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样本及抽样分布#

样本均值和样本方差会随着抽到的数据变化。研究这些统计量的概率分布，就是研究抽样分布。理解本章的关键，是把样本构造出的随机量与标准正态分布、卡方分布、 $t$ 分布和 $F$ 分布联系起来。

本文按照“常用统计量—经验分布函数—三大分布—典型例题—正态总体抽样定理”的顺序整理，并解释公式中的标准化、独立性和自由度。

一、常用统计量#

设 $X_1,\ldots,X_n$ 是来自总体 $X$ 的简单随机样本，即相互独立且与总体同分布； $x_1,\ldots,x_n$ 是一次抽样得到的观察值。大写字母表示随机变量，小写字母表示具体数值。

总体均值 $\mu$ 和总体方差 $\sigma^2$ 是固定参数，可能未知；样本均值 $\bar X$ 和样本方差 $S^2$ 则随样本变化。

1. 样本均值、方差、标准差与样本矩#

样本均值：

\bar X=\frac1n\sum_{i=1}^nX_i.

样本方差与样本标准差（ $n\ge2$ ）：

S^2=\frac1{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2 =\frac{\sum_{i=1}^nX_i^2-n\bar X^2}{n-1}, \qquad S=\sqrt{S^2}.

第二种写法由展开平方、使用 $\sum X_i=n\bar X$ 得到。

样本 $k$ 阶原点矩：

A_k=\frac1n\sum_{i=1}^nX_i^k,\qquad k=1,2,\ldots

样本 $k$ 阶中心矩：

B_k=\frac1n\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^k,\qquad k\ge2.

特别地：

A_1=\bar X,\qquad B_2=\frac{n-1}{n}S^2.

**样本二阶中心矩的分母是 $n$ ，本课程样本方差的分母是 $n-1$ ，两者不要混淆。**对应的观察值通过将 $X_i$ 换成 $x_i$ 得到：

\bar x=\frac1n\sum_{i=1}^nx_i, \qquad s^2=\frac{\sum_{i=1}^nx_i^2-n\bar x^2}{n-1}, \qquad s=\sqrt{s^2},

a_k=\frac1n\sum_{i=1}^nx_i^k, \qquad b_k=\frac1n\sum_{i=1}^n(x_i-\bar x)^k.

原点矩衡量相对于 $0$ 的幂次平均，中心矩衡量相对于样本均值的幂次平均。

2. 自由度：为什么少了一个？#

在这里，自由度可以理解为：满足约束后，还能独立变化的数量。

例如三个数的均值固定为 $10$ ，则其和必须为 $30$ 。前两个确定后，第三个也确定，因此只有两个自由度。

对于样本偏差，恒有：

\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)=0.

这是一条线性约束，所以 $n$ 个偏差只有 $n-1$ 个自由度。原始样本 $X_1,\ldots,X_n$ 仍然独立，受到约束的是减去样本均值后的偏差。

3. 样本方差为什么除以 n−1？#

用这批样本自己的平均数作为中心，会使平方偏差和小于或等于以真实均值为中心的平方偏差和。精确关系为：

\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2 =\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2+n(\bar X-\mu)^2.

由于

D(\bar X)=\frac1{n^2}\sum_{i=1}^nD(X_i)=\frac{\sigma^2}{n}, \qquad E(\bar X)=\mu,

对独立同分布、均值为 $\mu$ 、有限方差为 $\sigma^2$ 的样本，两边取期望：

n\sigma^2 =E\left[\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2\right] +n\frac{\sigma^2}{n}.

所以：

E\left[\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2\right]=(n-1)\sigma^2.

于是

\boxed{E(S^2)=\sigma^2.}

这叫无偏性：反复抽样所得 $S^2$ 的长期平均等于总体方差，不代表每次的 $S^2$ 都恰好等于 $\sigma^2$ 。

若除以 $n$ ，则其期望为 $(n-1)\sigma^2/n$ ，会偏小。描述一组数据本身的离散程度时可以用分母 $n$ ；这里用 $n-1$ 是为了无偏估计总体方差。这一无偏性不要求总体正态。

二、经验分布函数#

经验分布函数用样本中的比例估计总体概率：

F_n(x)=\frac{\#\{i:x_i\le x\}}n =\frac1n\sum_{i=1}^n\mathbf1_{\{x_i\le x\}}.

这里 $\mathbf1$ 是示性函数：满足条件取 $1$ ，否则取 $0$ 。它回答的是：“样本中不大于 $x$ 的数占多少？”

若样本值为 $1,2,3$ ：

F_3(x)=\begin{cases} 0,&x<1,\\ 1/3,&1\le x<2,\\ 2/3,&2\le x<3,\\ 1,&x\ge3. \end{cases}

一般地，将样本值排序为 $x_{(1)}\le\cdots\le x_{(n)}$ ，则

F_n(x)=\begin{cases} 0,&x<x_{(1)},\\ k/n,&x_{(k)}\le x<x_{(k+1)},\quad k=1,\ldots,n-1,\\ 1,&x\ge x_{(n)}. \end{cases}

经验分布函数是非减、右连续的阶梯函数。遇到一个出现 $m$ 次的样本值，函数在该点跳跃 $m/n$ ，所以重复值要一起计数。

**格里汶科定理：**对于独立同分布样本，

P\left\{\lim_{n\to\infty}\sup_{x\in\mathbb R}|F_n(x)-F(x)|=0\right\}=1.

其中 $\sup$ 表示整个实轴上的最大误差上界。定理表示：样本越来越多时，经验分布函数以概率 $1$ 在整个实轴上一致逼近总体分布函数。

三、卡方分布、t 分布与 F 分布的对比#

1. 卡方分布：独立标准正态变量的平方和#

若 $Z_1,\ldots,Z_k$ 相互独立且均服从 $N(0,1)$ ，则

\boxed{U=Z_1^2+\cdots+Z_k^2\sim\chi^2(k).}

自由度 $k$ 是这里独立标准正态变量的个数。取值非负，密度曲线一般右偏，自由度增大后逐渐趋于对称。

识别时同时检查：标准正态、相互独立、平方后相加。

2. t 分布：标准正态变量与卡方变量的组合#

若

Z\sim N(0,1),\qquad U\sim\chi^2(k),\qquad Z\text{ 与 }U\text{ 独立},

则

\boxed{T=\frac{Z}{\sqrt{U/k}}\sim t(k).}

记忆结构：标准正态变量，除以“卡方变量除以自由度”的平方根。

分母必须有平方根。
自由度来自分母的卡方变量。
$t$ 分布关于 $0$ 对称，相比标准正态分布尾部更厚。
自由度增大时， $t(k)$ 趋近于 $N(0,1)$ 。

3. F 分布：两个卡方变量的比值#

若 $U\sim\chi^2(k_1)$ 、 $V\sim\chi^2(k_2)$ ，且相互独立，则

\boxed{W=\frac{U/k_1}{V/k_2}\sim F(k_1,k_2).}

记忆结构：两个独立卡方变量，各除以自己的自由度，再作比值。

分子自由度写在前，分母自由度写在后。 $F$ 变量为正，分布一般右偏。

由定义立即得到：

W\sim F(k_1,k_2) \quad\Longrightarrow\quad \frac1W\sim F(k_2,k_1).

取倒数时，两个自由度必须交换。

补充联系：若 $T\sim t(k)$ ，则 $T^2\sim F(1,k)$ ，因为分子 $Z^2\sim\chi^2(1)$ 。

4. 三大分布放在一起看#

对比项	卡方分布 $\chi^2(k)$	$t$ 分布 $t(k)$	$F$ 分布 $F(k_1,k_2)$
构造	$\sum_{i=1}^kZ_i^2$	$Z/\sqrt{U/k}$	$(U/k_1)/(V/k_2)$
基础变量	独立标准正态变量	标准正态变量与独立的卡方变量	两个独立卡方变量
自由度来自哪里	平方和中的独立标准正态分量数	分母卡方变量的自由度	分子、分母卡方变量各自的自由度
取值	非负	整个实数轴	正数
形状	右偏，自由度增大后趋于对称	关于 $0$ 对称，尾部比标准正态厚	一般右偏
本章对应的随机量	平方偏差和、样本方差	用样本标准差标准化的均值或均值差	两组样本方差的比值

这里 $Z,Z_i\sim N(0,1)$ ， $U,V$ 为相应自由度的卡方变量。标准化决定尺度，独立性决定能否套用定义，自由度决定具体是哪一个分布。

四、卡方分布的两个性质#

1. 性质1：卡方分布的可加性#

若 $U\sim\chi^2(k_1)$ 、 $V\sim\chi^2(k_2)$ ，且二者独立，则

U+V\sim\chi^2(k_1+k_2).

可以推广到多个独立卡方变量。不能只看到两个卡方变量，就忽略独立条件。

2. 性质2：卡方分布的期望与方差#

先回顾方差公式。对于二阶矩有限的随机变量 $Y$ ，令 $m=E(Y)$ ：

\begin{aligned} D(Y)&=E[(Y-m)^2]\\ &=E(Y^2)-2mE(Y)+m^2\\ &=E(Y^2)-[E(Y)]^2. \end{aligned}

即“平方的期望减去期望的平方”。这里 $E(Y^2)$ 与 $[E(Y)]^2$ 一般不同。

对于 $Z\sim N(0,1)$ ：

E(Z^2)=D(Z)+[E(Z)]^2=1,

D(Z^2)=E(Z^4)-[E(Z^2)]^2=3-1=2.

利用期望可加性与独立时方差可加性：

\boxed{E(U)=k,\qquad D(U)=2k.}

注意 $D(Z^2)$ 与 $[D(Z)]^2$ 不同，前者为 $2$ ，后者为 $1$ 。

3. 推导中的难点：为什么四阶矩等于3？#

标准正态密度及其导数为：

\varphi(z)=\frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-z^2/2}, \qquad\varphi'(z)=-z\varphi(z).

所以 $z^4\varphi(z)=-z^3\varphi'(z)$ 。利用分部积分 $\int u\,dv=uv-\int v\,du$ ，取 $u=z^3$ 、 $dv=\varphi'(z)\,dz$ ，于是 $du=3z^2\,dz$ 、 $v=\varphi(z)$ ：

\begin{aligned} E(Z^4) &=\int_{-\infty}^{\infty}z^4\varphi(z)\,dz\\ &=-\int_{-\infty}^{\infty}z^3\varphi'(z)\,dz\\ &=\left[-z^3\varphi(z)\right]_{-\infty}^{\infty} +3\int_{-\infty}^{\infty}z^2\varphi(z)\,dz\\ &=0+3E(Z^2)=3. \end{aligned}

边界项为零，因为 $|z|^3e^{-z^2/2}\to0$ 。指数衰减快于多项式增长。

五、例题方法与重要定理#

1. 例5：分组平方和的分布#

设 $X_1,\ldots,X_6$ 独立同分布于 $N(0,1)$ ，

Y=(X_1+X_2+X_3)^2+(X_4+X_5+X_6)^2.

独立正态变量相加仍是正态变量。每组有三个均值为 $0$ 、方差为 $1$ 的变量，所以每组和的均值为 $0$ 、方差为 $3$ ：

X_1+X_2+X_3\sim N(0,3),\qquad X_4+X_5+X_6\sim N(0,3).

两组使用互不重叠的独立样本，因此两组和也独立。标准化时除以标准差 $\sqrt3$ ，令

Z_1=\frac{X_1+X_2+X_3}{\sqrt3}, \qquad Z_2=\frac{X_4+X_5+X_6}{\sqrt3},

则它们是独立标准正态变量，于是

Z_1^2+Z_2^2=\frac Y3\sim\chi^2(2).

答案： $C=1/3$ ，自由度为 $2$ 。原始样本虽有六个，最终平方相加的是两个独立标准正态变量。

2. 例6：平方偏差和的概率#

设 $n=16$ ，样本来自 $N(\mu,\sigma^2)$ ，求

P\left\{\frac{\sigma^2}{2}\le\frac1{16}\sum_{i=1}^{16}(X_i-\mu)^2\le2\sigma^2\right\}.

构造

U=\frac1{\sigma^2}\sum_{i=1}^{16}(X_i-\mu)^2\sim\chi^2(16).

不等式三部分同时乘以 $16/\sigma^2>0$ ，概率变成

P(8\le U\le32)=G_{16}(32)-G_{16}(8),

其中 $G_{16}$ 为 $\chi^2(16)$ 的累计分布函数。数值为

G_{16}(32)\approx0.9900002,\qquad G_{16}(8)\approx0.0511336,

\boxed{P\approx0.9388666\approx0.94.}

课件给出的 $0.94$ 是近似结果，与更精确的 $0.9388666$ 一致。

本题减去的是总体均值 $\mu$ ，因此自由度为 $16$ ，不能改成 $15$ 。

以下假设 $X_1,\ldots,X_n$ 独立同分布于 $N(\mu,\sigma^2)$ ， $\sigma>0$ ；涉及样本方差时 $n\ge2$ 。

3. 定理2：样本均值的分布#

\boxed{\bar X\sim N\left(\mu,\frac{\sigma^2}{n}\right).}

理由：独立正态变量的线性组合仍然正态，并且

E(\bar X)=\frac1n\cdot n\mu=\mu, \qquad D(\bar X)=\frac1{n^2}\cdot n\sigma^2=\frac{\sigma^2}{n}.

**乘以 $1/n$ 时，方差乘以 $1/n^2$ 。**样本均值的标准差为 $\sigma/\sqrt n$ ，所以

\boxed{Z=\frac{\bar X-\mu}{\sigma/\sqrt n}\sim N(0,1).}

这一步使用正态变量的标准化公式：

Y\sim N(a,b^2),\quad b>0 \quad\Longrightarrow\quad\frac{Y-a}{b}\sim N(0,1).

也可以验算标准化后的均值与方差：

E(Z)=\frac{E(\bar X)-\mu}{\sigma/\sqrt n}=0, \qquad D(Z)=\frac{\sigma^2/n}{(\sigma/\sqrt n)^2}=1.

$\bar X$ 的线性变换仍为正态变量，结合均值 $0$ 、方差 $1$ ，得到标准正态分布。仅有均值为0、方差为1，并不足以判断任意变量是标准正态变量。

对比：单个 $X_i$ 的标准化分母是 $\sigma$ ， $\bar X$ 的标准化分母是 $\sigma/\sqrt n$ 。

例如总体为 $N(10,4)$ ， $n=16$ ，则 $\bar X\sim N(10,1/4)$ 。均值不变，波动减小。

4. 定理3：样本方差的分布与独立性#

围绕总体均值 $\mu$ ：

\boxed{\frac{\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n).}

因为 $(X_i-\mu)/\sigma$ 是 $n$ 个独立标准正态变量。

围绕样本均值 $\bar X$ ：

\boxed{\frac{\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2}{\sigma^2} =\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n-1).}

这里偏差之和为零，损失一个自由度。严格理由是：利用正态分布的正交变换性质，这个平方和能改写成 $n-1$ 个独立标准正态变量的平方和。

**不能直接把 $(X_i-\bar X)/\sigma$ 当作相互独立的标准正态变量。**它们相关，且各自方差为 $1-1/n$ 。

当 $n=2$ 时最直观：

\frac{S^2}{\sigma^2} =\frac{(X_1-X_2)^2}{2\sigma^2} =\left(\frac{X_1-X_2}{\sqrt2\sigma}\right)^2\sim\chi^2(1).

为什么样本均值与样本方差独立？#

正态总体下：

\boxed{\bar X\text{ 与 }S^2\text{ 独立}.}

关键计算为：

\operatorname{Cov}(\bar X,X_i-\bar X) =\operatorname{Cov}(\bar X,X_i)-D(\bar X) =\frac{\sigma^2}{n}-\frac{\sigma^2}{n}=0.

$\bar X$ 和全部偏差联合正态，因此零交叉协方差保证 $\bar X$ 与整个偏差向量独立。 $S^2$ 是该偏差向量的函数，所以也与 $\bar X$ 独立。

直观上， $\bar X$ 描述位置， $S^2$ 描述围绕位置的波动。一般非正态总体不保证这种独立性；一般变量不相关也不代表独立。

5. 定理4：单样本 t 分布#

\boxed{\frac{\bar X-\mu}{S/\sqrt n}\sim t(n-1).}

令

Z=\frac{\bar X-\mu}{\sigma/\sqrt n}\sim N(0,1), \qquad U=\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n-1).

二者独立，套用 $t$ 分布定义：

\begin{aligned} \frac{Z}{\sqrt{U/(n-1)}} &=\frac{\bar X-\mu}{\sigma/\sqrt n}\div \sqrt{\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2(n-1)}}\\ &=\frac{\bar X-\mu}{\sigma/\sqrt n}\div\frac S\sigma\\ &=\frac{\bar X-\mu}{S/\sqrt n}\sim t(n-1). \end{aligned}

总体标准差 $\sigma$ 是常数，样本标准差 $S$ 会随抽样变化。用 $S$ 替换 $\sigma$ 后，分母增加了随机性，分布成为尾部更厚的 $t$ 分布。

设两组样本相互独立，分别来自 $N(\mu_1,\sigma_1^2)$ 与 $N(\mu_2,\sigma_2^2)$ ，容量为 $n_1,n_2\ge2$ 。

6. 定理5（1）：两个样本方差比的 F 分布#

\boxed{\frac{S_1^2/S_2^2}{\sigma_1^2/\sigma_2^2} \sim F(n_1-1,n_2-1).}

推导：

U=\frac{(n_1-1)S_1^2}{\sigma_1^2}\sim\chi^2(n_1-1), \qquad V=\frac{(n_2-1)S_2^2}{\sigma_2^2}\sim\chi^2(n_2-1).

它们独立，所以

\frac{U/(n_1-1)}{V/(n_2-1)} =\frac{S_1^2/\sigma_1^2}{S_2^2/\sigma_2^2} =\frac{S_1^2/S_2^2}{\sigma_1^2/\sigma_2^2}.

此结论不要求总体方差相等。若 $\sigma_1^2=\sigma_2^2$ ，则简化为 $S_1^2/S_2^2\sim F(n_1-1,n_2-1)$ 。

7. 合并方差的来历#

当 $\sigma_1^2=\sigma_2^2=\sigma^2$ 时，两组都可以提供对共同方差的估计。定义

\boxed{S_w^2=\frac{(n_1-1)S_1^2+(n_2-1)S_2^2}{n_1+n_2-2}}, \qquad S_w=\sqrt{S_w^2}.

因为

(n_1-1)S_1^2=\sum_{i=1}^{n_1}(X_i-\bar X)^2, \qquad (n_2-1)S_2^2=\sum_{i=1}^{n_2}(Y_i-\bar Y)^2,

所以该公式是：

S_w^2=\frac{\text{两组各自的偏差平方和之和}}{\text{两组自由度之和}}.

分母减 $2$ ，是因为两组各估计了一个均值。它也是按自由度加权的方差平均：

S_w^2=\frac{n_1-1}{n_1+n_2-2}S_1^2 +\frac{n_2-1}{n_1+n_2-2}S_2^2.

例如 $n_1=6,n_2=11,S_1^2=4,S_2^2=9$ ：

S_w^2=\frac{5\times4+10\times9}{15}=\frac{22}{3}\approx7.33.

只有 $n_1=n_2$ 时，它才等于 $(S_1^2+S_2^2)/2$ 。而且

E(S_w^2)=\frac{(n_1-1)\sigma^2+(n_2-1)\sigma^2}{n_1+n_2-2}=\sigma^2.

两组均值可以不同。合并方差计算的是各组内部的波动，不是把所有数据围绕同一个总均值计算的方差。

8. 定理5（2）：两个样本均值之差的 t 分布#

在两总体方差相等的条件下：

\boxed{\frac{(\bar X-\bar Y)-(\mu_1-\mu_2)} {S_w\sqrt{1/n_1+1/n_2}}\sim t(n_1+n_2-2).}

推导分三步。

**第一步：均值差标准化。**独立变量相减，方差仍相加，因为 $D(-\bar Y)=(-1)^2D(\bar Y)$ 。因此

\bar X-\bar Y\sim N\left(\mu_1-\mu_2,\sigma^2\left(\frac1{n_1}+\frac1{n_2}\right)\right),

所以

Z=\frac{(\bar X-\bar Y)-(\mu_1-\mu_2)}{\sigma\sqrt{1/n_1+1/n_2}}\sim N(0,1).

**第二步：合并卡方变量。**令 $\nu=n_1+n_2-2$ ，利用独立卡方变量的可加性，

U=\frac{(n_1-1)S_1^2+(n_2-1)S_2^2}{\sigma^2} =\frac{\nu S_w^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(\nu).

**第三步：套用 t 分布定义。**正态样本的均值与方差独立，两组之间也独立，因此 $Z,U$ 独立。于是

\frac Z{\sqrt{U/\nu}}=\frac Z{S_w/\sigma} =\frac{(\bar X-\bar Y)-(\mu_1-\mu_2)}{S_w\sqrt{1/n_1+1/n_2}}\sim t(\nu).

总体方差不相等时，不能直接套用这个合并方差的精确 t 公式。

9. 公式对照与易错点#

下表均以前述独立正态抽样为前提。

随机量	分布	关键区别
$\bar X$	$N(\mu,\sigma^2/n)$	平均数的方差缩小为 $1/n$
$(\bar X-\mu)/(\sigma/\sqrt n)$	$N(0,1)$	用总体标准差
$\sum(X_i-\mu)^2/\sigma^2$	$\chi^2(n)$	围绕总体均值
$(n-1)S^2/\sigma^2$	$\chi^2(n-1)$	围绕样本均值
$(\bar X-\mu)/(S/\sqrt n)$	$t(n-1)$	用样本标准差
$(S_1^2/S_2^2)/(\sigma_1^2/\sigma_2^2)$	$F(n_1-1,n_2-1)$	两组独立，不要求方差相等
$[(\bar X-\bar Y)-(\mu_1-\mu_2)]/[S_w\sqrt{1/n_1+1/n_2}]$	$t(n_1+n_2-2)$	两组独立，且总体方差相等

容易混淆的几个位置#

**标准化除以标准差：**单个观测值用 $\sigma$ ，样本均值用 $\sigma/\sqrt n$ 。
**自由度先看中心：**减 $\mu$ 的平方和对应 $n$ ，减 $\bar X$ 的平方和对应 $n-1$ 。
**自由度再看独立分量：**例5虽然有六个原始样本，但最终只有两个独立标准正态变量的平方，所以自由度是 $2$ 。
t 与 F 的分母不同： $t$ 分布的分母需要开平方， $F$ 分布是两个标准化卡方变量直接作比。
**合并方差有条件：**双样本合并方差的精确 $t$ 公式要求总体方差相等，不要求总体均值相等。
**正态性与独立性不能省略：**样本方差的无偏性不要求正态，但本章的精确卡方、 $t$ 、 $F$ 抽样结论需要相应的正态和独立条件。

音乐

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样本及抽样分布#

一、常用统计量#

1. 样本均值、方差、标准差与样本矩#

2. 自由度：为什么少了一个？#

3. 样本方差为什么除以 n−1？#

二、经验分布函数#

三、卡方分布、t 分布与 F 分布的对比#

1. 卡方分布：独立标准正态变量的平方和#

2. t 分布：标准正态变量与卡方变量的组合#

3. F 分布：两个卡方变量的比值#

4. 三大分布放在一起看#

四、卡方分布的两个性质#

1. 性质1：卡方分布的可加性#

2. 性质2：卡方分布的期望与方差#

3. 推导中的难点：为什么四阶矩等于3？#

五、例题方法与重要定理#

1. 例5：分组平方和的分布#

2. 例6：平方偏差和的概率#

3. 定理2：样本均值的分布#

4. 定理3：样本方差的分布与独立性#

为什么样本均值与样本方差独立？#

5. 定理4：单样本 t 分布#

6. 定理5（1）：两个样本方差比的 F 分布#

7. 合并方差的来历#

8. 定理5（2）：两个样本均值之差的 t 分布#

9. 公式对照与易错点#

容易混淆的几个位置#

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数理统计-1

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1. 样本均值、方差、标准差与样本矩#

2. 自由度：为什么少了一个？#

3. 样本方差为什么除以 n−1？#

二、经验分布函数#

三、卡方分布、t 分布与 F 分布的对比#

1. 卡方分布：独立标准正态变量的平方和#

2. t 分布：标准正态变量与卡方变量的组合#

3. F 分布：两个卡方变量的比值#

4. 三大分布放在一起看#

四、卡方分布的两个性质#

1. 性质1：卡方分布的可加性#

2. 性质2：卡方分布的期望与方差#

3. 推导中的难点：为什么四阶矩等于3？#

五、例题方法与重要定理#

1. 例5：分组平方和的分布#

2. 例6：平方偏差和的概率#

3. 定理2：样本均值的分布#

4. 定理3：样本方差的分布与独立性#

为什么样本均值与样本方差独立？#

5. 定理4：单样本 t 分布#

6. 定理5（1）：两个样本方差比的 F 分布#

7. 合并方差的来历#

8. 定理5（2）：两个样本均值之差的 t 分布#

9. 公式对照与易错点#

容易混淆的几个位置#

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