2).
\]
由 $n\overline X^{,2}\sim\chi^2(1)$ 和 $(n-1)S^2\sim\chi^2(n-1)$，
\[
\operatorname{Var}(\overline X^{,2})=\frac2{n^2},
\qquad
\operatorname{Var}(S^2)=\frac2{n-1}.
\]
因此
\[
\operatorname{Var}(T)=\frac2{n^2}+\frac2{n^2(n-1)}
=\frac2{n(n-1)}.
\]
\textbf{关键转折：}遇到“正态变量的平方”的方差，先把整体改造成卡方变量，比直接计算四阶矩更简洁。
\end{example}

\subsection*{小结}
一个正态总体有四个必须熟练调用的结论：样本均值的正态分布、均值与方差独立、两个平方和的卡方分布、学生化均值的 $t$ 分布。使用时先判断分母中减的是 $\mu$ 还是 $\overline X$，再确定自由度是 $n$ 还是 $n-1$。

\section{两个正态总体的抽样分布}

设
\[
X_1,\ldots,X_{n_1}\sim N(\mu_1,\sigma_1^2),
\qquad
Y_1,\ldots,Y_{n_2}\sim N(\mu_2,\sigma_2^2),
\]
两组均为简单随机样本，并且两组样本相互独立。分别记样本均值和样本方差为 $\overline X,S_1^2$ 与 $\overline Y,S_2^2$。

\begin{theorem}[两个样本均值之差]
\[
\overline X-\overline Y
\sim N\!\left(\mu_1-\mu_2,
\frac{\sigma_1^2}{n_1}+\frac{\sigma_2^2}{n_2}\right),
\]
从而
\[
\frac{(\overline X-\overline Y)-(\mu_1-\mu_2)}
{\sqrt{\sigma_1^2/n_1+\sigma_2^2/n_2}}
\sim N(0,1).
\]
\end{theorem}

\begin{proof}
\textbf{证明目标：}求两个独立正态样本均值之差的分布。

\textbf{出发点：}
\[
\overline X\sim N\!\left(\mu_1,\frac{\sigma_1^2}{n_1}\right),
\quad
\overline Y\sim N\!\left(\mu_2,\frac{\sigma_2^2}{n_2}\right),
\]
且两者独立。

\textbf{关键转换：}独立正态变量的线性组合仍为正态变量；作差时期望相减，方差相加。
\begin{align*}
E(\overline X-\overline Y)&=\mu_1-\mu_2,\\
\operatorname{Var}(\overline X-\overline Y)
&=\frac{\sigma_1^2}{n_1}+\frac{\sigma_2^2}{n_2}.
\end{align*}
由此得到第一式，再按其均值和标准差标准化即得第二式。

\textbf{证明小结：}作差不会让方差相减；只有期望带负号，方差仍相加。两组样本相互独立是去掉协方差项的关键条件。
\end{proof}

\begin{theorem}[两个样本方差之比]
\[
\frac{S_1^2/\sigma_1^2}{S_2^2/\sigma_2^2}
\sim F(n_1-1,n_2-1).
\]
\end{theorem}

\begin{proof}
\textbf{证明目标：}把样本方差之比改造成两个独立卡方均方之比。

\textbf{出发点：}
\[
U=\frac{(n_1-1)S_1^2}{\sigma_1^2}\sim\chi^2(n_1-1),
\quad
V=\frac{(n_2-1)S_2^2}{\sigma_2^2}\sim\chi^2(n_2-1),
\]
且两组样本独立，所以 $U,V$ 独立。

\textbf{关键转换：}分别除以各自自由度后作比。
\[
\frac{U/(n_1-1)}{V/(n_2-1)}
=\frac{S_1^2/\sigma_1^2}{S_2^2/\sigma_2^2}
\sim F(n_1-1,n_2-1).
\]
\textbf{证明小结：}分子自由度来自第一组，分母自由度来自第二组；交换方差之比的次序时也要交换两个自由度。
\end{proof}

\begin{theorem}[等方差时的合并方差与两样本 $t$ 统计量]
若 $\sigma_1^2=\sigma_2^2=\sigma^2$，定义合并样本方差
\[
S_w^2=
\frac{(n_1-1)S_1^2+(n_2-1)S_2^2}{n_1+n_2-2},
\]
则
\[
\frac{(\overline X-\overline Y)-(\mu_1-\mu_2)}
{S_w\sqrt{1/n_1+1/n_2}}
\sim t(n_1+n_2-2).
\]
\end{theorem}

\begin{note}[合并方差公式的构造骨架]
两个独立卡方变量具有可加性，因此
\[
\frac{(n_1-1)S_1^2+(n_2-1)S_2^2}{\sigma^2}
\sim\chi^2(n_1+n_2-2).
\]
另一方面，均值差标准化后服从 $N(0,1)$，且均值部分与两个样本方差构成的 $S_w^2$ 独立。用前者除以后者除以自由度的平方根，约去 $\sigma$，便得到上述 $t$ 统计量。应掌握这条构造链；完整的多元独立性证明\textbf{本阶段不要求复现}。
\end{note}

\begin{note}[三个公式怎样选择]
比较两个总体均值时，若两个总体方差已知，使用均值差的标准正态统计量；若方差未知但已知相等，使用合并方差构造的两样本 $t$ 统计量。比较两个总体方差时，则从样本方差之比的 $F$ 分布出发。不要在未给出等方差条件时擅自使用 $S_w^2$。
\end{note}

\subsection*{小结}
两个正态总体的公式都可由一个总体的结论现推：均值差用独立正态线性组合，方差比用两个独立卡方均方之比，等方差下的均值差再用合并方差学生化。使用前必须检查两组样本相互独立，以及合并方差所需的等方差条件。

\section*{本章总结}

\subsection*{一、知识结构}

\[
\boxed{\text{总体分布}}
\longrightarrow
\boxed{\text{简单随机样本}}
\longrightarrow
\boxed{\text{统计量}}
\longrightarrow
\boxed{\text{抽样分布}}
\longrightarrow
\boxed{\text{统计推断}}.
\]

\subsection*{二、核心公式及适用条件}

\begin{center}
\begin{tabular}{p{0.29\textwidth}p{0.39\textwidth}p{0.23\textwidth}}
\toprule
结论 & 公式 & 关键条件 \\
\midrule
样本均值的数字特征 & $E(\overline X)=\mu$，$\operatorname{Var}(\overline X)=\sigma^2/n$ & 简单随机样本，二阶矩存在 \\
样本方差无偏性 & $E(S^2)=\sigma^2$ & 简单随机样本，二阶矩存在 \\
一个正态总体 & $(n-1)S^2/\sigma^2\sim\chi^2(n-1)$ & 正态总体 \\
一个正态总体 & $(\overline X-\mu)/(S/\sqrt n)\sim t(n-1)$ & 正态总体 \\
两个均值之差 & 标准化后服从 $N(0,1)$ & 两组独立正态样本，方差已知 \\
两个方差之比 & $(S_1^2/\sigma_1^2)/(S_2^2/\sigma_2^2)\sim F(n_1-1,n_2-1)$ & 两组独立正态样本 \\
合并方差统计量 & 学生化后服从 $t(n_1+n_2-2)$ & 两组独立正态样本且方差相等 \\
\bottomrule
\end{tabular}
\end{center}

\subsection*{三、常见题型与方法选择}

\begin{enumerate}
  \item \textbf{构造经验分布函数：}排序、计频数、累计相对频数，再检查右连续与两端极限。
  \item \textbf{判断统计量：}先列未知参数，再检查表达式中是否含有它们。
  \item \textbf{求期望或方差：}优先识别 $\overline X$、$S^2$、离均差平方和等整体，不要急于逐项展开。
  \item \textbf{判断抽样分布：}先标准化，再验证独立性，最后按平方项个数确定自由度。
  \item \textbf{正态总体平方问题：}看到标准化正态的平方，联想到 $\chi^2(1)$；看到两个卡方均方之比，联想到 $F$。
  \item \textbf{两个总体问题：}先问目标是均值差还是方差比，再问方差已知、未知相等还是未知且不说明相等。
\end{enumerate}

\subsection*{四、重点辨析}

\begin{center}
\begin{tabular}{p{0.20\textwidth}p{0.32\textwidth}p{0.36\textwidth}}
\toprule
概念 & 正确理解 & 常见误判 \\
\midrule
样本与样本值 & 前者是随机变量组，后者是观测后的数 & 用小写数据讨论抽样分布 \\
统计量 & 只要求不含未知参数 & 误以为不能含任何参数或常数 \\
$S^2$ 与 $B_2$ & 分母分别为 $n-1$ 与 $n$ & 把二者视为同一个量 \\
$n$ 与 $n-1$ & 减已知 $\mu$ 得 $n$；减估计量 $\overline X$ 得 $n-1$ & 只按平方项表面个数计数 \\
独立与不相关 & 构造 $t,F$ 必须验证独立性 & 只看表达式外形便套分布 \\
已知方差与等方差 & 已知方差用正态；未知但相等才用合并方差 & 未给等方差条件仍强行合并 \\
\bottomrule
\end{tabular}
\end{center}

\subsection*{五、易错点清单}

\begin{itemize}
  \item 把总体当作有限数据表，而忘记统计模型研究的是指标分布。
  \item 只检查样本“同分布”，漏掉简单随机样本还要求相互独立。
  \item 把含未知参数的枢轴量误称为统计量。
  \item 把 $\operatorname{Var}(\overline X)$ 写成 $\sigma^2/\sqrt n$；方差是 $\sigma^2/n$，标准差才是 $\sigma/\sqrt n$。
  \item 忘记 $F$ 分布的两个自由度有先后顺序。
  \item 把 $\overline X$ 与 $S^2$ 的独立性推广到任意总体；该核心结论依赖正态总体。
  \item 作差时误把方差也相减；独立变量之差的方差仍相加。
\end{itemize}

\subsection*{六、证明掌握清单}

\begin{itemize}
  \item \textbf{A级，应能独立复现：}样本均值的期望与方差；样本方差恒等式与无偏性；由独立标准正态变量构造 $\chi^2,t,F$；$T^2\sim F(1,n)$、$F$ 倒数和分位点关系；两个独立正态样本均值之差与方差之比。
  \item \textbf{B级，应掌握证明骨架：}样本方差卡方分布自由度为何为 $n-1$；等方差时合并方差和两样本 $t$ 统计量的构造；正态抽样公式之间怎样通过标准化连接。
  \item \textbf{C级，准确记条件和用途：}正态样本均值与样本方差独立的严格证明；格里文科定理严格证明；三大抽样分布的密度推导；正态抽样定理的完整多元几何证明。这些内容\textbf{本阶段不要求复现}。
\end{itemize}

\subsection*{七、自测题}

\begin{exercise}
设 $X_1,\ldots,X_8$ 来自总体 $N(\mu,4)$，$\mu$ 未知。判断下列各式哪些是统计量：
\[
\overline X,
\qquad
\overline X-\mu,
\qquad
\sum_{i=1}^8(X_i-\overline X)^2,
\qquad
\frac{\sqrt8(\overline X-\mu)}2.
\]
\end{exercise}

\begin{exercise}
一组样本值为 $0,1,1,2,3$。写出其经验分布函数，并检查右连续性、单调性和两端极限。
\end{exercise}

\begin{exercise}
设总体方差为 $9$，样本容量为 $25$。求 $E(\overline X)$、$\operatorname{Var}(\overline X)$ 与
\[
E\!\left[\sum_{i=1}^{25}(X_i-\overline X)^2\right].
\]
\end{exercise}

\begin{exercise}
设 $X_1,\ldots,X_{10}$ 来自 $N(0,1)$。分别判断
\[
\sum_{i=1}^{10}X_i^2,
\qquad
\sum_{i=1}^{10}(X_i-\overline X)^2,
\qquad
\frac{\sqrt{10}\,\overline X}{S}
\]
服从什么分布，并说明自由度来源。
\end{exercise}

\begin{exercise}
若 $T\sim t(12)$，说明 $T^2$ 和 $1/T^2$ 的分布；若 $F\sim F(5,8)$，说明 $1/F$ 的分布，并写出相应上分位点关系。
\end{exercise}

\begin{exercise}
两组相互独立的正态样本容量分别为 $n_1=10,n_2=15$。说明在以下三种任务中应构造哪类分布：总体方差均已知时比较均值；总体方差未知但相等时比较均值；比较两个总体方差。
\end{exercise}

完成自测后，应能用一句话概括本章：\textbf{从总体抽取独立同分布样本，用不含未知参数的统计量压缩数据，再借助其抽样分布进行统计推断。}
\end{document}