第 6 章　数理统计的基本概念

(1)、(2)、(5) 是统计量：只依赖样本，不含未知参数（极差 (2) 是常用统计量）。

(3)、(4) 不是：都含未知参数 \(\mu\) 或 \(\sigma\)。但注意二者的「身份」仍然重要：(3) 服从 \(N(0,1)\)，(4) 服从 \(\chi^2(n)\)——分布已知，为第 7 章服务。

易错：不要把「含未知参数」与「分布未知」画等号；(3)(4) 含参数但分布完全已知。

① 均值的期望方差（独立同分布 + 线性）：

\[ E(\bar{X})=\frac1n\sum E(X_i)=\mu,\qquad D(\bar{X})=\frac{1}{n^2}\sum D(X_i)=\frac{\sigma^2}{n} \]

② 离差平方和的期望。先恒等变形：

\[ \sum_{i=1}^{n}(X_i-\bar{X})^2=\sum_{i=1}^{n}X_i^2-n\bar{X}^2 \]

（展开右边验证：\(\sum(X_i^2-2X_i\bar{X}+\bar{X}^2)=\sum X_i^2-2n\bar{X}^2+n\bar{X}^2\)。）两边取期望：

\[ E\Bigl[\sum X_i^2\Bigr]=n\bigl(\sigma^2+\mu^2\bigr),\qquad E\bigl[\bar{X}^2\bigr]=D(\bar{X})+\bigl[E(\bar{X})\bigr]^2=\frac{\sigma^2}{n}+\mu^2 \]

\[ E\Bigl[\sum(X_i-\bar{X})^2\Bigr]=n(\sigma^2+\mu^2)-n\Bigl(\frac{\sigma^2}{n}+\mu^2\Bigr)=(n-1)\sigma^2 \]

故 \(E(S^2)=\dfrac{1}{n-1}(n-1)\sigma^2=\sigma^2\)：\(S^2\) 平均而言恰好等于总体方差（无偏）。若分母取 \(n\)，期望只有 \(\frac{n-1}{n}\sigma^2\)，系统性偏小。证毕。

套路总结：\(\sum(X_i-\bar{X})^2=\sum X_i^2-n\bar{X}^2\) 这一恒等式在统计计算中出现率极高（求 \(E\)、求分布都用它），务必熟记。

(1) \(E(\sum X_i)=0\)，\(D(\sum X_i)=9\times4=36\)，故 \(\sum X_i\sim N(0,36)\)，标准化得 \(\dfrac{1}{6}\sum X_i\sim N(0,1)\)。

(2) \(\dfrac{X_i}{2}\sim N(0,1)\) 且独立，平方和：\(\dfrac14\sum X_i^2=\sum\Bigl(\dfrac{X_i}{2}\Bigr)^2\sim\chi^2(9)\)。

(3) 由正态总体抽样分布定理（6.3 节）\(\dfrac{\sqrt n(\bar{X}-\mu)}{S}\sim t(n-1)\)，此处 \(\mu=0,\ n=9\)：

\[ \frac{3\bar{X}}{S}=\frac{\sqrt9\,(\bar{X}-0)}{S}\sim t(8) \]

易错：\(t\) 结构「分子 \(N(0,1)\) 型、分母 \(\sqrt{\chi^2(n)/n}\) 型」必须严格配平。若写成 \(\dfrac{3\bar{X}}{2S}\)，它等于 \(\dfrac12\cdot\dfrac{3\bar{X}}{S}\)，即 \(t(8)\) 变量再乘 \(\dfrac12\)，就不再是 \(t\) 分布——分母多除一次 \(\sigma\) 是这类题最常见的陷阱。

分子：\(X_1+X_2+X_3\sim N(0,12)\)，故 \(\dfrac{X_1+X_2+X_3}{\sqrt{12}}\sim N(0,1)\)。

分母：\(\dfrac{X_i}{2}\sim N(0,1)\)（\(i=4,\dots,9\)）独立，故 \(\dfrac{X_4^2+\cdots+X_9^2}{4}\sim\chi^2(6)\)。

独立性：分子用 \(X_1,X_2,X_3\)，分母用 \(X_4,\dots,X_9\)，两组样本不相交 ⟹ 独立（这一步必须写！）。

按 \(t\) 定义组合（分子除以 \(\sqrt{12}\)，分母除以 \(\sqrt{24}=\sqrt{4\times6}\)）：

\[ \frac{(X_1+X_2+X_3)/\sqrt{12}}{\sqrt{\Bigl(\dfrac{X_4^2+\cdots+X_9^2}{4}\Bigr)/6}}=\frac{X_1+X_2+X_3}{\sqrt{12}}\cdot\sqrt{\frac{24}{X_4^2+\cdots+X_9^2}}=\frac{X_1+X_2+X_3}{\sqrt{\dfrac{X_4^2+\cdots+X_9^2}{2}}}\sim t(6) \]

最后一步用了 \(\sqrt{12}\cdot\sqrt{\dfrac{1}{24}}=\sqrt{\dfrac12}\)，即比例式 \(\dfrac{\sqrt{24}}{\sqrt{12}}=\sqrt2\)，与所证形式一致。
套路总结：构造题三问——「分子凑 \(N(0,1)\)、分母凑 \(\sqrt{\chi^2(n)/n}\)、声明两组独立」，缺一不可。

\(\dfrac{X_i}{3}\sim N(0,1)\)，独立平方和：\(\dfrac{1}{9}\sum\limits_{i=1}^{10}X_i^2\sim\chi^2(10)\)；同理 \(\dfrac{1}{9}\sum\limits_{j=1}^{15}Y_j^2\sim\chi^2(15)\)。

两组样本独立 ⟹ 两个 \(\chi^2\) 变量独立。按 \(F\) 定义：

\[ F=\frac{\Bigl(\dfrac19\sum X_i^2\Bigr)/10}{\Bigl(\dfrac19\sum Y_j^2\Bigr)/15}=\frac{\sum X_i^2/10}{\sum Y_j^2/15}\sim F(10,15) \]

（公因子 \(\frac19\) 在分子分母同时出现，比掉——这也是「\(\sigma\) 消失」型题目的一般原理。）

(1) 由上分位数定义 \(P\bigl(\chi^2(10)\gt18.307\bigr)=0.05\)，故 \(P\bigl(\chi^2(10)\le18.307\bigr)=1-0.05=0.95\)。

(2) \(t\) 分布关于 0 对称：

\[ P\bigl(|T|\gt2.228\bigr)=2P\bigl(T\gt2.228\bigr)=2\times0.025=0.05 \]

\[ t_{0.95}(10)=-t_{0.05}(10)=-2.228 \]

（\(t_{0.05}(10)\) 满足 \(P(T\gt t_{0.05})=0.05\)；对称性把「左尾」化为「右尾」。）

(3) 倒数关系（自由度交换）：

\[ F_{0.95}(9,10)=\frac{1}{F_{0.05}(10,9)}=\frac{1}{3.14}\approx0.318 \]

易错：\(F\) 的两个自由度在换算时必须互换；\(t\) 的对称换算没有「交换参数」一说，别串。

(1) \(\bar{X}\sim N\Bigl(\mu,\ \dfrac{\sigma^2}{16}\Bigr)\)（定理一）。

(2) 用 \(\mu\) 中心化再除 \(\sigma^2\)：\(\chi^2(16)\)（\(n=16\) 个独立 \(\bigl(\frac{X_i-\mu}{\sigma}\bigr)^2\) 之和）。

(3) \(\sum(X_i-\bar{X})^2=(16-1)S^2\)，故 \(\dfrac{1}{\sigma^2}\sum(X_i-\bar{X})^2=\dfrac{15S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(15)\)（定理二）。

(4) \(\dfrac{4(\bar{X}-\mu)}{S}=\dfrac{\sqrt{16}(\bar{X}-\mu)}{S}\sim t(15)\)（定理四）。

(5) \(\dfrac{\bar{X}-\mu}{\sigma/4}=\dfrac{\bar{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{16}}\sim N(0,1)\)（定理一的标准化形式）。

套路总结：见到统计量先辨认「中心化用 \(\mu\) 还是 \(\bar{X}\)」「除的是 \(\sigma\) 还是 \(S\)」「要不要平方」——三种选择分别对应 \(\chi^2(n)\)、\(\chi^2(n-1)\)、\(t(n-1)\)、\(N(0,1)\) 四张面孔。

\(\bar{X}\sim N\Bigl(72,\ \dfrac{100}{25}\Bigr)=N(72,4)\)，标准差 2：

\[ P(\bar{X}\gt73.5)=1-\Phi\Bigl(\frac{73.5-72}{2}\Bigr)=1-\Phi(0.75)\approx1-0.7734=0.2266 \]

（对照：单个螺栓超过 73.5 的概率为 \(1-\Phi(0.15)\approx0.4404\)，平均 25 个后降到 0.23——\(D(\bar{X})=\sigma^2/n\) 的直观效果。）

\(\bar{X}\sim N\Bigl(40,\ \dfrac{4}{n}\Bigr)\)，标准差 \(\dfrac{2}{\sqrt n}\)：

\[ P\bigl(|\bar{X}-40|\lt1\bigr)=2\Phi\Bigl(\frac{\sqrt n}{2}\Bigr)-1\ge0.95 \]

需 \(\Phi\Bigl(\dfrac{\sqrt n}{2}\Bigr)\ge0.975\)，即 \(\dfrac{\sqrt n}{2}\ge1.96\)，\(\sqrt n\ge3.92\)，\(n\ge15.37\)，取

\[ n=16 \]

易错：样本容量是整数，「至少」必须向上取整（15.37 → 16）。这与第 5 章「最多装多少箱」的向下取整方向相反。

(1) 由定理二，\(\dfrac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n-1)\)，其方差为 \(2(n-1)\)。由方差性质（提出常数 \(\bigl(\frac{\sigma^2}{n-1}\bigr)^2\)）：

\[ D\Bigl[\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\Bigr]=\frac{(n-1)^2}{\sigma^4}D(S^2)=2(n-1)\ \Rightarrow\ D(S^2)=\frac{2\sigma^4}{n-1} \]

(2) \(\sigma^2=4\Rightarrow\sigma^4=16\)，\(n=16\)：

\[ D(S^2)=\frac{2\times16}{15}=\frac{32}{15} \]

套路总结：「已知分布求矩」是本章与第 4 章的桥梁：\(\chi^2(n)\) 的 \(E=n,D=2n\) 配合 \(D(aY)=a^2D(Y)\) 就能出 \(E(S^2)=\sigma^2\)、\(D(S^2)=2\sigma^4/(n-1)\) 两个结论。

(1) \(\dfrac{S_1^2/\sigma_1^2}{S_2^2/\sigma_2^2}\sim F(n_1-1,n_2-1)\)，代入 \(\sigma_1^2=6,\ \sigma_2^2=4,\ n_1=10,\ n_2=8\)：

\[ \frac{S_1^2/6}{S_2^2/4}\sim F(9,7) \]

(2) 由上分位数定义直接得 \(P\Bigl(\dfrac{S_1^2/6}{S_2^2/4}\gt3.68\Bigr)=0.05\)。

(3) 先验证它是同一个量：

\[ \frac{S_1^2/6}{S_2^2/4}=\frac{4S_1^2}{6S_2^2}=\frac{2S_1^2}{3S_2^2} \]

故 \(P\Bigl(\dfrac{2S_1^2}{3S_2^2}\gt3.68\Bigr)\) 与 (2) 完全相同，为 0.05。

易错：见到 \(S\) 之比先凑 \(\dfrac{S_1^2/\sigma_1^2}{S_2^2/\sigma_2^2}\) 的标准型再谈分布；常数倍关系要像 (3) 那样显式换算验证，不能凭直觉。