正态总体样本均值与方差的分布

§19.3 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

0.83 分/卷近 11 年平均

3/11 年出现年份

0.8 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）三大抽样分布（χ²、t、F）总体、样本与统计量常见连续分布（均匀、指数、正态）

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 正态总体的四条抽样定理： $\overset{ˉ}{X} \sim N (μ, σ^{2} / n)$ 、 $\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)$ 、 $\overset{ˉ}{X}$ 与 $S^{2}$ 独立、 $\frac{X ˉ - μ}{S / n} \sim t (n - 1)$ ★★ 必会

设

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

是来自正态总体

N (μ, σ^{2})

的简单随机样本，

\overset{ˉ}{X}

、

S^{2}

为样本均值与样本方差。下面四条是正态总体统计推断的基本抽样分布，必须成套掌握。

① $\overset{ˉ}{X}$ 的分布：

\overset{ˉ}{X} \sim N (μ, \frac{σ ^{2}}{n})

，即

\frac{X ˉ - μ}{σ / n} \sim N (0, 1)

。这是精确分布，因为独立正态随机变量的线性组合仍服从正态分布。它对任意的

n

都成立，不需要中心极限定理。

② $S^{2}$ 的分布：

\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)

。自由度是

n - 1

：这是因为中心用

\overset{ˉ}{X}

代替了

μ

，损失了一个自由度（分解法的证明见下一条）。作为对照，当

μ

已知时有

\frac{1}{σ ^{2}} i = 1 \sum n (X_{i} - μ)^{2} \sim χ^{2} (n)

。

③ 独立性：

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

相互独立。这一条只有正态总体才具有，它也是把二者合成

t

、

F

统计量的前提。

④ $t$ 统计量：

\frac{X ˉ - μ}{S / n} \sim t (n - 1)

。这是把 ① 中未知的

σ

换成

S

，代价是

N (0, 1)

变成尾部更厚的

t (n - 1)

。当

σ

未知时，它是对

μ

作推断的主要工具。

如何选用：对

μ

作推断，

σ

已知时用 ①（

Z

型），

σ

未知时用 ④（

t

型）；对

σ^{2}

作推断，用 ②（

χ^{2}

型）。

证明 / 推导

由 ①②③ 合成 ④，即 $t$ 统计量的来历. 记

U W = \frac{X ˉ - μ}{σ / n} \sim N (0, 1) (由 ①) = \frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1) (由 ②) .

U

是

\overset{ˉ}{X}

的函数，

W

是

S^{2}

的函数，由 ③ 知

U

与

W

相互独立。按

t

分布的构造定义（§20.2），得

\frac{U}{W / ( n - 1 )} = \frac{\frac{X ˉ - μ}{σ / n}}{\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \cdot \frac{1}{n - 1}} = \frac{X ˉ - μ}{σ / n} \cdot \frac{σ}{S} = \frac{X ˉ - μ}{S / n} \sim t (n - 1) .

未知的

σ

在比值中自动约去。正是因为这一点，④ 才能在

σ

未知时使用；自由度

n - 1

完全来自 ②。

■

举例说明

例. 从

N (3.4, 6^{2})

中抽取容量为

n

的样本，要使样本均值落在

(1.4, 5.4)

内的概率不小于

0.95

，问

n

至少应取多大？（已知

Φ (1.96) = 0.975

）

解. 由定理 ①，

\overset{ˉ}{X} \sim N (3.4, \frac{36}{n})

，即

\frac{X ˉ - 3.4}{6/ n} \sim N (0, 1)

。区间

(1.4, 5.4)

关于

3.4

对称，半宽为

2

，故

P {1.4 < \overset{ˉ}{X} < 5.4} = P {\frac{X ˉ - 3.4}{6/ n} < \frac{2}{6/ n}} = 2Φ (\frac{n}{3}) - 1 \geq 0.95,

即

Φ (\frac{n}{3}) \geq 0.975 = Φ (1.96)

，由

Φ

单调增加，得

\frac{n}{3} \geq 1.96

，

n \geq (3 \times 1.96)^{2} = 34.57

，故至少应取

n = 35

。易错之处：

\overset{ˉ}{X}

的标准差是

σ / n = 6/ n

，如果误用

σ = 6

，或者写成

σ^{2} / n

而忘记开方，都是这类题目中最常见的错误。

■

2. μ 已知时是 χ²(n)，μ 未知时是 χ²(n−1)：用分解法说明自由度的来历★ 要懂

\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)

的自由度是

n - 1

而不是

n

，这是本章最常被追问的地方。用分解法可以一次说清：把以

μ

为中心的平方和拆成以

\overset{ˉ}{X}

为中心的平方和，再加上

\overset{ˉ}{X}

偏离

μ

的一项。前者服从

χ^{2} (n - 1)

，后者服从

χ^{2} (1)

，二者独立，合起来恰好是

χ^{2} (n)

。

由此也澄清了一个常见的错误：当 $μ$ 已知时，

\frac{1}{σ ^{2}} \sum (X_{i} - μ)^{2} \sim χ^{2} (n)

（自由度为

n

，因为它是

n

个独立标准正态变量的平方和）；而一旦

μ

未知，被

\overset{ˉ}{X}

代替，就用掉一个自由度，降为

χ^{2} (n - 1)

。同一个平方和，中心取

μ

还是取

\overset{ˉ}{X}

，自由度相差

1

。

证明 / 推导

用分解法证明 $\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)$ （要用到 $\overset{ˉ}{X}$ 与 $S^{2}$ 的独立性）。 由恒等式

i = 1 \sum n (X_{i} - μ)^{2} = i = 1 \sum n (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2} + n (\overset{ˉ}{X} - μ)^{2} .

两端除以

σ^{2}

，得

= W \frac{1}{σ ^{2}} i = 1 \sum n (X_{i} - μ)^{2} = = W_{1} \frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} + = W_{2} (\frac{X ˉ - μ}{σ / n})^{2} .

其中：

W = \sum (\frac{X _{i} - μ}{σ})^{2}

是

n

个独立的

N (0, 1)

的平方和，故

W \sim χ^{2} (n)

；

W_{2}

是一个

N (0, 1)

的平方，故

W_{2} \sim χ^{2} (1)

。又在正态总体下

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

独立，故

W_{1} ⊥ W_{2}

。用矩母函数比较（相互独立时矩母函数相乘）：

(1 - 2 t)^{- n /2} = M_{W_{1}} (t) \cdot (1 - 2 t)^{- 1/2} \Rightarrow M_{W_{1}} (t) = (1 - 2 t)^{- (n - 1) /2},

右端就是

χ^{2} (n - 1)

的矩母函数，故

W_{1} = \frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)

。

■

3. 两个正态总体且方差相等时：均值差的 t 统计量与合并方差 $S_{w}^{2}$

上一节给出了两个正态总体的方差比

\sim F

，但考研中更常用的是对两总体均值之差 $μ_{1} - μ_{2}$ 的推断，所用的是双样本 $t$ 统计量。教材中对它往往一笔带过，需要单独补足。它的前提是两个总体的方差相等且未知（

σ_{1}^{2} = σ_{2}^{2} = σ^{2}

）。这时把两个样本方差合并成一个更可靠的方差估计

S_{w}^{2} = \frac{( n _{1} - 1 ) S _{1}^{2} + ( n _{2} - 1 ) S _{2}^{2}}{n _{1} + n _{2} - 2} (合并 / 加权方差),

则有

\frac{( X ˉ - Y ˉ ) - ( μ _{1} - μ _{2} )}{S _{w} \frac{1}{n _{1}} + \frac{1}{n _{2}}} \sim t (n_{1} + n_{2} - 2) .

自由度是两个样本各自自由度之和

(n_{1} - 1) + (n_{2} - 1) = n_{1} + n_{2} - 2

。它是比较两个正态总体均值时的重要抽样分布。

证明 / 推导

推导双样本 $t$ 统计量。 设

X \sim N (μ_{1}, σ^{2})

、

Y \sim N (μ_{2}, σ^{2})

是两个相互独立的正态总体（方差同为

σ^{2}

），样本容量分别为

n_{1}, n_{2}

。

（i）分子服从标准正态分布：

\overset{ˉ}{X} \sim N (μ_{1}, \frac{σ ^{2}}{n _{1}})

，

\overset{ˉ}{Y} \sim N (μ_{2}, \frac{σ ^{2}}{n _{2}})

，二者独立，相减得

\overset{ˉ}{X} - \overset{ˉ}{Y} \sim N (μ_{1} - μ_{2}, σ^{2} (\frac{1}{n _{1}} + \frac{1}{n _{2}})) \Rightarrow U = \frac{( X ˉ - Y ˉ ) - ( μ _{1} - μ _{2} )}{σ \frac{1}{n _{1}} + \frac{1}{n _{2}}} \sim N (0, 1) .

（ii）分母服从卡方分布：

\frac{( n _{1} - 1 ) S _{1}^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n_{1} - 1)

与

\frac{( n _{2} - 1 ) S _{2}^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n_{2} - 1)

相互独立，由可加性得

V = \frac{( n _{1} - 1 ) S _{1}^{2} + ( n _{2} - 1 ) S _{2}^{2}}{σ ^{2}} = \frac{( n _{1} + n _{2} - 2 ) S _{w}^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n_{1} + n_{2} - 2) .

（iii）独立性与合成：

U

只依赖两组样本的均值，

V

只依赖两组样本的方差，故

U ⊥ V

。按

t

分布的定义，得

\frac{U}{V / ( n _{1} + n _{2} - 2 )} = \frac{( X ˉ - Y ˉ ) - ( μ _{1} - μ _{2} )}{σ \frac{1}{n _{1}} + \frac{1}{n _{2}}} \cdot \frac{σ}{S _{w}} = \frac{( X ˉ - Y ˉ ) - ( μ _{1} - μ _{2} )}{S _{w} \frac{1}{n _{1}} + \frac{1}{n _{2}}} \sim t (n_{1} + n_{2} - 2) .

σ

再次约去。方差相等这一假设的用处就在这里：只有共用同一个

σ

，才能把两块卡方合并为一块，并使

σ

消去。

■

4. 独立性是构造 t 统计量与 F 统计量的前提： $\frac{n ( X ˉ - μ ) ^{2}}{S ^{2}} \sim F (1, n - 1)$

为什么

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

独立这条性质如此重要？因为它是把 $\overset{ˉ}{X}$ 、 $S^{2}$ 合成 $t$ 统计量或 $F$ 统计量的前提：

t

与

F

的定义都要求分子与分母相互独立。没有这一独立性，写出的比值既不是

t

也不是

F

，就谈不上分布。反过来，在正态总体下有了独立性，构造就畅通无阻。下面

F (1, n - 1)

的构造，就同时用到了独立性与

t^{2} = F (1, \cdot)

这一关系。

也要知道它的适用边界：一旦总体不是正态的，

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

一般不独立，

\frac{X ˉ - μ}{S / n}

也就不再精确服从 $t (n - 1)$ ，它只在

n

很大时依分布趋于

N (0, 1)

（这要用中心极限定理以及

S P σ

）。不能把只有正态总体才成立的精确结论用到一般总体上。

证明 / 推导

非正态总体下 $\overset{ˉ}{X}$ 与 $S^{2}$ 一般不独立，以及大样本时的正态近似。 上面的两条断言都可以直接算出来。
（一）协方差公式 $Cov (\overset{ˉ}{X}, S^{2}) = \frac{μ _{3}}{n}$ ，其中

μ_{3} = E (X - μ)^{3}

为总体的三阶中心矩。
把每个

X_{i}

减去同一个常数

μ

时，

\overset{ˉ}{X}

相应地减去

μ

，

S^{2}

不变。故协方差也不变，不妨设

μ = 0

。这时

E \overset{ˉ}{X} = 0

，且

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

于是

(n - 1) Cov (\overset{ˉ}{X}, S^{2}) = E [\overset{ˉ}{X} i = 1 \sum n X_{i}^{2}] - n E [\overset{ˉ}{X}^{3}] .

先算第一个期望。由独立性与

E X_{j} = 0

可知，凡

j \neq = i

的项都有

E [X_{j} X_{i}^{2}] = E X_{j} \cdot E X_{i}^{2} = 0

，故

E [\overset{ˉ}{X} i \sum X_{i}^{2}] = \frac{1}{n} j \sum i \sum E [X_{j} X_{i}^{2}] = \frac{1}{n} i \sum E X_{i}^{3} = \frac{1}{n} \cdot n μ_{3} = μ_{3} .

再算第二个期望。把

(\sum_{i} X_{i})^{3}

展开。凡含有单独一个

X_{j}

作因子的项，其期望都因

E X_{j} = 0

而等于零。于是只剩下

n

个

E X_{i}^{3}

，故

E [\overset{ˉ}{X}^{3}] = \frac{1}{n ^{3}} E [(i \sum X_{i})^{3}] = \frac{n μ _{3}}{n ^{3}} = \frac{μ _{3}}{n ^{2}} .

代回上式，得

(n - 1) Cov (\overset{ˉ}{X}, S^{2}) = μ_{3} - n \cdot \frac{μ _{3}}{n ^{2}} = \frac{n - 1}{n} μ_{3},

故

Cov (\overset{ˉ}{X}, S^{2}) = \frac{μ _{3}}{n}

。
由此得到结论：如果

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

相互独立，那么二者的协方差为零，从而

μ_{3} = 0

。所以只要总体的三阶中心矩不为零，

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

就一定不独立。例如总体服从参数为

λ

的指数分布时

μ_{3} = \frac{2}{λ ^{3}} \neq = 0

，二者不独立，

\frac{X ˉ - μ}{S / n}

也就不服从

t (n - 1)

。正态总体的

μ_{3} = 0

，协方差为零，这与独立性并不矛盾。但不相关推不出独立。正态总体下的独立性要另用正交变换去证明。
（二）大样本时的正态近似. 把统计量分解为

\frac{X ˉ - μ}{S / n} = \frac{X ˉ - μ}{σ / n} \cdot \frac{σ}{S} .

第一个因子由中心极限定理，当

n \to \infty

时依分布收敛于

N (0, 1)

。第二个因子由辛钦大数定律，有

\frac{1}{n} \sum_{i} X_{i}^{2} P E X^{2}

与

\overset{ˉ}{X} P μ

，而

S^{2} = \frac{n}{n - 1} (\frac{1}{n} i \sum X_{i}^{2} - \overset{ˉ}{X}^{2}) P E X^{2} - μ^{2} = σ^{2},

再由根号函数的连续性得

S P σ

，故

\frac{σ}{S} P 1

。依分布收敛的因子与依概率收敛于常数的因子相乘时，极限分布不变，这就是斯卢茨基定理。于是

\frac{X ˉ - μ}{S / n} d N (0, 1) .

这就证明了：一般总体下只有这个大样本的近似结论，而没有精确的

t (n - 1)

。

■

举例说明

例。设

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

取自正态总体

N (μ, σ^{2})

，

\overset{ˉ}{X}

、

S^{2}

为样本均值与样本方差。证明

\frac{n ( X ˉ - μ ) ^{2}}{S ^{2}} \sim F (1, n - 1) .

解。把它化为卡方与卡方之比：

\frac{n ( X ˉ - μ ) ^{2}}{S ^{2}} = \frac{( \frac{X ˉ - μ}{σ / n} ) ^{2}}{\frac{S ^{2}}{σ ^{2}}} = \frac{( \frac{X ˉ - μ}{σ / n} ) ^{2} / 1}{\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} / ( n - 1 )} .

分子：

\frac{X ˉ - μ}{σ / n} \sim N (0, 1)

，它的平方

\sim χ^{2} (1)

。分母：

\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)

，再除以自由度

n - 1

。独立性：在正态总体下

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

独立，故分子与分母独立。三个条件都已具备，这就是

F (1, n - 1)

的定义结构，得证。（它其实就是

t (n - 1)

的平方，因为

此式 = \frac{∣ X ˉ - μ ∣}{S / n}

对应

∣ t (n - 1) ∣

，这与

t^{2} (n - 1) = F (1, n - 1)

相呼应。）

■

5. 由 χ² 分布反求 $S^{2}$ 的数字特征： $E (S^{2}) = σ^{2}$ 、 $D (S^{2}) = \frac{2 σ ^{4}}{n - 1}$ ★★ 必会

\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)

这条定理不仅刻画了样本方差的抽样分布，还能反过来一步算出 $S^{2}$ 的期望与方差。许多人只记得

E (S^{2}) = σ^{2}

，却不知道

S^{2}

本身的波动有多大，也就是

D (S^{2})

。办法是：令

W = \frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)

，直接引用

χ^{2}

分布的

E = n - 1

、

D = 2 (n - 1)

，再解出

S^{2}

。

结论是（在正态总体下）

E (S^{2}) D (S^{2}) = σ^{2} = \frac{2 σ ^{4}}{n - 1} .

必须注意，

D (S^{2}) = \frac{2 σ ^{4}}{n - 1}

依赖于总体是正态的（一般总体的

D (S^{2})

还牵涉四阶矩，没有这样简洁的形式）；而

E (S^{2}) = σ^{2}

则对任意总体都成立。样本容量

n

越大，

D (S^{2}) \to 0

，

S^{2}

也就越稳定地贴近

σ^{2}

。

证明 / 推导

由 $χ^{2}$ 的矩反求 $S^{2}$ 的 $E$ 、 $D$ 。 令

W = \frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)

，则

S^{2} = \frac{σ ^{2}}{n - 1} W

。已知

χ^{2} (n - 1)

的

E (W) D (W) = n - 1 = 2 (n - 1) .

于是

E (S^{2}) = \frac{σ ^{2}}{n - 1} E (W) = \frac{σ ^{2}}{n - 1} (n - 1) = σ^{2},

D (S^{2}) = (\frac{σ ^{2}}{n - 1})^{2} D (W) = \frac{σ ^{4}}{( n - 1 ) ^{2}} \cdot 2 (n - 1) = \frac{2 σ ^{4}}{n - 1} . ■

💡 小知识

样本均值

\overset{ˉ}{X}

与样本方差

S^{2}

相互独立，这是正态分布独有的标志性性质。可以证明，在方差有限的总体中，

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

相互独立当且仅当总体服从正态分布。正因如此，正态总体在统计推断里享有一套格外干净的理论。

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_{25}

是取自正态总体

N (10, 4)

（即

μ = 10

，

σ^{2} = 4

）的简单随机样本，

\overset{ˉ}{X} = \frac{1}{25} \sum_{i = 1}^{25} X_{i}

。写出

\overset{ˉ}{X}

服从的分布，以及标准化变量

\frac{X ˉ - 10}{σ / n}

服从的分布。难度 1

由抽样分布定理 1：正态总体下

\overset{ˉ}{X} \sim N (μ, \frac{σ ^{2}}{n})

（精确成立，无需大

n

）。

这里

μ = 10

，

σ^{2} = 4

（

σ = 2

），

n = 25

，故

\overset{ˉ}{X} \sim N (10, \frac{4}{25}) = N (10, 0.16) .

又

\frac{σ}{n} = \frac{2}{5} = 0.4

，标准化后

\frac{X ˉ - 10}{σ / n} = \frac{X ˉ - 10}{0.4} \sim N (0, 1) .

例 2 设

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

是取自正态总体

N (μ, σ^{2})

的简单随机样本，已知

σ^{2} = 5

，

S^{2}

为样本方差。指出统计量

\frac{15 S ^{2}}{5}

服从什么分布。难度 1

由抽样分布定理 2：正态总体下

\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)

。

这里

n = 16

，

σ^{2} = 5

，故

\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} = \frac{( 16 - 1 ) S ^{2}}{5} = \frac{15 S ^{2}}{5} = 3 S^{2} \sim χ^{2} (15) .

注意自由度是

n - 1 = 15

（不是

n = 16

）。

例 3 设

X_{1}, X_{2}, \dots, X_{9}

是取自正态总体

N (μ, σ^{2})

的简单随机样本，

σ^{2}

未知，

\overset{ˉ}{X}

与

S

分别为样本均值与样本标准差。指出统计量

\frac{X ˉ - μ}{S /3}

服从什么分布。难度 2

σ

未知时对

μ

作推断，用抽样分布定理 4：正态总体下

\frac{X ˉ - μ}{S / n} \sim t (n - 1) .

这里

n = 9

，

n = 3

，故

\frac{X ˉ - μ}{S / n} = \frac{X ˉ - μ}{S /3} \sim t (n - 1) = t (8) .

关键区别：分母用的是样本标准差

S

（不是已知的

σ

），所以走

t

分布、自由度

n - 1 = 8

。

■

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。

2023 年 · 数三 · 第 9 题 · 选择题 · 5 分

设

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

为来自总体

N (μ_{1}, σ^{2})

的简单随机样本，

Y_{1}, \dots, Y_{m}

为来自总体

N (μ_{2}, 2 σ^{2})

的简单随机样本，且两样本相互独立。记

\overset{ˉ}{X}, \overset{ˉ}{Y}

为样本均值，

S_{1}^{2} = \frac{1}{n - 1} i = 1 \sum n (X_{i} - \overset{ˉ}{X})^{2}, S_{2}^{2} = \frac{1}{m - 1} i = 1 \sum m (Y_{i} - \overset{ˉ}{Y})^{2}

，则（　　）。

A $\frac{S _{1}^{2}}{S _{2}^{2}} \sim F (n, m)$
B $\frac{S _{1}^{2}}{S _{2}^{2}} \sim F (n - 1, m - 1)$
C $\frac{2 S _{1}^{2}}{S _{2}^{2}} \sim F (n, m)$
D $\frac{2 S _{1}^{2}}{S _{2}^{2}} \sim F (n - 1, m - 1)$

2018 年 · 数三 · 第 8 题 · 选择题 · 4 分

设

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

为来自总体

N (μ, σ^{2}) (σ > 0)

的简单随机样本。令

\overline{X} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}, S = \frac{1}{n - 1} i = 1 \sum n (X_{i} - \overline{X})^{2}, S^{*} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n (X_{i} - μ)^{2}

，则（　　）

A $\frac{n ( X - μ )}{S} \sim t (n)$
B $\frac{n ( X - μ )}{S} \sim t (n - 1)$
C $\frac{n ( X - μ )}{S ^{*}} \sim t (n)$
D $\frac{n ( X - μ )}{S ^{*}} \sim t (n - 1)$

2017 年 · 数三 · 第 8 题 · 选择题 · 4 分

设

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

为来自总体

N (μ, 1)

的简单随机样本，记

\overline{X} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}

，则下列结论中不正确的是（　　）。

A $i = 1 \sum n (X_{i} - μ)^{2}$ 服从 $χ^{2}$ 分布
B $2 (X_{n} - X_{1})^{2}$ 服从 $χ^{2}$ 分布
C $i = 1 \sum n (X_{i} - \overline{X})^{2}$ 服从 $χ^{2}$ 分布
D $n (\overline{X} - μ)^{2}$ 服从 $χ^{2}$ 分布

2014 年 · 数三 · 第 8 题 · 选择题 · 4 分

设

X_{1}, X_{2}, X_{3}

为来自正态总体

N (0, σ^{2})

的简单随机样本，则统计量

S = \frac{X _{1} - X _{2}}{2 ∣ X _{3} ∣}

服从的分布为（　　）

A $F (1, 1)$
B $F (2, 1)$
C $t (1)$
D $t (2)$

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})

的简单随机样本，

\overset{ˉ}{X}

为样本均值，则

\overset{ˉ}{X}

服从（　）。

A $N (μ, σ^{2})$
B $N (μ, \frac{σ ^{2}}{n})$
C $N (μ, n σ^{2})$
D $N (0, 1)$

练习 2 · 填空题

设

X_{1}, \dots, X_{20}

是取自正态总体

N (μ, σ^{2})

的简单随机样本，

S^{2}

为样本方差，则

\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}}

服从的分布是

χ^{2} (

____

)

。

练习 3 · 选择题

设

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

是取自正态总体

N (μ, σ^{2})

的简单随机样本，

σ^{2}

未知，

\overset{ˉ}{X}, S

为样本均值与样本标准差。下列服从

t (n - 1)

的是（　）。

A $\frac{X ˉ - μ}{σ / n}$
B $\frac{X ˉ - μ}{S / n}$
C $\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}}$
D $\frac{n ( X ˉ - μ )}{σ}$

练习 4 · 填空题

设

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

是取自正态总体

N (5, 4)

（即

σ^{2} = 4

）的简单随机样本，

\overset{ˉ}{X}

为样本均值，则

\overset{ˉ}{X}

的标准差

D (\overset{ˉ}{X}) =

____。

练习 5 · 选择题

设

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

是取自正态总体

N (μ, σ^{2})

的简单随机样本，

\overset{ˉ}{X}, S^{2}

为样本均值与样本方差。下列说法错误的是（　）。

A $\overset{ˉ}{X}$ 与 $S^{2}$ 相互独立
B $\overset{ˉ}{X} \sim N (μ, \frac{σ ^{2}}{n})$ 精确成立
C $\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)$
D对任意总体， $\overset{ˉ}{X}$ 与 $S^{2}$ 都相互独立

练习 6 · 选择题

设

X_{1}, X_{2}, \dots, X_{6}

是取自正态总体

N (0, σ^{2})

的简单随机样本，令

T = c \cdot \frac{X _{1} + X _{2}}{X _{3}^{2} + X _{4}^{2} + X _{5}^{2} + X _{6}^{2}} .

若

T \sim t (4)

，则常数

c =

（　）。

A $\frac{1}{2}$
B $1$
C $2$
D $2$

练习 7 · 填空题

设

X_{1}, X_{2}, \dots, X_{10}

是取自正态总体

N (0, 4)

的简单随机样本，则

D (i = 1 \sum 10 X_{i}^{2}) =

____。

练习 8 · 解答题

设

X_{1}, X_{2}, \dots, X_{10}

是取自正态总体

N (0, σ^{2})

的简单随机样本（

σ > 0

未知）。令

Y = c \cdot \frac{( X _{1} + X _{2} + X _{3} ) ^{2}}{X _{4}^{2} + X _{5}^{2} + \dots + X _{10}^{2}}, T = \frac{X _{1} + X _{2} + X _{3}}{\frac{3}{7} ( X _{4}^{2} + X _{5}^{2} + \dots + X _{10}^{2} )} .

(1) 求常数

c

，使

Y \sim F (1, 7)

；

(2) 证明

T \sim t (7)

，并指出

T^{2}

与

Y

的关系。

2012 年 · 数三 · 第 8 题 · 选择题 · 4 分

设

X_{1}, X_{2}, X_{3}, X_{4}

为来自总体

N (1, σ^{2}) (σ > 0)

的简单随机样本，则统计量

\frac{X _{1} - X _{2}}{∣ X _{3} + X _{4} - 2 ∣}

的分布为（　　）。

A $N (0, 1)$
B $t (1)$
C $χ^{2} (1)$
D $F (1, 1)$

2005 年 · 数三 · 第 14 题 · 选择题 · 4 分

（注：本题属正态总体参数的区间估计，为现行数学三大纲考查范围之外的内容。）设一批零件的长度服从正态分布

N (μ, σ^{2})

，其中

μ, σ^{2}

均未知. 现从中随机抽取

16

个零件，测得样本均值

\overset{x}{ˉ} = 20 (cm)

，样本标准差

S = 1 (cm)

，则

μ

的置信度为

0.90

的置信区间是（　　）

A $(20 - \frac{1}{4} t_{0.05} (16), 20 + \frac{1}{4} t_{0.05} (16))$ .
B $(20 - \frac{1}{4} t_{0.1} (16), 20 + \frac{1}{4} t_{0.1} (16))$ .
C $(20 - \frac{1}{4} t_{0.05} (15), 20 + \frac{1}{4} t_{0.05} (15))$ .
D $(20 - \frac{1}{4} t_{0.1} (15), 20 + \frac{1}{4} t_{0.1} (15))$ .

正态总体样本均值与方差的分布

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 正态总体的四条抽样定理：Xˉ∼N(μ,σ2/n)、σ2(n−1)S2​∼χ2(n−1)、Xˉ 与 S2 独立、S/n​Xˉ−μ​∼t(n−1)★★ 必会

2. μ 已知时是 χ²(n)，μ 未知时是 χ²(n−1)：用分解法说明自由度的来历★ 要懂

3. 两个正态总体且方差相等时：均值差的 t 统计量与合并方差 Sw2​

4. 独立性是构造 t 统计量与 F 统计量的前提：S2n(Xˉ−μ)2​∼F(1,n−1)

5. 由 χ² 分布反求 S2 的数字特征：E(S2)=σ2、D(S2)=n−12σ4​★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

1. 正态总体的四条抽样定理： $\overset{ˉ}{X} \sim N (μ, σ^{2} / n)$ 、 $\frac{( n - 1 ) S ^{2}}{σ ^{2}} \sim χ^{2} (n - 1)$ 、 $\overset{ˉ}{X}$ 与 $S^{2}$ 独立、 $\frac{X ˉ - μ}{S / n} \sim t (n - 1)$ ★★ 必会

3. 两个正态总体且方差相等时：均值差的 t 统计量与合并方差 $S_{w}^{2}$

4. 独立性是构造 t 统计量与 F 统计量的前提： $\frac{n ( X ˉ - μ ) ^{2}}{S ^{2}} \sim F (1, n - 1)$

5. 由 χ² 分布反求 $S^{2}$ 的数字特征： $E (S^{2}) = σ^{2}$ 、 $D (S^{2}) = \frac{2 σ ^{4}}{n - 1}$ ★★ 必会