总体、样本与统计量

§19.1 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

0.32 分/卷近 11 年平均

1/11 年出现年份

2.5 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

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，以及 $\overset{ˉ}{X}$ 、 $S^{2}$ 、 $A_{k}$ 、 $B_{k}$ 四个定义式★★ 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，指的就是

X

服从这个分布。从总体中抽出的

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，独立（

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

相互独立）与同分布（每个

X_{i}

都与总体

X

同分布），合称 i.i.d.。因此样本的联合分布可以写成连乘的形式：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})

。这一可以连乘的性质，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；代入观测值

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

，就得到它的观测值。判别的标准只有一条，即是否含有未知参数：若

μ

未知，则

\sum_{i = 1}^{n} (X_{i} - μ)^{2}

不是统计量；若

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

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

下面求方差，其中一步用到独立，因为方差只有在独立时才可加，另一步用到同分布：

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

。统计推断的精度随

n

增大而提高，根源就在于此。

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，其中说明了

n - 1

的来历。）

■

举例说明

例（选择题）. 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，故是统计量。由

E (\overset{ˉ}{X}) = μ_{1}

与

E (\overset{ˉ}{Y}) = μ_{2}

得

E (\hat{θ}) = μ_{1} - μ_{2} = θ

，可见它无偏。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} .

易错之处：直接用

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

而漏掉协方差项，因而误得

\frac{σ _{1}^{2} + σ _{2}^{2}}{n}

。简单随机样本所保证的是对与对之间独立，并不消除同一对内部的相关。（答案选 C。）

■

2. 从 $\overset{ˉ}{X}$ 使平方和最小这一事实看 $n - 1$ 的来历

样本方差

S^{2}

为什么要除以

n - 1

？通常是由无偏性这一结果反推的，但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}

是与这批数据最贴合的中心，那么用它算出的平方和必然比用真实中心

μ

算出的要小；而小去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。

由此也可以解释自由度这个名称：

n

个偏差

X_{i} - \overset{ˉ}{X}

受到一个恒等式

\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

由这个最小化恒等式直接算出 $n - 1$ 。 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，这就说明

\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

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

；右边的末项

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

最本质的来历。

■

3. 最大值、最小值也是统计量：次序统计量的分布★ 要懂

统计量不只有

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

这几个，样本的最大值 $X_{(n)} = max {X_{1}, \dots, X_{n}}$ 与最小值 $X_{(1)} = min {X_{1}, \dots, X_{n}}$ 也都是统计量，因为它们不含未知参数，可以直接由样本算出，通常称为次序统计量。这类统计量考查得很多，例如求

max

的分布与期望，或者估计端点型的参数，因此必须会推导它们的分布。

推导时所用的是独立性：最大值

\leq x

与每一个样本都

\leq x

是同一件事，由独立性即可把联合概率写成连乘。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

推导极值的分布，所用的是独立同分布。 设

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

独立同分布，其分布函数为

F

，密度为

f

。

先看最大值：

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) .

再看最小值，这时化为对立事件较为方便：

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，当

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

，这是因为样本的最大值总不超过

θ

；而当

n \to \infty

时

E (X_{(n)}) \to θ

。用

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

作

θ

的无偏估计，来由即在于此。

■

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

用样本去推断总体，其依据是大数定律。最重要的有两条由样本

\to

总体的收敛：

（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

有

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

。也就是说，样本能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

验证 $F_{n} (x)$ 是 $F (x)$ 的无偏且相合的估计。 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，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

的增大按

1/ n \to 0

，再由大数定律即得

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

。这就严格说明了样本频率逼近真实概率。

■

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

有一个初看似乎应当相关而实际并不相关的重要结论：样本均值 $\overset{ˉ}{X}$ 与每一个残差 $X_{i} - \overset{ˉ}{X}$ 都不相关，即

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

；这对任意总体都成立，只要方差存在。它是理解

\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。

有两点需要强调：（1）不相关对任意总体都成立，只用到独立同分布这一条件；（2）但由不相关一般推不出独立。只有当总体是正态总体时，这种不相关才加强为真正的相互独立，即

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

独立；这是正态总体所特有的性质，也是下一节构造

t

统计量的依据。先明确这一结论，正态总体那一节就容易理解了。

证明 / 推导

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。先算

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},

（当

j \neq = i

时二者独立，故协方差为

0

，只剩下

j = i

这一项。）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. ■

因为

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，正是正态总体下

\overset{ˉ}{X}

与

S^{2}

相互独立的线性根据。

💡 小知识

样本方差要除以

n - 1

，这个做法称为贝塞尔校正。可以这样理解：用样本均值

\overset{ˉ}{X}

去代替真实的

μ

时，

\overset{ˉ}{X}

本来就是最贴合这批数据的中心，偏差平方和自然会偏小一些；把分母从

n

减到

n - 1

，补回来的恰好是被数据用掉的那一个自由度。

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。

2025 年 · 数三 · 第 10 题 · 选择题 · 5 分

设总体

X

的分布函数为

F (x)

，

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

为来自总体

X

的简单随机样本，样本的经验分布函数为

F_{n} (x)

，对于给定的

x (0 < F (x) < 1)

，

D [F_{n} (x)] =

（　　）。

A $F (x) [1 - F (x)]$
B $[F (x)]^{2}$
C $\frac{1}{n} F (x) [1 - F (x)]$
D $\frac{1}{n} [F (x)]^{2}$

2015 年 · 数三 · 第 8 题 · 选择题 · 4 分

设总体

X \sim B (m, θ)

，

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

为来自该总体的简单随机样本，

\overset{ˉ}{X}

为样本均值，则

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

（　　）。

A $(m - 1) n θ (1 - θ)$ .
B $m (n - 1) θ (1 - θ)$ .
C $(m - 1) (n - 1) θ (1 - θ)$ .
D $mn θ (1 - θ)$ .

2011 年 · 数三 · 第 8 题 · 选择题 · 4 分

设总体

X

服从参数为

λ (λ > 0)

的泊松分布，

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

为来自该总体的简单随机样本，则对于统计量

T_{1} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}

和

T_{2} = \frac{1}{n - 1} i = 1 \sum n - 1 X_{i} + \frac{1}{n} X_{n}

，有（　　）

A $E (T_{1}) > E (T_{2}), D (T_{1}) > D (T_{2})$
B $E (T_{1}) > E (T_{2}), D (T_{1}) < D (T_{2})$
C $E (T_{1}) < E (T_{2}), D (T_{1}) > D (T_{2})$
D $E (T_{1}) < E (T_{2}), D (T_{1}) < D (T_{2})$

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

设总体

X

服从参数为

λ

的指数分布，即其概率密度为

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

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

是取自

X

的简单随机样本，记

N = min {X_{1}, X_{2}, \dots, X_{n}}

。则（　　）。

A $N$ 服从参数为 $λ$ 的指数分布， $E (N) = \frac{1}{λ}$
B $N$ 服从参数为 $nλ$ 的指数分布， $E (N) = \frac{1}{nλ}$
C $N$ 服从参数为 $\frac{λ}{n}$ 的指数分布， $E (N) = \frac{n}{λ}$
D $N$ 不服从指数分布，但 $E (N) = \frac{1}{λ}$

练习 7 · 填空题

设

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

（

n \geq 2

）是取自总体

X

的简单随机样本，

E (X) = μ

，

D (X) = σ^{2}

，记样本均值

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

。则

Cov (X_{1} - \overset{ˉ}{X}, X_{2} - \overset{ˉ}{X}) =

____。

练习 8 · 解答题

设总体

X

服从区间

[0, θ]

上的均匀分布（

θ > 0

未知），

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

是取自

X

的简单随机样本，记

M = max {X_{1}, \dots, X_{n}}, N = min {X_{1}, \dots, X_{n}}, \overset{ˉ}{X} = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i} .

(1) 求

M

的分布函数与概率密度，并求

E (M)

与

D (M)

；

(2) 求

E (N)

；

(3) 验证

\hat{θ}_{1} = \frac{n + 1}{n} M

与

\hat{θ}_{2} = 2 \overset{ˉ}{X}

都满足

E (\hat{θ}_{i}) = θ

，并比较二者的方差，指出当

n \geq 2

时哪一个的波动更小。

2010 年 · 数三 · 第 14 题 · 填空题 · 4 分

设

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

是来自总体

N (μ, σ^{2}) (σ > 0)

的简单随机样本，记统计量

T = \frac{1}{n} i = 1 \sum n X_{i}^{2}

，则

E (T) =

______.

2009 年 · 数三 · 第 14 题 · 填空题 · 4 分

设

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

为来自二项分布总体

B (n, p)

的简单随机样本，

\overset{ˉ}{X}

和

S^{2}

分别为样本均值和样本方差。记统计量

T = \overset{ˉ}{X} - S^{2}

，则

E (T) =

______.

2006 年 · 数三 · 第 6 题 · 填空题 · 4 分

设总体

X

的概率密度为

f (x) = \frac{1}{2} e^{- ∣ x ∣} (- \infty < x < + \infty)

，

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

为总体

X

的简单随机样本，其样本方差为

S^{2}

，则

E (S^{2}) =

______.

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，以及 Xˉ、S2、Ak​、Bk​ 四个定义式★★ 必会

2. 从 Xˉ 使平方和最小这一事实看 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

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：Xˉ 与 S2 独立性的先导结论

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，以及 $\overset{ˉ}{X}$ 、 $S^{2}$ 、 $A_{k}$ 、 $B_{k}$ 四个定义式★★ 必会

2. 从 $\overset{ˉ}{X}$ 使平方和最小这一事实看 $n - 1$ 的来历

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