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1、 第七章 统计量及其分布 第三节 统计量的分布 在数理统计中，统计量是对总体的分布或数字特征进行推断的基础。因此求统计量的分布是数理统计的基本问题之一。一般地说，要确定一个统计量的精确分布是非常复杂的，但对于一些特殊情形，如正态总体，这个问题就有简单的方法。由于正态总体是最常见的总体，所以在这里只研究正态总体的统计量的分布。一、正态总体样本的线性函数的分布设总体，是来自于的一个样本; (相互独立且与有相同分布, ,),则样本的线性函数 也服从正态分布，且它的数学期望和方差分别是 ,这里的是不全为零的常数,为常数。上述结论，在概率论中的多维随机变量部分里得到证实(用归纳法或特征函数法证明).特别
2、地，当 ，,时,线性函数正好是样本的均值，即 服从正态分布，且 ,() ,() 即.由此可见，的均值与总体的均值相等,而方差等于总体方差的分之一.这就是说, 越大,越向总体均值集中.常用结论 , , , .二、分布定理 设相互独立，且都服从，则随机变量 的概率密度为 , (7.3) 我们称服从自由度为的 分布，记作.证明 记的分布函数为。因为相互独立，且都服从，所以的联合概率密度为 ,，因此，当时，；当时，有 ,为了计算上述积分，作变换 此变换的雅可比行列式为其中是的函数，不包含变量。于是 其中令,则 因为 ,可得 ,代入前面的式子，可得 上式两端对求导，即得式（7.3） .图71给出了当n1
3、,4,10时，分布的密度函数曲线. 显然分布函数在上严格单增,()是一一对应.对于给定的正数，方程,存在唯一的解,即满足 .定义 对于给定的正数，使满足,的点，称为分布的（下侧）分位点。对于不同的及，的值可在附表四中查到。例如，对于，查得,即 . 当时，附表中没有列出，此时可用式 求出的近似值。式中的是标准正态分布的分位点, .例1 设相互独立，且 ,（），则 . 证 因为相互独立且服从正态分布，故 ，亦相互独立，且服从，由分布定义知 .由上面的例子有 定理 设总体，是来自于的一个样本,则 .例2设（X,X,X,X）是取自正态总体XN(0,2)的简单随机样本，且 若统计量Y服从分布，求出的值，
4、并求Y的自由度。 解法一 令，则。为使，必有，因而 注意到 ，由 分别得到。这时，自由度为2。 解法二 因为XN(0,2)且相互独立，所以有 ， ，故 ，。为使 ，必有 ，。与上面两个服从标准正态分布的随机变量比较得 ，即。分布的性质:定理一 若,则的数学期望和方差分别是 , . 证 由数学期望定义得 , , 于是 .例3 设总体,是来自于的一个样本，其中已知，求、。解 , ,由于，所以,由定理一知, ,于是 .定理二 若,，且与相互独立，则 . 证 设的分布密度为，则 其中分别为和的概率密度，且 , ,当时，当时，有 则令， ，利用 ，即可得 ，由此可见，服从自由度为的分布。定理三 设相互独
5、立，且都服从，则 （1）与相互独立； (2) ,(7.4) 这里的 ， , . 为了证明这个定理，我们首先建立下面的引理。 引理 设为相互独立，且都服从分布的随机变量，是阶正交矩阵。令 , (*) 则Y ，Y，Y也相互独立且都服从正态分布。 证明 由于X ，X，X相互独立，且都服从N（，）分布，因此（X ，X，X）具有密度函数 其中，。（*）式所对应的函数变换是 ，从而 ，即，所以 ， ， 变换的雅可比行列式是 ，因为是正交矩阵，所以，由此得到Y ，Y，Y具有密度函数 可见Y ，Y，Y相互独立且都服从正态分布。 下面运用上面的引理来证明定理三。 证明 作正交矩阵 , (1) 令 , (2) 即 , (3) ， i=2,3，n。有上面的引理知Y ，Y，Y相互独立且都服从正态分布。又 ，(4) 而由正交性，当i=2,3,，n时，有 , （5） , (6) ，根据（3）是及上式，有 即 ， (7) 在由（5）、（6）、（7）式得 。由上面的证明知，Y ，Y，Y相互独立，又由（3）、（7）式有 ，从而，与相互独立。 例4 设XN(0,1)，求服从自由度为（n1）的分布的随机变量。 解 因XN(0,1)，故，又因，由定理三知 ，故此随机变量为。例5 设总体,是来自于的一个样本，其中已知,求,. 解 ,(对任意总体可证);, .
