一、正态分布的抽样分布

定理 0.6 设$X_1, X_2, \dots , X_n$是来自总体$\mathcal{N}(\mu, \sigma^2)$的样本，则有

定理 0.7 设$X_1, X_2, \dots , X_n$是来自总体$\mathcal{N}(\mu, \sigma^2)$的样本，其样本均值和无偏样本方差分别为

则有

定理 0.8 设$X_1, X_2, \dots, X_n$是来自总体$\mathcal{N}(\mu, \sigma^2)$的样子，其样本均值和无偏样本方差分别为

则有$\bar{X}$和$S^2$相互独立，且

证明：

定义基于正交矩阵$A$的线性变换$Y = AX$，其中：

$A = \begin{pmatrix} 1/\sqrt{n} & 1/\sqrt{n} & \dots & 1/\sqrt{n} \\ \frac{1}{\sqrt{2\cdot1}} & \frac{-1}{\sqrt{2\cdot1}} & \dots & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{3\cdot2}} & \frac{1}{\sqrt{3\cdot2}} & \frac{-2}{\sqrt{3\cdot2}} & \dots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ \frac{1}{\sqrt{n\cdot(n-1)}} & \frac{1}{\sqrt{n\cdot(n-1)}} & \dots & \frac{1-n}{\sqrt{n\cdot(n-1)}} \end{pmatrix}$

可得$Y_{1} = \sqrt{n}\overline{X}$，进而：

$\frac{(n-1)S^{2}}{\sigma^{2}} = \frac{\sum_{i=1}^{n}(X_{i}-\overline{X})^{2}}{\sigma^{2}} = \sum_{i=2}^{n}\left(\frac{Y_{i}}{\sigma}\right)^{2} \sim \chi^{2}(n-1)$

定理 0.9 设$X_{1}, X_{2}, ..., X_{m}$和$Y_{1}, Y_{2}, ..., Y_{n}$分别来自总体$N(\mu_{X}, \sigma^{2})$和$N(\mu_{Y}, \sigma^{2})$的两个独立样本，样本均值分别为$\overline{X}$和$\overline{Y}$，无偏样本方差分别为$S_{X}^{2}$和$S_{Y}^{2}$，则有：

定理 0.10 设$X_{1}, X_{2}, ..., X_{m}$和$Y_{1}, Y_{2}, ..., Y_{n}$分别来自总体$N(\mu_{X}, \sigma_{X}^{2})$和$N(\mu_{Y}, \sigma_{Y}^{2})$的两个独立样本，无偏样本方差分别为$S_{X}^{2}$和$S_{Y}^{2}$，则有：

证明概要：

1. 由定理 0.8 可得$\frac{(m-1)S_{X}^{2}}{\sigma_{X}^{2}} \sim \chi^{2}(m-1)$，$\frac{(n-1)S_{Y}^{2}}{\sigma_{Y}^{2}} \sim \chi^{2}(n-1)$；
2. 根据 F 分布定义，独立的$\chi^{2}$分布变量分别除以其自由度后之比服从 F 分布。

抽样分布小结表

设$X_{1}, X_{2}, ..., X_{m}$和$Y_{1}, Y_{2}, ..., Y_{n}$分别来自总体$N(\mu_{X}, \sigma_{X}^{2})$和$N(\mu_{Y}, \sigma_{Y}^{2})$的两个独立样本，抽样分布如下表所示。

二、分位数（点）

定义 0.15 对给定$\alpha \in (0,1)$和随机变量$X$，称满足

的实数$\lambda_{\alpha}$为上侧$\alpha$分位数（点）。

1. 对称分布的分位数

定理 0.11 若随机变量$X$的概率密度函数关于$y$轴对称，则有

2. 正态分布的分位数

定义 0.16 对正态分布$X \sim N(0,1)$，给定$\alpha \in (0,1)$，满足

的点$\mu_{\alpha}$称为正态分布上侧$\alpha$分位点。

性质：

• 对称性：$\mu_{1-\alpha} = -\mu_{\alpha}$；
• 分布函数关系：$\Phi(\mu_{\alpha}) = 1 - \alpha$。

3. $\chi^{2}$分布的分位数

定义 0.17 对$X \sim \chi^{2}(n)$，给定$\alpha \in (0,1)$，满足$P(X \geq \chi_{\alpha}^{2}(n)) = \alpha$的点$\chi_{\alpha}^{2}(n)$称为$\chi^{2}(n)$分布上侧$\alpha$分位点。

性质：当$n \to \infty$时，$\chi_{\alpha}^{2}(n) \approx \frac{1}{2}(\mu_{\alpha} + \sqrt{2n - 1})^{2}$，其中$\mu_{\alpha}$为正态分布上侧$\alpha$分位点。

t 分布的分位数

定义 0.18 对$X \sim t(n)$，给定$\alpha \in (0,1)$，满足$P(X \geq t_{\alpha}(n)) = \alpha$的点$t_{\alpha}(n)$称为$t(n)$分布上侧$\alpha$分位点。

性质：对称性$t_{1-\alpha}(n) = -t_{\alpha}(n)$。

F 分布的分位数

定义 0.19 对$X \sim F(m,n)$，给定$\alpha \in (0,1)$，满足$P(X \geq F_{\alpha}(m,n)) = \alpha$的点$F_{\alpha}(m,n)$称为$F(m,n)$分布上侧$\alpha$分位点。

性质：$F_{1-\alpha}(m,n) = \frac{1}{F_{\alpha}(n,m)}$

证明：

设$X = \frac{U/m}{V/n} \sim F(m,n)$，则$Y = \frac{1}{X} \sim F(n,m)$。由$P(Y \geq F_{\alpha}(n,m)) = \alpha$，可得：

$P\left(\frac{1}{X} \geq F_{\alpha}(n,m)\right) = \alpha \Leftrightarrow P\left(X \leq \frac{1}{F_{\alpha}(n,m)}\right) = \alpha$

又$P(X \leq c) = \alpha \Leftrightarrow P(X \geq c) = 1 - \alpha$，故$c = F_{1-\alpha}(m,n) = \frac{1}{F_{\alpha}(n,m)}$。

三、如何考察抽样分布

核心考点

1. 变量标准化：利用中心极限定理将变量归一化为$N(0,1)$；

   • $Y \sim \chi^2(n)$, which operation of Y obeys $\mathcal{N}(0, 1)$
   • 设总体分布$U(0, 1)$，$x_1, x_2 \dots ,x_n$为样本，试求$x_{(k)}$

2. 分布构造与转换：

• 已知$X_{1}, X_{2} \sim N(0,1)$，求$X_{1}^{2}+X_{2}^{2}$的分布；
• 已知$aX_{1}^{2}+bX_{2}^{2}$服从$\chi^{2}$分布，求$a,b$；
• 已知$T \sim t(n)$，求$Y=T^{2}$的分布；

1. 数字特征：六种分布（Beta、Dirichlet、Gamma、$\chi^{2}$、t、F）的期望、方差及基本性质；

2. 查表计算：利用三大抽样分布及正态分布的分位数表判断分位数和计算概率。

   • 设$X_{1}, X_{2}, ..., X_{10}$是来自总体$N(0, 1/4)$的样本，求$P(\sum_{i=1}^{10}X_{i}^{2} \geq 4)$（结合$\chi^{2}$分布定义与查表）。