总体、样本与统计量

§20.1 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

0.07 分/卷近 11 年平均

1/11 年出现年份

2.9 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）随机变量与分布函数随机变量的独立性数学期望③ 掌握后可解锁三大抽样分布（χ²、t、F）正态总体样本均值与方差的分布矩估计最大似然估计区间估计

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 总体、简单随机样本与统计量的定义： $\overset{ˉ}{X}$ 、 $S^{2}$ 、 $A_{k}$ 、 $B_{k}$ 四大定义式★★ 必会

① 总体与样本：总体是研究对象的全体，用一个随机变量

X

及其分布来代表；所谓总体服从某个分布，就是指

X

服从这个分布。从总体中抽取的

X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}

称为容量为

n

的样本。

② 简单随机样本：它满足两个条件，即独立（

X_{1}, \dots, X_{n}

相互独立）且同分布（每个

X_{i}

都与总体

X

同分布），二者合称 i.i.d.。于是样本的联合分布可以连乘：联合分布函数为

\prod_{i = 1}^{n} F (x_{i})

，连续型总体的联合密度为

\prod_{i = 1}^{n} f (x_{i})

。这一可连乘的性质是似然函数（§21.2）、极值分布等一切样本计算的出发点。

③ 统计量：样本的函数

T = g (X_{1}, \dots, X_{n})

中不含任何未知参数者称为统计量。统计量本身是随机变量；把观测值

x_{1}, \dots, x_{n}

代入，就得到它的观测值。判别的依据只有一条，即是否含有未知参数：如果

μ

未知，那么

\sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - μ)^{2}

不是统计量；如果

μ

已知，它就是统计量。

④ 四个应当熟记的统计量的定义式：
- 样本均值

\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}

；
- 样本方差

S^{2} = \frac{1}{n - 1} i = 1 \sum n (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}

（分母是 $n - 1$ ），样本标准差

S = S^{2}

；
- 样本

k

阶（原点）矩

A_{k} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}^{k}

（

A_{1} = \overset{ˉ}{X}

）；
- 样本

k

阶中心矩

B_{k} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{k}

（注意

B_{2} = \frac{n - 1}{n} S^{2} \neq = S^{2}

）。

常用的展开式为

\sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2} = \sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2} - n \overset{ˉ}{X}^{2}

。对任意总体（

E (X) = μ

，

D (X) = σ^{2}

）恒有

E (\overset{ˉ}{X}) D (\overset{ˉ}{X}) E (S^{2}) = μ = \frac{σ ^{2}}{n} = σ^{2} .

证明 / 推导

证先推导

E (\overset{ˉ}{X}) = μ

与

D (\overset{ˉ}{X}) = \frac{σ ^{2}}{n}

，这里只用到 i.i.d. 这一条件。由期望的线性性，

E (\overset{ˉ}{X}) = \frac{1}{n} i = 1 \sum n E (X_{i}) = \frac{1}{n} \cdot n μ = μ .

求方差时，一处用到独立性（独立才能相加），一处用到同分布：

D (\overset{ˉ}{X}) = \frac{1}{n ^{2}} D (i = 1 \sum n X_{i}) = 独立 \frac{1}{n ^{2}} i = 1 \sum n D (X_{i}) = \frac{n σ ^{2}}{n ^{2}} = \frac{σ ^{2}}{n} .

可见样本均值的中心不变，而波动缩小为原来的

1/ n

。这就是统计推断的精度随

n

增大而提高的根本原因。

展开式：

\sum (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2} = \sum X_{i}^{2} - 2 \overset{ˉ}{X} \sum X_{i} + n \overset{ˉ}{X}^{2} = \sum X_{i}^{2} - 2 n \overset{ˉ}{X}^{2} + n \overset{ˉ}{X}^{2} = \sum X_{i}^{2} - n \overset{ˉ}{X}^{2}

。（

E (S^{2}) = σ^{2}

的推导见下一条，那里说明了

n - 1

的来历。）

■

举例说明

真题（2021·数一第 9 题，选择 5 分）. 设

(X_{1}, Y_{1}), \dots, (X_{n}, Y_{n})

为来自二维正态总体

N (μ_{1}, μ_{2}; σ_{1}^{2}, σ_{2}^{2}; ρ)

的简单随机样本，

θ = μ_{1} - μ_{2}

，

\hat{θ} = \overset{ˉ}{X} - \overset{ˉ}{Y}

，则（　　）

(A)

\hat{θ}

是

θ

的无偏估计，

D (\hat{θ}) = \frac{σ _{1}^{2} + σ _{2}^{2}}{n} .

(B)

\hat{θ}

不是

θ

的无偏估计，

D (\hat{θ}) = \frac{σ _{1}^{2} + σ _{2}^{2}}{n} .

(C)

\hat{θ}

是

θ

的无偏估计，

D (\hat{θ}) = \frac{σ _{1}^{2} + σ _{2}^{2} - 2 ρ σ _{1} σ _{2}}{n} .

(D)

\hat{θ}

不是

θ

的无偏估计，

D (\hat{θ}) = \frac{σ _{1}^{2} + σ _{2}^{2} - 2 ρ σ _{1} σ _{2}}{n} .

解.

\hat{θ} = \overset{ˉ}{X} - \overset{ˉ}{Y}

只由样本构成，不含未知参数，因此是统计量。由

E (\overset{ˉ}{X}) = μ_{1}

、

E (\overset{ˉ}{Y}) = μ_{2}

得

E (\hat{θ}) = μ_{1} - μ_{2} = θ

，所以它是无偏的。求方差时必须注意：同一对中的 $X_{i}$ 与 $Y_{i}$ 是相关的（相关系数为

ρ

），而不同对之间相互独立，故

Cov (\overset{ˉ}{X}, \overset{ˉ}{Y}) = \frac{1}{n ^{2}} i = 1 \sum n Cov (X_{i}, Y_{i}) = \frac{ρ σ _{1} σ _{2}}{n},

D (\hat{θ}) = D (\overset{ˉ}{X}) + D (\overset{ˉ}{Y}) - 2 Cov (\overset{ˉ}{X}, \overset{ˉ}{Y}) = \frac{σ _{1}^{2} + σ _{2}^{2} - 2 ρ σ _{1} σ _{2}}{n} .

必须注意：如果直接用

D (\overset{ˉ}{X}) + D (\overset{ˉ}{Y})

而漏掉协方差项，就会误得

\frac{σ _{1}^{2} + σ _{2}^{2}}{n}

。简单随机样本所保证的是对与对之间相互独立，并不消除同一对之内的相关性。（答案选 C。）

■

2. 由 $\overset{ˉ}{X}$ 使平方和最小说明 $n - 1$ 的来历★ 要懂

样本方差

S^{2}

为什么要除以

n - 1

？教材大多由无偏性的结果反推，其实还有一个更直观的几何解释：样本均值 $\overset{ˉ}{X}$ 就是使偏差平方和 $\sum (X_{i} - c)^{2}$ 达到最小的那个 $c$ 。既然

\overset{ˉ}{X}

是最贴合这批数据的中心，那么用它算出的平方和必然比用真正的中心

μ

算出的要小，而小掉的那一部分恰好相当于一个自由度。把这一部分补回来，即把分母由

n

改成

n - 1

，

S^{2}

才是无偏的。

这也说明了自由度这个名称的来由：

n

个偏差

X_{i} - \overset{ˉ}{X}

受一个恒等式

\sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overset{ˉ}{X}) = 0

的约束，真正能自由变动的只有

n - 1

个。

证明 / 推导

证 由最小化恒等式导出 $n - 1$ 。 对任意常数

c

，有

i = 1 \sum n (X_{i} - c)^{2} = i = 1 \sum n [(X_{i} - \overset{ˉ}{X}) + (\overset{ˉ}{X} - c)]^{2} = i = 1 \sum n (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2} + n (\overset{ˉ}{X} - c)^{2},

其中交叉项

2 (\overset{ˉ}{X} - c) \sum (X_{i} - \overset{ˉ}{X}) = 0

。上式在

c = \overset{ˉ}{X}

时取最小值，这正说明

\overset{ˉ}{X}

使平方和达到最小。

现在取

c = μ

，并对两边求期望。左边为

E [\sum (X_{i} - μ)^{2}] = \sum E [(X_{i} - μ)^{2}] = n σ^{2}

；右边最后一项为

E [n (\overset{ˉ}{X} - μ)^{2}] = n D (\overset{ˉ}{X}) = n \cdot \frac{σ ^{2}}{n} = σ^{2}

。于是

n σ^{2} = E [i = 1 \sum n (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}] + σ^{2} \Rightarrow E [i = 1 \sum n (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}] = (n - 1) σ^{2} .

两边除以

n - 1

，即得

E (S^{2}) = σ^{2}

。用 $\overset{ˉ}{X}$ 代替 $μ$ ，恰好少算了 $n D (\overset{ˉ}{X}) = σ^{2}$ ，也就是一个自由度。这就是

n - 1

的来历。

■

3. 最大值、最小值也是统计量：次序统计量的分布★ 要懂

统计量不止

\overset{ˉ}{X}

、

S^{2}

这几个。样本的最大值 $X_{(n)} = max {X_{1}, \dots, X_{n}}$ 与最小值 $X_{(1)} = min {X_{1}, \dots, X_{n}}$ 也是统计量，因为它们不含未知参数，可以直接算出，通常称为次序统计量。这类统计量在考研中出现得很多，例如求

max

的分布与期望，或者作极值型参数的估计，因此必须会推导它们的分布。

这里所用的条件是独立性：最大值

\leq x

等价于每一个都

\leq x

，由独立性就能把联合概率化为连乘。由此得到简洁的公式

F_{X_{(n)}} (x) F_{X_{(1)}} (x) = [F (x)]^{n} = 1 - [1 - F (x)]^{n}

其中

F

是总体的分布函数，求导即得密度。

证明 / 推导

证 推导极值分布，其中要用到独立同分布。 设

X_{1}, \dots, X_{n}

独立同分布，分布函数

F

、密度

f

。

先求最大值的分布：

F_{X_{(n)}} (x) = P {X_{(n)} \leq x} = P {X_{1} \leq x, \dots, X_{n} \leq x} = 独立 i = 1 \prod n P {X_{i} \leq x} = [F (x)]^{n},

f_{X_{(n)}} (x) = \frac{d}{d x} [F (x)]^{n} = n [F (x)]^{n - 1} f (x) .

再求最小值的分布，转化为对立事件来算更为方便：

F_{X_{(1)}} (x) = 1 - P {X_{(1)} > x} = 1 - P {X_{1} > x, \dots, X_{n} > x} = 1 - [1 - F (x)]^{n},

f_{X_{(1)}} (x) = n [1 - F (x)]^{n - 1} f (x) . ■

举例说明

例。设

X_{1}, \dots, X_{n}

是取自均匀总体

U (0, θ)

的简单随机样本，求最大值

X_{(n)}

的密度与期望。

解. 对总体

U (0, θ)

，当

0 \leq x \leq θ

时

F (x) = \frac{x}{θ}

，

f (x) = \frac{1}{θ}

。由上式，

0 \leq x \leq θ

时

f_{X_{(n)}} (x) = n (\frac{x}{θ})^{n - 1} \cdot \frac{1}{θ} = \frac{n x ^{n - 1}}{θ ^{n}} .

于是

E (X_{(n)}) = \int_{0}^{θ} x \cdot \frac{n x ^{n - 1}}{θ ^{n}} d x = \frac{n}{θ ^{n}} \int_{0}^{θ} x^{n} d x = \frac{n}{θ ^{n}} \cdot \frac{θ ^{n + 1}}{n + 1} = \frac{n}{n + 1} θ .

可见

X_{(n)}

的平均值略小于

θ

，这是因为样本最大值总不超过

θ

；且当

n \to \infty

时

E (X_{(n)}) \to θ

。这也就是用

\frac{n + 1}{n} X_{(n)}

作

θ

的无偏估计的由来。

■

4. 样本为什么能推断总体：样本矩收敛于总体矩，经验分布收敛于总体分布

用样本推断总体的依据是什么？根据在于大数定律。下面两条由样本

\to

总体的收敛最为重要：

（i）样本矩 $\to$ 总体矩：

A_{k} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{k} P E (X^{k})

。这就是矩估计法成立的根据：用可以算出的样本矩去代替未知的总体矩，样本容量越大，代替得越准确。

（ii）经验分布函数 $\to$ 总体分布函数：定义

F_{n} (x) = \frac{1}{n} # {i : X_{i} \leq x}

，即落在

x

左侧的样本所占的比例，则对每个固定的

x

都有

F_{n} (x) P F (x)

。这说明，样本能够把总体的整个分布刻画出来（格里汶科定理进一步保证这种逼近关于

x

是一致的）。这两条合起来，就是由部分推断整体的理论根据。

证明 / 推导

证 验证 $F_{n} (x)$ 是 $F (x)$ 的无偏、相合估计。 固定

x

。令指示变量

I_{i} = 1 {X_{i} \leq x}

，则

I_{1}, \dots, I_{n}

独立同分布，都服从两点分布，且

P {I_{i} = 1} = P {X_{i} \leq x} = F (x)

。故

n F_{n} (x) = i = 1 \sum n I_{i} \sim B (n, F (x)) .

于是

E [F_{n} (x)] D [F_{n} (x)] = \frac{1}{n} \cdot n F (x) = F (x) (无偏) = \frac{1}{n ^{2}} \cdot n F (x) [1 - F (x)] = \frac{F ( x ) [ 1 - F ( x )]}{n} .

方差随

n

按

1/ n \to 0

，再由大数定律得

F_{n} (x) P F (x)

。这就严格地说明了样本比例逼近真实的概率。

■

5. $\overset{ˉ}{X}$ 与残差 $X_{i} - \overset{ˉ}{X}$ 不相关：它是 $\overset{ˉ}{X}$ 与 $S^{2}$ 独立的先导结论

有一个看起来应当相关、其实并不相关的重要结论：样本均值 $\overset{ˉ}{X}$ 与每个残差 $X_{i} - \overset{ˉ}{X}$ 都不相关，即

Cov (\overset{ˉ}{X}, X_{i} - \overset{ˉ}{X}) = 0

，它对任意总体都成立，只要方差存在。这一结论是理解

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

之间关系的先导，因为

S^{2}

完全由残差

X_{1} - \overset{ˉ}{X}, \dots, X_{n} - \overset{ˉ}{X}

构成。

这里要强调两点：（1）不相关对任意总体都成立，只用到独立同分布；（2）但由不相关一般推不出独立。只有当总体服从正态分布时，这种不相关才加强为真正的相互独立，即

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

相互独立。这是正态总体所特有的，也是下一节构造

t

统计量的依据。先弄清这一条，正态总体下的相应结论才容易理解。

证明 / 推导

证下面证明

Cov (\overset{ˉ}{X}, X_{i} - \overset{ˉ}{X}) = 0

。设

D (X_{i}) = σ^{2}

，各

X_{i}

独立同分布。先求

Cov (\overset{ˉ}{X}, X_{i})

：

Cov (\overset{ˉ}{X}, X_{i}) = Cov (\frac{1}{n} j = 1 \sum n X_{j}, X_{i}) = \frac{1}{n} j = 1 \sum n Cov (X_{j}, X_{i}) = \frac{1}{n} Cov (X_{i}, X_{i}) = \frac{σ ^{2}}{n},

其中当

j \neq = i

时由独立性知协方差为

0

，只剩下

j = i

的一项。又

Cov (\overset{ˉ}{X}, \overset{ˉ}{X}) = D (\overset{ˉ}{X}) = \frac{σ ^{2}}{n}

。于是

Cov (\overset{ˉ}{X}, X_{i} - \overset{ˉ}{X}) = Cov (\overset{ˉ}{X}, X_{i}) - Cov (\overset{ˉ}{X}, \overset{ˉ}{X}) = \frac{σ ^{2}}{n} - \frac{σ ^{2}}{n} = 0. ■

因

S^{2}

是残差的函数，所以

\overset{ˉ}{X}

与所有残差都不相关这一结论，就是正态总体下

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

相互独立在线性关系上的根据。

💡 小知识

样本方差除以

n - 1

而不是除以样本量，这一做法称为贝塞尔校正。可以这样理解：当你用样本均值

\overset{ˉ}{X}

代替真实的

μ

时，

\overset{ˉ}{X}

本身就是最贴合这批数据的那个中心，偏差平方和因此天然偏小；把分母从

n

减到

n - 1

，正好补回被数据消耗掉的那一个自由度。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 设

X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}

是取自正态总体

N (μ, σ^{2})

的简单随机样本，其中

μ

已知、

σ^{2}

未知。判断下列各量哪些是统计量：

(1) \overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} \sum X_{i}

；

(2) \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - μ)^{2}

；

(3) \frac{X ˉ - μ}{σ}

；

(4) max {X_{1}, \dots, X_{n}}

。难度 1

判断标准只有一条：统计量是样本的函数，且不含任何未知参数。本题

μ

已知、

σ^{2}

（即

σ

）未知。

(1) \overset{ˉ}{X}

：只由样本构成，不含参数，是统计量。

(2) \frac{1}{n} \sum (X_{i} - μ)^{2}

：含

μ

，但

μ

已知（不是未知参数），故是统计量。

(3) \frac{X ˉ - μ}{σ}

：含未知参数

σ

，不是统计量。

(4) max {X_{1}, \dots, X_{n}}

：只由样本构成，是统计量。

所以

(1) (2) (4)

是统计量，

(3)

不是。

例 2 设总体

X

的期望

E (X) = 8

、方差

D (X) = 4

，

X_{1}, \dots, X_{16}

是取自

X

的简单随机样本，

\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{16} \sum_{i = 1}^{16} X_{i}

。求

E (\overset{ˉ}{X})

与

D (\overset{ˉ}{X})

。难度 1

对任意总体（只要样本独立同分布），有两个必记结论：

E (\overset{ˉ}{X}) = μ = E (X), D (\overset{ˉ}{X}) = \frac{σ ^{2}}{n} = \frac{D ( X )}{n} .

代入

μ = 8

，

σ^{2} = 4

，

n = 16

：

E (\overset{ˉ}{X}) = 8, D (\overset{ˉ}{X}) = \frac{4}{16} = \frac{1}{4} .

其中

D (\overset{ˉ}{X}) = \frac{σ ^{2}}{n}

用到了样本的相互独立性。

例 3 从某总体中抽得一组样本观测值为

1, 2, 3, 4, 5

。求样本均值

\overset{x}{ˉ}

与样本方差

s^{2}

（样本方差分母取

n - 1

）。难度 2

样本容量

n = 5

。

样本均值：

\overset{x}{ˉ} = \frac{1 + 2 + 3 + 4 + 5}{5} = \frac{15}{5} = 3.

偏差平方和：

i = 1 \sum 5 (x_{i} - \overset{x}{ˉ})^{2} = (1 - 3)^{2} + (2 - 3)^{2} + (3 - 3)^{2} + (4 - 3)^{2} + (5 - 3)^{2} = 4 + 1 + 0 + 1 + 4 = 10.

样本方差（除以

n - 1 = 4

）：

s^{2} = \frac{1}{n - 1} i = 1 \sum 5 (x_{i} - \overset{x}{ˉ})^{2} = \frac{10}{4} = 2.5.

注意分母是

n - 1 = 4

（无偏），不是

n = 5

。

■

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2021 年 · 数一 · 第 9 题 · 选择题 · 5 分

设

(X_{1}, Y_{1}), (X_{2}, Y_{2}), \dots, (X_{n}, Y_{n})

为来自总体

N (μ_{1}, μ_{2}; σ_{1}^{2}, σ_{2}^{2}; ρ)

的简单随机样本，令

θ = μ_{1} - μ_{2}

，

\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}

，

\overset{ˉ}{Y} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n Y_{i}

，

\hat{θ} = \overset{ˉ}{X} - \overset{ˉ}{Y}

，则（　　）

A $\hat{θ}$ 是 $θ$ 的无偏估计， $D (\hat{θ}) = \frac{σ _{1}^{2} + σ _{2}^{2}}{n} .$
B $\hat{θ}$ 不是 $θ$ 的无偏估计， $D (\hat{θ}) = \frac{σ _{1}^{2} + σ _{2}^{2}}{n} .$
C $\hat{θ}$ 是 $θ$ 的无偏估计， $D (\hat{θ}) = \frac{σ _{1}^{2} + σ _{2}^{2} - 2 ρ σ _{1} σ _{2}}{n} .$
D $\hat{θ}$ 不是 $θ$ 的无偏估计， $D (\hat{θ}) = \frac{σ _{1}^{2} + σ _{2}^{2} - 2 ρ σ _{1} σ _{2}}{n} .$

2003 年 · 数一 · 第 22 题 · 解答题 · 8 分

设总体

X

的概率密度为

f (x) = {2 e^{- 2 (x - θ)}, 0, x > θ, x \leq θ,

其中

θ > 0

是未知参数. 从总体

X

中抽取简单随机样本

X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}

，记

\hat{θ} = min {X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}}

.
(1) 求总体

X

的分布函数

F (x)

；
(2) 求统计量

\hat{θ}

的分布函数

F_{\hat{θ}} (x)

；
(3) 如果用

\hat{θ}

作为

θ

的估计量，讨论它是否具有无偏性.

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

设

X_{1}, \dots, X_{n}

是取自正态总体

N (μ, σ^{2})

的样本，

μ, σ^{2}

均未知。下列各量中不是统计量的是（　）。

A $\overset{ˉ}{X}$
B $\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}^{2}$
C $\overset{ˉ}{X} - μ$
D $X_{1} + X_{n}$

练习 2 · 填空题

设总体方差

D (X) = σ^{2} = 9

，样本容量

n = 36

，

\overset{ˉ}{X}

为样本均值，则

D (\overset{ˉ}{X}) =

____。

练习 3 · 选择题

已知一组样本观测值为

2, 4, 6

。其样本方差

s^{2}

（分母取

n - 1

）等于（　）。

A $4$
B $\frac{8}{3}$
C $2$
D $8$

练习 4 · 填空题

设总体

X

的期望

E (X) = 2

、方差

D (X) = 5

，

X_{1}, \dots, X_{n}

为简单随机样本，

S^{2} = \frac{1}{n - 1} \sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}

为样本方差，则

E (S^{2}) =

____。

练习 5 · 选择题

设总体方差为

σ^{2}

，

X_{1}, \dots, X_{n}

为简单随机样本，

\overset{ˉ}{X}

为样本均值。则

E [\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}] =

（　）。

A $σ^{2}$
B $\frac{n - 1}{n} σ^{2}$
C $\frac{n}{n - 1} σ^{2}$
D $\frac{σ ^{2}}{n}$

练习 6 · 选择题

设

X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}

（

n \geq 2

）是取自正态总体

N (μ, σ^{2})

的简单随机样本，

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

分别为样本均值与样本方差（

S^{2}

的分母取

n - 1

）。下列结论中错误的是（　）。

A $\overset{ˉ}{X} \sim N (μ, \frac{σ ^{2}}{n})$
B $\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)$
C $\overset{ˉ}{X}$ 与 $S^{2}$ 相互独立
D $\frac{X ˉ - μ}{S / n} \sim N (0, 1)$

练习 7 · 填空题

设

X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}

是取自总体

X

的简单随机样本，

D (X) = σ^{2}

，

\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} X_{i}

，则

Cov (X_{1}, \overset{ˉ}{X}) =

____。

练习 8 · 解答题

设总体

X

的概率密度为

f (x) = ⎩ ⎨ ⎧ \frac{2 x}{θ ^{2}}, 0, 0 < x < θ, 其他,

其中

θ > 0

为未知参数。

X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}

是取自该总体的简单随机样本，

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

分别为样本均值与样本方差（分母取

n - 1

）。
（1）求

E (X)

与

D (X)

；
（2）求

E (\overset{ˉ}{X})

、

D (\overset{ˉ}{X})

与

E (S^{2})

；
（3）求常数

c

，使统计量

T = c \overset{ˉ}{X}

满足

E (T) = θ

，并求

D (T)

。

总体、样本与统计量

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 总体、简单随机样本与统计量的定义：Xˉ、S2、Ak​、Bk​ 四大定义式★★ 必会

2. 由Xˉ 使平方和最小说明 n−1 的来历★ 要懂

3. 最大值、最小值也是统计量：次序统计量的分布★ 要懂

4. 样本为什么能推断总体：样本矩收敛于总体矩，经验分布收敛于总体分布

5. Xˉ 与残差 Xi​−Xˉ 不相关：它是 Xˉ 与 S2 独立的先导结论

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 总体、简单随机样本与统计量的定义： $\overset{ˉ}{X}$ 、 $S^{2}$ 、 $A_{k}$ 、 $B_{k}$ 四大定义式★★ 必会

2. 由 $\overset{ˉ}{X}$ 使平方和最小说明 $n - 1$ 的来历★ 要懂

5. $\overset{ˉ}{X}$ 与残差 $X_{i} - \overset{ˉ}{X}$ 不相关：它是 $\overset{ˉ}{X}$ 与 $S^{2}$ 独立的先导结论