概率论与数理统计模块 7：数理统计的基本概念

本模块结合历年真题与高质量练习题，围绕统计量的基本性质、抽样分布以及一维正态总体下统计量的特殊性质，建立可迁移的题型识别与解题框架。

一、先给模块 7 做一个考研题型地图

按真题数量、重复程度和近年趋势，建议这样分级：

其中，2025 年真题已经直接考到了经验分布函数的方差，说明命题人并不只盯着传统的三个抽样分布。

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二、整章必须先吃透的 8 个公式

后面所有题几乎都从这里长出来。

设

$$X_1,X_2,\cdots ,X_n$$

是来自总体的简单随机样本，总体均值、方差分别为

$$E(X)=\mu ,D(X)={\sigma }^2.$$

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1. 样本均值

$$\bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i.$$

永远有

$$E(\bar{X})=\mu ,$$ $$D(\bar{X})=\frac{{\sigma }^2}{n}.$$

注意：

这两个结论不要求总体正态。

如果总体正态：

$$X\sim N(\mu ,{\sigma }^2),$$

那么进一步有

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

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三、样本方差为什么一定要有 $n-1$

考研标准样本方差一般定义为

$$S^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2.$$

于是

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

这就是所谓的无偏样本方差。

而有时题目会定义

$$B^2=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2.$$

那么

$$B^2=\frac{n-1}{n}{S}^2,$$

所以

$$E(B^2)=\frac{n-1}{n}{\sigma }^2.$$

它不是总体方差的无偏估计。

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为什么丢一个自由度？

因为

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

看起来有 $n$ 个离差

$$X_1-\bar{X},\dots ,X_n-\bar{X},$$

但前 $n-1$ 个一旦确定，最后一个就被强制确定：

$$X_n-\bar{X}=-\sum _{i=1}^{n-1}(X_i-\bar{X}).$$

所以真正自由变化的只有

$$n-1$$

个。

这就是以后

$${\chi }^2(n-1)$$

里那个 $n-1$ 的本质。

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四、本章最重要的恒等式

必须熟练到看到平方和就自动想到：

$$\boxed{\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2=\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2+n(\bar{X}-\mu {)}^2}$$

它的意思非常重要：

样本相对于真实均值的总波动 = 样本内部自己的波动

• 样本整体均值偏离真实均值造成的波动。

相当于把总能量分成两个正交部分。

后面 ${\chi }^2$ 自由度为什么能拆成

$$n=(n-1)+1$$

就是因为这个式子。

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五、正态总体的“三大神定理”

这三个公式就是模块 7 的心脏。

若

$$X_1,\dots ,X_n\stackrel{iid}{\sim }N(\mu ,{\sigma }^2),$$

那么：

第一条：样本均值

$$\boxed{\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-\mu )}{\sigma }\sim N(0,1)}$$

第二条：样本方差

$$\boxed{\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)}$$

第三条：独立性

$$\boxed{\bar{X}\perp S^2}$$

第三条尤其重要。

而且：

它是正态总体的特殊性质。

一般总体中，$\bar{X}$ 和 $S^2$ 不一定独立。

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六、怎样真正理解“样本均值和样本方差独立”

把标准化后的样本想成一个 $n$ 维正态向量：

$$Z_i=\frac{X_i-\mu }{\sigma }.$$

于是

$$(Z_1,\dots ,Z_n)$$

可以想成 $n$ 维空间里的一个随机点。

其中沿

$$(1,1,\dots ,1)$$

方向的投影，代表“整体一起往上或往下偏”，也就是样本均值：

$$\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-\mu )}{\sigma }.$$

剩下与这个方向垂直的 $n-1$ 维空间，代表样本内部彼此之间的离散程度，也就是

$$\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}.$$

对于多元正态向量：

正交的正态分量是独立的。

于是自然得到

$$\bar{X}\perp S^2.$$

这比单纯死背“均值方差独立”更重要，因为以后遇到复杂线性组合，可以自己判断独立性。

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七、三种抽样分布一定这样理解

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1. ${\chi }^2$ 分布：标准正态变量的“平方能量”

若

$$Z_1,\dots ,Z_k$$

相互独立且

$$Z_i\sim N(0,1),$$

则

$$\boxed{Z_1^2+\cdots +Z_k^2\sim {\chi }^2(k)}$$

自由度就是独立标准正态平方的个数。

因此最基本的一条：

$$Z\sim N(0,1)⟹Z^2\sim {\chi }^2(1).$$

而且

$$E({\chi }^2(k))=k,$$ $$D({\chi }^2(k))=2k.$$

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2. $t$ 分布：标准正态除以“随机估计出的标准差”

若

$$Z\sim N(0,1),$$ $$U\sim {\chi }^2(k),$$

并且二者独立，那么

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

所以见到 $t$ 题时，不要想“套哪个公式”。

只需识别两个零件：

分子能不能化成 $N(0,1)$？

分母平方能不能化成 ${\chi }^2(k)/k$？

最后检查：

二者独立吗？

三个条件全满足，答案就出来了。

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3. $F$ 分布：两个独立卡方的“单位自由度能量之比”

若

$$U\sim {\chi }^2(m),V\sim {\chi }^2(n),$$

并且独立，则

$$\boxed{\frac{U/m}{V/n}\sim F(m,n)}$$

所以一定记住：

F 分布的第一个自由度属于分子，第二个属于分母。

还要记：

$$T\sim t(n)$$

则

$$\boxed{T^2\sim F(1,n)}$$

以及

$$F\sim F(m,n)$$

则

$$\boxed{\frac{1}{F}\sim F(n,m)}$$

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八、题型一：统计量的期望——高频基础题

这是 7.1 最集中的题型之一。网站中 2004、2006、2009、2010、2015、2021、2025 等多次从这个方向命题。

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真题 1：2006 年——已知总体密度，求 $E(S^2)$

题目给出的总体密度是双指数型：

$$f(x)=\frac{1}{2}{e}^{-|x|}.$$

从该总体抽样，问样本方差的期望。

关键完全不是研究 $S^2$ 的分布。

直接：

$$E(S^2)=D(X).$$

因为密度关于原点对称：

$$E(X)=0.$$

再算

$$D(X)=E(X^2)={\int }_{-\infty }^{+\infty }{x}^2\frac{1}{2}{e}^{-|x|}dx.$$

利用偶函数：

$$D(X)={\int }_0^{\infty }{x}^2{e}^{-x}dx=2.$$

所以

$$\boxed{E(S^2)=2}$$

通法

凡看到：

“简单随机样本 + 样本方差 $S^2$ + 求期望”

第一反应永远应该是

$$\boxed{E(S^2)=D(X)}$$

然后回去算总体方差。

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九、真题 2：2009 年——$\bar{X}-S^2$

总体为二项分布：

$$X\sim B(n,p)$$

题目定义

$$T=\bar{X}-S^2,$$

求 $E(T)$。

二项分布有

$$E(X)=np,$$ $$D(X)=np(1-p).$$

因此

$$E(\bar{X})=np,$$ $$E(S^2)=np(1-p).$$

所以

$$E(T)=np-np(1-p)=n{p}^2.$$

即

$$\boxed{E(T)=n{p}^2}$$

本质

这类题不是统计学难题，而是：

把统计量拆开以后，用期望线性性。

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十、真题 3：2015 年——离差平方和的期望

总体

$$X\sim B(m,\theta ).$$

要求

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

网站收录答案对应 2015 真题。

牢记：

$$\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2=(n-1)S^2.$$

因此

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

而二项总体

$${\sigma }^2=m\theta (1-\theta ).$$

所以

$$\boxed{(n-1)m\theta (1-\theta )}$$

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一条万能结论

以后凡看见

$$E\left[\sum (X_i-\bar{X}{)}^2\right]$$

不用展开：

$$\boxed{E\left[\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2\right]=(n-1){\sigma }^2}$$

这是本章极高性价比公式。

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十一、题型二：样本均值概率 + 反求样本容量

1999 真题

一个真实重量为 $a$ 的物体，每次称量结果独立并服从

$$N(a,0.2^2).$$

要求至少多少次测量，才能保证

$$P\left(|\bar{X}-a|<0.1\right)\ge \mathrm{0.95.}$$

网站答案为 16。

因为

$$\bar{X}\sim N\left(a,\frac{0.2^2}{n}\right).$$

于是

$$\frac{\bar{X}-a}{0.2/\sqrt{n}}\sim N(0,1).$$

因此

$$P(|\bar{X}-a|<0.1)=P\left(|Z|<\frac{0.1\sqrt{n}}{0.2}\right)$$

也就是

$$P\left(|Z|<\frac{\sqrt{n}}{2}\right).$$

95% 双侧概率对应

$$\mathrm{1.96.}$$

于是

$$\frac{\sqrt{n}}{2}\ge \mathrm{1.96.}$$

所以

$$n\ge (3.92{)}^2=\mathrm{15.3664.}$$

样本容量必须取整数：

$$\boxed{n_{\min }=16}$$

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十二、这类题直接形成模板

要求

$$P(|\bar{X}-\mu |<d)\ge 1-\alpha .$$

已知总体标准差 $\sigma$，则

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

所以需要

$$\frac{d\sqrt{n}}{\sigma }\ge z_{\alpha /2}.$$

最终

$$\boxed{n\ge {\left(\frac{z_{\alpha /2}\sigma }{d}\right)}^2}$$

最后一定向上取整。

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张宇强化变式

网站张宇强化题又出了两个独立正态样本均值之差：

$$\bar{X}-\bar{Y}.$$

因为两组独立且方差相同，

$$D(\bar{X}-\bar{Y})=\frac{{\sigma }^2}{n}+\frac{{\sigma }^2}{n}=\frac{2{\sigma }^2}{n}.$$

从而反推样本容量，题中得到最小容量 8。

需要形成的条件反射

单样本均值：

$$D(\bar{X})=\frac{{\sigma }^2}{n}.$$

两个独立样本均值之差：

$$D(\bar{X}-\bar{Y})=D(\bar{X})+D(\bar{Y}).$$

成对样本则不能这么简单，因为要减协方差。

这就自然引到后面的 2021 真题。

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十三、题型三：自己拼 ${\chi }^2$ 分布

这是非常典型的考研命题形式。

1998 真题

总体

$$N(0,2^2)$$

中取四个样本，给

$$T=a(X_1-2X_2{)}^2+b(3X_3-4X_4{)}^2,$$

要求选择 $a,b$，使其成为 ${\chi }^2$ 分布。

第一部分：

$$X_1-2X_2\sim N(0,20).$$

因此

$$\frac{X_1-2X_2}{\sqrt{20}}\sim N(0,1).$$

平方：

$$\frac{(X_1-2X_2{)}^2}{20}\sim {\chi }^2(1).$$

第二部分：

$$3X_3-4X_4\sim N(0,100),$$

所以

$$\frac{(3X_3-4X_4{)}^2}{100}\sim {\chi }^2(1).$$

两部分用的是互不相交的样本，因此独立。

所以

$$\boxed{a=\frac{1}{20},b=\frac{1}{100}}$$

并且

$$\boxed{T\sim {\chi }^2(2)}$$

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十四、任意线性组合题都用这个方法

若

$$L=a_1{X}_1+\cdots +a_n{X}_n,$$

其中独立样本来自

$$N(\mu ,{\sigma }^2),$$

则

$$E(L)=\mu \sum a_i,$$ $$D(L)={\sigma }^2\sum a_i^2.$$

如果已经中心化，使

$$E(L)=0,$$

那么

$$\boxed{\frac{L^2}{D(L)}\sim {\chi }^2(1)}$$

所以这类题的标准流程是：

1. 求线性组合均值；
2. 求线性组合方差；
3. 标准化；
4. 平方；
5. 多个平方相加时检查独立性；
6. 数独立平方项数，就是自由度。

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十五、李正元非常值得做的一道强化题

网站中李正元给出：

$$Q=a{X}_1^2+b(X_2+X_3{)}^2+c(X_4+X_5+X_6{)}^2+d(X_7+X_8+X_9+X_{10}{)}^2,$$

其中样本来自

$$N(0,2^2).$$

要求把 $Q$ 配成 ${\chi }^2$ 分布。

四个线性组合的方差分别是

$$4,8,12,16.$$

所以应该取

$$a=\frac{1}{4},$$ $$b=\frac{1}{8},$$ $$c=\frac{1}{12},$$ $$d=\frac{1}{16}.$$

得到

$$\boxed{Q\sim {\chi }^2(4)}$$

这道练习题非常有代表性。

真题 1998 只是两个块，练习题扩展成四个块。

真正的方法完全没变。

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十六、未来很可能出的高级变式：样本有重叠

假如以后命题：

$$U=X_1+X_2,$$ $$V=X_1-X_2.$$

虽然它们共享 $X_1,X_2$，但若

$$X_1,X_2\stackrel{iid}{\sim }N(0,{\sigma }^2),$$

则

$$Cov(U,V)=D(X_1)-D(X_2)=0.$$

因为二者联合正态，所以

$$U\perp V.$$

因此仍可能构造

$$\frac{U^2}{D(U)}+\frac{V^2}{D(V)}\sim {\chi }^2(2).$$

所以：

“样本互不重叠”只是判断独立性的一个充分条件，不是唯一办法。

高难度题完全可能考“系数向量正交”。

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十七、题型四：$t$ 分布构造——本章核心中的核心

2018 真题

正态总体

$$N(\mu ,{\sigma }^2)$$

中抽样，给标准样本方差 $S^2$，判断下面哪个表达式服从 $t$ 分布。

核心就是：

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

以及

$$U=\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1).$$

并且

$$Z\perp U.$$

所以

$$\frac{Z}{\sqrt{U/(n-1)}}=\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-\mu )}{S}.$$

于是

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

这是必背公式，但此时应理解它是怎么“拼出来”的。

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十八、为什么不能把 $S$ 随便换成别的平方和

2018 真题专门给出了另一个量：

$$S^{\ast }=\sqrt{\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2}.$$

很多人会想：

“也是一个标准差呀，为什么不能放进 $t$ 分母？”

因为

$$\sum (X_i-\mu {)}^2$$

里面包含了

$$\bar{X}-\mu$$

的信息。

事实上

$$\sum (X_i-\mu {)}^2=\sum (X_i-\bar{X}{)}^2+n(\bar{X}-\mu {)}^2.$$

所以 $S^{\ast }$ 和分子

$$\bar{X}-\mu$$

并不满足构造标准 $t$ 所需要的独立关系。

而普通 $S^2$ 恰好只位于“残差空间”，与均值方向独立。

这就是命题人为什么这么喜欢换 $S$ 的定义。

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十九、2012、2014 真题：绝对值也能藏一个 $t(1)$

2012 和 2014 都出现了类似结构：

分子是一个正态线性组合，分母是另一个独立正态变量的绝对值。

为什么会是 $t(1)$？

因为若

$$Z_2\sim N(0,1),$$

那么

$$Z_2^2\sim {\chi }^2(1),$$

所以

$$|Z_2|=\sqrt{Z_2^2}=\sqrt{\frac{{\chi }^2(1)}{1}}.$$

于是

$$\frac{Z_1}{|Z_2|}=\frac{Z_1}{\sqrt{{\chi }^2(1)/1}}\sim t(1).$$

关键识别

见到

$$\frac{\text{正态变量}}{|\text{另一个独立正态变量}|}$$

千万别以为是普通正态之比。

它实际上就是

$$t(1).$$

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二十、1999 大题：自己证明一个复杂统计量服从 $t(2)$

网站 7.3 收录的 1999 大题很有价值。

将 9 个正态样本分成前 6 个和后 3 个，分别构造均值 $Y_1,Y_2$，再利用后 3 个样本的样本方差 $S^2$，证明一个由 $Y_1-Y_2$ 和 $S$ 构成的统计量服从 $t(2)$。

这题真正想训练的是“三段论”。

第一段：把分子做成 $N(0,1)$

因为

$$Y_1\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{6}\right),$$ $$Y_2\sim N\left(\mu ,\frac{{\sigma }^2}{3}\right).$$

两者独立，所以

$$Y_1-Y_2\sim N\left(0,\frac{{\sigma }^2}{2}\right).$$

于是可标准化为

$$N(0,1).$$

第二段：把分母平方做成卡方

后 3 个样本的样本方差满足

$$\frac{2S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(2).$$

第三段：证明独立

前 6 个样本与后 3 个样本独立。

同时在后 3 个正态样本内部：

$$Y_2\perp S^2.$$

所以最终分子与 $S^2$ 独立。

于是统计量就是

$$\frac{N(0,1)}{\sqrt{{\chi }^2(2)/2}}.$$

因此

$$\boxed{t(2)}$$

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二十一、所有 $t$ 证明题的万能模板

考试上甚至可以机械写：

第一步

构造

$$Z=\frac{\text{分子}-E(\text{分子})}{\sqrt{D(\text{分子})}}$$

证明

$$Z\sim N(0,1).$$

第二步

构造

$$U=\frac{\text{某平方和}}{{\sigma }^2}$$

证明

$$U\sim {\chi }^2(\nu ).$$

第三步

证明

$$Z\perp U.$$

第四步

把原式整理为

$$\frac{Z}{\sqrt{U/\nu }}.$$

立即得到

$$\boxed{t(\nu )}.$$

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二十二、题型五：$F$ 分布——最容易把自由度顺序写反

2001 真题

15 个正态样本来自

$$N(0,2^2).$$

把前 10 个平方和与后 5 个平方和作比，判断分布。网站答案对应

$$F(10,5).$$

原理：

$$U=\sum _{i=1}^{10}\frac{X_i^2}{4}\sim {\chi }^2(10),$$ $$V=\sum _{i=11}^{15}\frac{X_i^2}{4}\sim {\chi }^2(5).$$

独立。

所以整理成

$$\frac{U/10}{V/5}.$$

立即：

$$\boxed{F(10,5)}$$

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二十三、2023 真题：两个总体方差不同怎么办？

这是很值得重点掌握的一道近年题。

总体分别为

$$N(\mu ,{\sigma }^2)$$

和

$$N(\mu ,2{\sigma }^2).$$

容量分别为 $n,m$，样本方差为 $S_1^2,S_2^2$。真题要求判断哪个方差比服从 $F$ 分布。

第一组：

$$\frac{(n-1)S_1^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1).$$

第二组：

$$\frac{(m-1)S_2^2}{2{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(m-1).$$

因此

$$\frac{[(n-1)S_1^2/{\sigma }^2]/(n-1)}{[(m-1)S_2^2/(2{\sigma }^2)]/(m-1)}$$

等于

$$\frac{2S_1^2}{S_2^2}.$$

所以

$$\boxed{\frac{2S_1^2}{S_2^2}\sim F(n-1,m-1)}$$

极重要规律

如果两个总体方差分别是

$${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2,$$

那么真正进入 $F$ 的不是直接

$$\frac{S_1^2}{S_2^2},$$

而是

$$\boxed{\frac{S_1^2/{\sigma }_1^2}{S_2^2/{\sigma }_2^2}}$$

才能消掉总体方差尺度。

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二十四、$F$ 题最容易错的 4 件事

错误 1：忘记除自由度

不是

$$\frac{U}{V},$$

而是

$$\boxed{\frac{U/m}{V/n}}$$

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错误 2：自由度顺序写反

分子是 $m$，分母是 $n$：

$$F(m,n).$$

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错误 3：忽略总体方差不一样

2023 真题就是专门卡这个。

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错误 4：没有独立性

只有两个卡方变量独立，才能直接拼 $F$。

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二十五、张宇值得补的一种 $F$ 分位点题

张宇强化篇有：

$$Y=\frac{X_1^2+X_2^2}{X_3^2+X_4^2}$$

这一类结构。

上下均对应自由度 2，因此

$$Y\sim F(2,2).$$

因为

$$\frac{1}{Y}$$

与 $Y$ 同分布，于是相应上侧分位点具有倒数关系。

一般性质是：

若

$$F\sim F(m,n),$$

那么

$$\frac{1}{F}\sim F(n,m).$$

于是分位点也存在相应倒数变换。

这是很适合出选择题的性质。

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二十六、题型六：正态总体的独立性应用

张宇强化题给出

$$T=(\bar{X}+1)(S^2+1),$$

总体是标准正态，求 $E(T)$。

因为正态总体：

$$\bar{X}\perp S^2.$$

所以

$$E(T)=E(\bar{X}+1)E(S^2+1).$$

而

$$E(\bar{X})=0,$$ $$E(S^2)=1.$$

于是

$$E(T)=1\times 2=2.$$

即

$$\boxed{E(T)=2}$$

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看到什么结构应该想到独立性？

尤其警惕：

$$E[f(\bar{X})g(S^2)]$$

和

$$D[f(\bar{X})+g(S^2)].$$

因为如果是正态总体：

$$\bar{X}\perp S^2$$

则

$$f(\bar{X})\perp g(S^2).$$

于是

$$E[f(\bar{X})g(S^2)]=E[f(\bar{X})]E[g(S^2)].$$

方差相加时协方差项也为 0。

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二十七、2008 大题：无偏估计 + 方差

网站收录的 2008 真题定义

$$T={\bar{X}}^2-\frac{1}{n}{S}^2.$$

要求：

1. 证明 $T$ 是 ${\mu }^2$ 的无偏估计；
2. 在

$$\mu =0,\sigma =1$$

时求 $D(T)$。

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第一问：无偏性

因为

$$E({\bar{X}}^2)=D(\bar{X})+[E(\bar{X}){]}^2=\frac{{\sigma }^2}{n}+{\mu }^2.$$

而

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

所以

$$E(T)={\mu }^2+\frac{{\sigma }^2}{n}-\frac{{\sigma }^2}{n}={\mu }^2.$$

于是

$$\boxed{T\text{ 是 }{\mu }^2\text{ 的无偏估计}}$$

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第二问：方差

当

$$\mu =0,{\sigma }^2=1$$

时：

$$\sqrt{n}\bar{X}\sim N(0,1).$$

令

$$Z=\sqrt{n}\bar{X}.$$

则

$${\bar{X}}^2=\frac{Z^2}{n}.$$

因为

$$Z^2\sim {\chi }^2(1),$$

且

$$D(Z^2)=2,$$

所以

$$D({\bar{X}}^2)=\frac{2}{n^2}.$$

另一方面，

$$(n-1)S^2\sim {\chi }^2(n-1),$$

于是

$$D(S^2)=\frac{2}{n-1}.$$

又由于

$${\bar{X}}^2\perp S^2,$$

所以

$$D(T)=D({\bar{X}}^2)+\frac{1}{n^2}D(S^2).$$

得到

$$D(T)=\frac{2}{n^2}+\frac{2}{n^2(n-1)}.$$

整理：

$$\boxed{D(T)=\frac{2}{n(n-1)}}$$

这道题的价值极高，因为它同时串起：

• 无偏估计；
• $E(X^2)$；
• ${\chi }^2$ 方差；
• 样本均值与样本方差独立。

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二十八、题型七：2021 成对二维样本——最容易漏掉协方差

2021 数学一、数学三都出现了非常接近的题。

总体是二维正态，样本为

$$(X_1,Y_1),\dots ,(X_n,Y_n).$$

设

$$\theta ={\mu }_1-{\mu }_2,$$

估计量

$$\hat{\theta }=\bar{X}-\bar{Y}.$$

要求判断它是否无偏以及方差。

显然

$$E(\hat{\theta })=E(\bar{X})-E(\bar{Y})={\mu }_1-{\mu }_2=\theta .$$

所以无偏。

真正的坑是方差。

不能直接写：

$$D(\bar{X}-\bar{Y})=D(\bar{X})+D(\bar{Y}).$$

因为同一对中的 $X_i,Y_i$ 有相关性。

正确：

$$D(\bar{X}-\bar{Y})=D(\bar{X})+D(\bar{Y})-2Cov(\bar{X},\bar{Y}).$$

而

$$Cov(X_i,Y_i)=\rho {\sigma }_1{\sigma }_2.$$

所以

$$Cov(\bar{X},\bar{Y})=\frac{\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{n}.$$

最终

$$\boxed{D(\hat{\theta })=\frac{{\sigma }_1^2+{\sigma }_2^2-2\rho {\sigma }_1{\sigma }_2}{n}}$$

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高频陷阱

要区分：

两组相互独立样本

$$Cov(\bar{X},\bar{Y})=0.$$

成对二维样本

$$(X_i,Y_i)$$

本身可能相关，所以

$$Cov(\bar{X},\bar{Y})\ne 0.$$

题目写“简单随机样本”不代表同一对内部 $X_i,Y_i$ 独立。

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二十九、题型八：2025 真题——经验分布函数

这是值得重点关注这一章现在最值得额外警惕的一个方向。

2025 真题给总体分布函数 $F(x)$，样本经验分布函数为 $F_n(x)$，要求固定 $x$ 下的方差。

定义

$$F_n(x)=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}I\{X_i\le x\}.$$

关键操作：

令

$$I_i=I\{X_i\le x\}.$$

那么

$$P(I_i=1)=P(X_i\le x)=F(x).$$

所以

$$I_i\sim B(1,F(x)).$$

因此

$$E(I_i)=F(x),$$ $$D(I_i)=F(x)[1-F(x)].$$

而

$$F_n(x)=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{I}_i.$$

于是

$$\boxed{E[F_n(x)]=F(x)}$$

以及

$$\boxed{D[F_n(x)]=\frac{F(x)[1-F(x)]}{n}}$$

这就是 2025 真题答案。

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三十、经验分布函数还能怎么继续考？

值得重点关注非常值得预测下面这个变式。

设

$$x<y.$$

求

$$Cov(F_n(x),F_n(y)).$$

仍令

$$I_i=I\{X_i\le x\},$$ $$J_i=I\{X_i\le y\}.$$

因为

$$x<y,$$

事件

$$\{X_i\le x\}$$

包含于

$$\{X_i\le y\}.$$

所以

$$I_i{J}_i=I_i.$$

于是

$$E(I_i{J}_i)=F(x).$$

因此

$$Cov(I_i,J_i)=F(x)-F(x)F(y).$$

最终

$$\boxed{Cov(F_n(x),F_n(y))=\frac{F(x)[1-F(y)]}{n}}$$

值得重点关注这种题很适合以后考一个选择/填空，因为它是 2025 经验分布函数题的自然升级版。

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三十一、题型九：把新变量看成“新的简单随机样本”

2001 大题非常值得掌握这种思想。

题目有 $2n$ 个样本，并构造

$$Z_i=X_i+X_{n+i}.$$

然后要计算一个类似离差平方和的期望。网站解答的关键就是把 $Z_i$ 当成新的样本。

因为

$$Z_i=X_i+X_{n+i}.$$

如果

$$X_i\sim N(\mu ,{\sigma }^2),$$

那么

$$Z_i\sim N(2\mu ,2{\sigma }^2).$$

而且不同 $Z_i$ 使用互不重叠的原样本，所以彼此独立。

于是题中复杂表达式实际上变成

$$\sum _{i=1}^n(Z_i-\bar{Z}{)}^2.$$

直接使用：

$$E\left[\sum _{i=1}^n(Z_i-\bar{Z}{)}^2\right]=(n-1)D(Z_i).$$

因此

$$\boxed{E(Y)=2(n-1){\sigma }^2}$$

这个方法非常高级

看到：

$$X_i+X_{n+i},X_i-X_{n+i},a{X}_i+b{Y}_i$$

这样的成组表达式，不妨先定义一个新变量。

很多“看起来很复杂”的统计大题会瞬间退化成：

新总体 + 新简单随机样本 + 旧公式。

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三十二、二项/0-1 总体下的样本均值分布

李正元有一道很值得做的基础强化题：

$$X_i\sim B(1,p).$$

问 $\bar{X}$ 的分布。

因为

$$K=\sum _{i=1}^n{X}_i\sim B(n,p).$$

而

$$\bar{X}=\frac{K}{n}.$$

所以

$$\bar{X}$$

只能取

$$0,\frac{1}{n},\frac{2}{n},\dots ,1.$$

并且

$$\boxed{P\left(\bar{X}=\frac{k}{n}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)p^k(1-p{)}^{n-k}}$$

通法

不要直接研究 $\bar{X}$。

先研究

$$n\bar{X}=\sum X_i.$$

这在 0-1 样本、Poisson 样本等题中非常常用。

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三十三、0-1 样本还有一个漂亮恒等式

因为

$$X_i^2=X_i,$$

所以

$$\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2$$

可以直接化简。

展开：

$$\frac{1}{n}\sum X_i^2-{\bar{X}}^2.$$

由于

$$X_i^2=X_i,$$

有

$$\frac{1}{n}\sum X_i^2=\bar{X}.$$

因此

$$\boxed{\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2=\bar{X}(1-\bar{X})}$$

李正元对应练习题就利用了这个性质。

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三十四、容易混淆的“关于 $\mu$”与“关于 $\bar{X}$”

一定把下面两个式子区分开。

已知真实均值 $\mu$

$$\frac{1}{{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n(X_i-\mu {)}^2\sim {\chi }^2(n).$$

为什么是 $n$？

因为

$$\frac{X_i-\mu }{\sigma }$$

一共有 $n$ 个独立标准正态。

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用样本均值 $\bar{X}$

$$\frac{1}{{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2\sim {\chi }^2(n-1).$$

为什么少一个？

估计了均值，损失一个自由度。

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口诀

减真均值，$n$；减样本均值，$n-1$。

这个考点在 2017 真题等题中反复出现。

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三十五、三大分布的“识别决策树”

考试时可以直接这么判断。

如果看见平方和

先问：

能不能写成若干独立标准正态的平方和？

能：

$$\boxed{{\chi }^2}$$

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如果看见

$$\frac{\text{正态}}{\sqrt{\text{平方和}}}$$

先问：

分子是否标准正态？

分母平方是否是卡方除以自由度？

是否独立？

全部满足：

$$\boxed{t}$$

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如果看见

$$\frac{\text{平方和}}{\text{平方和}}$$

先问：

上下能不能分别标准化成卡方？

是否独立？

能：

$$\boxed{F}$$

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三十六、最容易犯的 10 个错误

1. 把

$$\sqrt{n}\bar{X}$$

写成

$$n\bar{X}.$$

标准差缩小的是

$$\sqrt{n}$$

倍。

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2. 把样本方差卡方写成

$$\frac{n{S}^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n).$$

正确是

$$\boxed{\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)}$$

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3. 忘记 $t$ 分布需要独立性

只有“正态 ÷ 根号卡方”还不够。

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4. 把

$$t^2$$

仍认为是 $t$。

实际上

$$\boxed{t^2(n)\sim F(1,n)}$$

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5. $F$ 自由度顺序写反

分子在前，分母在后。

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6. 把不相关当独立

一般情况下

$$Cov(X,Y)=0$$

不推出独立。

正态才有特殊性。

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7. 成对样本漏协方差

$$D(X-Y)=D(X)+D(Y)-2Cov(X,Y).$$

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8. 看到 $S^2$ 就乱展开

很多时候直接使用

$$E(S^2)={\sigma }^2$$

最快。

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9. 看到

$$\sum (X_i-\bar{X}{)}^2$$

还从头展开

直接：

$$\boxed{\sum (X_i-\bar{X}{)}^2=(n-1)S^2}$$

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10. 求最小样本容量忘记向上取整

例如算出

$$n\ge 15.36$$

必须写

$$n_{\min }=16.$$

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三十七、额外掌握一个“两总体统一模板”

设两组独立正态样本：

$$X_1,\dots ,X_n\sim N({\mu }_1,{\sigma }_1^2),$$ $$Y_1,\dots ,Y_m\sim N({\mu }_2,{\sigma }_2^2).$$

那么

$$\bar{X}-\bar{Y}\sim N\left({\mu }_1-{\mu }_2,\frac{{\sigma }_1^2}{n}+\frac{{\sigma }_2^2}{m}\right).$$

样本方差分别满足

$$\frac{(n-1)S_1^2}{{\sigma }_1^2}\sim {\chi }^2(n-1),$$ $$\frac{(m-1)S_2^2}{{\sigma }_2^2}\sim {\chi }^2(m-1).$$

所以

$$\boxed{\frac{S_1^2/{\sigma }_1^2}{S_2^2/{\sigma }_2^2}\sim F(n-1,m-1)}$$

这一个框架把 2023 真题和大量后续参数估计、假设检验题都串起来了。

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三十八、等方差时为什么会出现“合并样本方差”

如果

$${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2={\sigma }^2,$$

定义

$$S_p^2=\frac{(n-1)S_1^2+(m-1)S_2^2}{n+m-2}.$$

那么

$$\frac{(n+m-2)S_p^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n+m-2).$$

因为本质上是在把两个独立卡方变量相加：

$${\chi }^2(n-1)+{\chi }^2(m-1)={\chi }^2(n+m-2).$$

所以自由度自然是

$$(n-1)+(m-1)=n+m-2.$$

李正元练习题中已经有这种两总体合并方差结构。

这个知识会直接连接下一模块的两总体参数估计和假设检验。

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三十九、根据近年真题，需要重点防范这 4 类新考法

预测 1：经验分布函数二阶性质

2025 已经考

$$D(F_n(x)).$$

下一步自然可能是：

$$Cov(F_n(x),F_n(y)),$$

或者

$$D(F_n(x)-F_n(y)).$$

这是非常自然的升级。

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预测 2：有重叠样本的正态线性组合

不再给出互不相交的 $X_i$，而是给出：

$$U=X_1+X_2,$$ $$V=X_1-X_2.$$

要求先利用协方差判断独立，再构造 ${\chi }^2$、$F$。

这种题区分度明显高于传统“前五个、后五个”。

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预测 3：统计量期望 + 独立性混合

例如设

$$X_i\sim N(\mu ,{\sigma }^2),$$

求

$$E[(\bar{X}-\mu {)}^2{S}^2].$$

因为

$$\bar{X}\perp S^2,$$

所以

$$E[(\bar{X}-\mu {)}^2{S}^2]=E[(\bar{X}-\mu {)}^2]E(S^2).$$

其中

$$E[(\bar{X}-\mu {)}^2]=\frac{{\sigma }^2}{n}.$$

所以

$$\boxed{E[(\bar{X}-\mu {)}^2{S}^2]=\frac{{\sigma }^4}{n}}$$

非常适合选择或填空。

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四十、预测 4：同时使用 $t^2=F$

例如可作如下自拟拓展：

设

$$X_1,\dots ,X_n$$

来自

$$N(\mu ,{\sigma }^2),$$

证明

$$Y=\frac{n(\bar{X}-\mu {)}^2}{S^2}$$

的分布。

因为

$$\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-\mu )}{S}\sim t(n-1),$$

平方即可：

$$\boxed{Y\sim F(1,n-1)}$$

李正元练习题实际上已经专门训练了这种变换。

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四十一、给出一道比较像未来考研选择题的自拟题

设

$$X_1,X_2,X_3,X_4$$

相互独立，且

$$X_i\sim N(0,{\sigma }^2).$$

令

$$U=X_1+X_2,$$ $$V=X_1-X_2,$$ $$W=X_3^2+X_4^2.$$

判断

$$T=\frac{U^2+V^2}{W}$$

的分布。

首先：

$$U\sim N(0,2{\sigma }^2),$$ $$V\sim N(0,2{\sigma }^2).$$

并且

$$Cov(U,V)=E[(X_1+X_2)(X_1-X_2)]=0.$$

由于联合正态：

$$U\perp V.$$

所以

$$\frac{U^2}{2{\sigma }^2}+\frac{V^2}{2{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(2).$$

另外

$$\frac{W}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(2).$$

上下独立。

于是

$$\frac{(U^2+V^2)/(2{\sigma }^2)}{W/(2{\sigma }^2)}=\frac{U^2+V^2}{W}.$$

所以

$$\boxed{T\sim F(2,2)}$$

这种题把：

• 正态线性组合；
• 不相关；
• 联合正态推出独立；
• ${\chi }^2$；
• $F$

一次全串起来，很有考研区分度。

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四十二、最后给出一个“做题时只看这一页”的总模板

看到样本均值

先写：

$$E(\bar{X})=\mu ,$$ $$D(\bar{X})=\frac{{\sigma }^2}{n}.$$

若总体正态：

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

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看到样本方差

先写：

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

若总体正态：

$$\boxed{\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)}$$

---

看到正态总体

立刻额外想到：

$$\boxed{\bar{X}\perp S^2}$$

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看到平方和

尝试做成：

$$\boxed{{\chi }^2}$$

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看到“正态 / 根号平方和”

尝试做成：

$$\boxed{t}$$

---

看到“平方和 / 平方和”

尝试做成：

$$\boxed{F}$$

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看到样本均值与样本方差混合

问：

总体是不是正态？

如果是，大概率要用

$$\bar{X}\perp S^2.$$

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看到

$$X_i-\mu$$

想到：

$$n$$

个自由度。

看到

$$X_i-\bar{X}$$

想到：

$$n-1$$

个自由度。

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四十三、模块 7 最推荐的真题训练顺序

若目标不是“把所有题刷一遍”，而是想用最少题覆盖最多题型，建议按下面顺序。

1. 2018 真题：标准 $t$ 统计量以及错误的方差定义——把核心框架立住。
2. 1998 真题：正态线性组合 → ${\chi }^2$。
3. 2001 真题：两个平方和 → $F$。
4. 2023 真题：不同总体方差下 $F$ 统计量——近年高质量题。
5. 2008 大题：无偏性 + 方差 + 独立性。
6. 1999 大题：自己完整证明 $t$ 分布。
7. 2021 真题：二维成对样本，协方差不能漏。
8. 2025 真题：经验分布函数，代表新的命题方向。
9. 2001 大题：构造新样本，把复杂式子化成离差平方和。
10. 最后做李正元“多个正态线性组合拼 ${\chi }^2$”和张宇“$F$ 分位点/正态绝对值”等强化变式。

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四十四、整章真正应该记住的不是 30 个公式，而是 5 句话

第一句话：

$$\boxed{E(\bar{X})=\mu ,D(\bar{X})=\frac{{\sigma }^2}{n},E(S^2)={\sigma }^2}$$

第二句话：

$$\boxed{\text{标准正态平方和}\Rightarrow {\chi }^2}$$

第三句话：

$$\boxed{\frac{\text{标准正态}}{\sqrt{{\chi }^2/\text{自由度}}}\Rightarrow t}$$

第四句话：

$$\boxed{\frac{{\chi }^2/\text{自由度}}{{\chi }^2/\text{自由度}}\Rightarrow F}$$

第五句话，也是最重要的一句：

$$\boxed{X_i\sim N(\mu ,{\sigma }^2)⟹\bar{X}\perp S^2}$$

若能做到：拿到任何统计量，先拆成“正态块 + 卡方块 + 独立性”，那么模块 7 就从一个“公式特别多的章节”，变成了概率论里方法最统一的章节之一。

从站内收录的历年题来看，这种统一方法可以覆盖绝大多数模块 7 真题；而 2021 的成对样本和 2025 的经验分布函数，则是最值得额外补上的两条“非传统三大抽样分布”支线。