5.3 统计量及其分布

本节概览

本节是数理统计的核心基础，系统介绍统计量的概念及其抽样分布。统计量是连接”样本数据”与”统计推断”的桥梁——通过对样本数据进行加工（求均值、方差、排序等），提取出用于推断总体参数的信息。

逻辑链条：统计量定义 → 样本均值 → 样本方差 → 样本矩 → 次序统计量 → 样本分位数 → 箱线图

前置依赖：§5.1（总体与样本）、§4.4（CLT）、§2.5（Beta分布）、§3.3（变量变换法）

核心主线：统计量是”不含未知参数的样本函数”，其概率分布称为抽样分布。本节重点掌握样本均值和样本方差的性质与分布、次序统计量的分布推导，以及样本分位数的渐近理论。

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一、统计量与抽样分布

定义

定义 5.3.1 — 统计量

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 为来自总体 $X$ 的一个样本，$g(X_1,X_2,\dots ,X_n)$ 为一个连续函数。如果 $g$ 中不含有任何未知参数，则称

$$T=g(X_1,X_2,\dots ,X_n)$$

为一个统计量（statistic）。

统计量的本质：统计量是对样本数据的一种”加工”或”压缩”，将 $n$ 个原始数据浓缩为少数几个有意义的量，用于推断总体特征。

抽样分布

统计量 $T=g(X_1,\dots ,X_n)$ 的概率分布称为该统计量的抽样分布（sampling distribution）。

抽样分布描述了统计量在重复抽样下的变异规律，是进行统计推断的理论基础。

关键理解

统计量的核心要求是不含有任何未知参数。这是因为在实际应用中，我们需要用统计量来估计或检验总体参数，如果统计量本身含有未知参数，就无法计算。

生活化类比：统计量是"体检报告摘要"

假设你去体检，做了 $n=10$ 项检查（血压、心率、血糖等），每项检查就是一个样本观测值 $X_i$。

• 统计量就像体检报告上的”汇总指标”：平均血压 $\bar{X}$、血压波动范围 $S^2$、最高血压 $X_{(n)}$ 等
• 这些汇总指标只依赖于你的检查数据，不依赖于任何”未知参数”（如全国平均血压 $\mu$）
• 抽样分布就像”如果重复体检多次，这些汇总指标会如何变化”

例题

例 5.3.1 — 判别统计量

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 为来自正态总体 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的样本，其中 $\mu ,{\sigma }^2$ 均未知。判断以下哪些是统计量：

表达式	是否为统计量	原因
$X_1-\mu$	否	含未知参数 $\mu$
$X_1/\sigma$	否	含未知参数 $\sigma$
$\bar{X}=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i$	是	只含样本，不含未知参数
$S^2=\frac{1}{n-1}{\sum }_{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2$	是	只含样本，不含未知参数
$\max (X_1,\dots ,X_n)$	是	只含样本，不含未知参数
$\frac{\bar{X}-\mu }{S/\sqrt{n}}$	否	含未知参数 $\mu$
$\frac{X_1+X_2}{2}$	是	只含样本，不含未知参数

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二、样本均值及其抽样分布

定义

定义 5.3.2 — 样本均值

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 为来自总体 $X$ 的样本，则

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

称为样本均值（sample mean）。

样本均值是最常用的集中趋势度量，用于估计总体均值 $\mu$。

基本性质

性质 5.3.1 — 偏差之和为零

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

证明

证明：

第一步：展开偏差之和。

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

第二步：提取常数 $\bar{X}$。 由于 $\bar{X}$ 与求和下标 $i$ 无关，是常数：

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

第三步：代入化简。

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

$\square$

性质 5.3.2 — 偏差平方和最小

设 $c$ 为任意常数，则

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

即样本均值 $\bar{X}$ 使偏差平方和达到最小。

证明

证明：

第一步：将偏差平方和展开为 $c$ 的函数。

$$Q(c)=\sum _{i=1}^n(X_i-c{)}^2=\sum _{i=1}^n(X_i^2-2c{X}_i+c^2)=\sum _{i=1}^n{X}_i^2-2c\sum _{i=1}^n{X}_i+n{c}^2$$

第二步：对 $c$ 求导并令其为零。

$$\frac{dQ}{dc}=-2\sum _{i=1}^n{X}_i+2nc$$

令 $\frac{dQ}{dc}=0$，解得

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

第三步：验证二阶导数大于零，确认是最小值。

$$\frac{d^{2}Q}{d{c}^2}=2n>0$$

因此 $c=\bar{X}$ 时 $Q(c)$ 取得最小值。

$\square$

样本均值的抽样分布

定理 5.3.1 — 样本均值的分布

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 为来自总体 $X$ 的样本。

(1) 正态总体：若 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，则

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

(2) 一般总体：若 $E(X)=\mu$，$\text{Var}(X)={\sigma }^2$ 存在且有限，则当 $n\to \infty$ 时

$$\frac{\bar{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\stackrel{L}{\to }N(0,1)$$

即大样本下 $\bar{X}$ 近似服从 $N(\mu ,{\sigma }^2/n)$。

证明（正态总体情形）

证明：

第一步：写出 $\bar{X}$ 的线性组合表达式。

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

这是 $n$ 个独立正态随机变量的线性组合。

第二步：计算期望和方差。 由期望和方差的线性性质：

$$E(\bar{X})=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}E(X_i)=\frac{1}{n}\cdot n\mu =\mu$$ $$\text{Var}(\bar{X})=\frac{1}{n^2}\sum _{i=1}^n\text{Var}(X_i)=\frac{1}{n^2}\cdot n{\sigma }^2=\frac{{\sigma }^2}{n}$$

第三步：利用正态分布的线性不变性。 独立正态随机变量的线性组合仍为正态分布（§3.3），因此

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

$\square$

一般总体情形直接由 林德伯格-列维CLT 得出，此处不再重复证明。

分组样本均值近似公式

当数据以分组形式给出时，设第 $j$ 组的组中值为 $x_j^{\ast }$，频数为 $n_j$，总频数 $n={\sum }_{j=1}^k{n}_j$，则样本均值的近似公式为

$$\bar{X}\approx \frac{1}{n}\sum _{j=1}^k{n}_j{x}_j^{\ast }$$

例题

例 5.3.2 — 正态总体样本均值的分布

设 $X_1,X_2,\dots ,X_{16}$ 为来自 $N(5,4)$ 的样本，则

$$\bar{X}\sim N\left(5,\frac{4}{16}\right)=N(5,0.25)$$

即 $\bar{X}$ 的标准差为 $\sigma /\sqrt{n}=2/4=0.5$，远小于总体的标准差 $2$。这说明样本均值比单个观测值更集中于总体均值附近。

例 5.3.3 — 不同总体样本均值随 $n$ 变化的分布

设总体 $X$ 服从参数为 $\lambda =1$ 的指数分布，$E(X)=1$，$\text{Var}(X)=1$。

样本量 $n$	$\bar{X}$ 的近似分布	$\text{Var}(\bar{X})$
$n=1$	$N(1,1)$	$1$
$n=10$	$N(1,0.1)$	$0.1$
$n=100$	$N(1,0.01)$	$0.01$

随着 $n$ 增大，$\bar{X}$ 的方差以 $1/n$ 的速率递减，$\bar{X}$ 越来越集中于 $\mu =1$ 附近。这正是 CLT 和 大数定律 的直观体现。

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三、样本方差与样本标准差

定义

定义 5.3.3 — 样本方差与样本标准差

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 为来自总体 $X$ 的样本，$\bar{X}$ 为样本均值。

样本方差（未修正）：

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

样本方差（无偏修正）：

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

样本标准差：

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

$S^2$ 称为无偏样本方差（unbiased sample variance），$S_n^2$ 称为有偏样本方差（biased sample variance）。$S^2$ 与 $S_n^2$ 的关系为 $S^2=\frac{n}{n-1}{S}_n^2$。

偏差平方和的等价公式

偏差平方和 ${\sum }_{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2$ 有以下三个等价计算公式：

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

推导：

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

由 ${\sum }_{i=1}^n{X}_i=n\bar{X}$，代入得

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

样本均值与样本方差的性质

定理 5.3.2 — 样本均值与样本方差的期望和方差

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 为来自总体 $X$ 的样本，$E(X)=\mu$，$\text{Var}(X)={\sigma }^2<\infty$，则

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

其中 $E(S^2)={\sigma }^2$ 表明 $S^2$ 是 ${\sigma }^2$ 的无偏估计（unbiased estimator）。

证明 $E(S^2)={\sigma }^2$

证明：

第一步：展开偏差平方和。

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

第二步：取期望。

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

第三步：利用 $E(X^2)=\text{Var}(X)+[E(X){]}^2={\sigma }^2+{\mu }^2$。

$$E(X_i^2)={\sigma }^2+{\mu }^2(\text{对所有 }i)$$ $$E({\bar{X}}^2)=\text{Var}(\bar{X})+[E(\bar{X}){]}^2=\frac{{\sigma }^2}{n}+{\mu }^2$$

代入得

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

第四步：化简得 $E(S^2)={\sigma }^2$。

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

$\square$

推论：$E(S_n^2)=\frac{n-1}{n}{\sigma }^2={\sigma }^2-\frac{{\sigma }^2}{n}$，即 $S_n^2$ 系统性地低估 ${\sigma }^2$，低估量为 ${\sigma }^2/n$。

分组样本方差近似公式

当数据以分组形式给出时，设第 $j$ 组的组中值为 $x_j^{\ast }$，频数为 $n_j$，则样本方差的近似公式为

$$S^2\approx \frac{1}{n-1}\sum _{j=1}^k{n}_j(x_j^{\ast }-\bar{X}{)}^2$$

其中 $\bar{X}\approx \frac{1}{n}{\sum }_{j=1}^k{n}_j{x}_j^{\ast }$。

例题

例 5.3.4 — 分组样本方差计算

对某工厂生产的 100 个零件的尺寸（单位：mm）进行测量，分组数据如下：

尺寸区间	组中值 $x_j^{\ast }$	频数 $n_j$
$[10,11)$	$10.5$	$8$
$[11,12)$	$11.5$	$25$
$[12,13)$	$12.5$	$38$
$[13,14)$	$13.5$	$22$
$[14,15)$	$14.5$	$7$

计算样本均值和样本方差的近似值。

解：

$$\bar{X}\approx \frac{1}{100}(8\times 10.5+25\times 11.5+38\times 12.5+22\times 13.5+7\times 14.5)=\frac{1245}{100}=12.45$$ $$S^2\approx \frac{1}{99}\sum _{j=1}^5{n}_j(x_j^{\ast }-12.45{)}^2$$

逐项计算：

• $8\times (10.5-12.45{)}^2=8\times 3.8025=30.42$
• $25\times (11.5-12.45{)}^2=25\times 0.9025=22.5625$
• $38\times (12.5-12.45{)}^2=38\times 0.0025=0.095$
• $22\times (13.5-12.45{)}^2=22\times 1.1025=24.255$
• $7\times (14.5-12.45{)}^2=7\times 4.2025=29.4175$

$$S^2\approx \frac{30.42+22.5625+0.095+24.255+29.4175}{99}=\frac{106.75}{99}\approx 1.078$$

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四、样本矩及其函数

定义

定义 5.3.4 — 样本矩

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 为来自总体 $X$ 的样本。

$k$ 阶样本原点矩：

$$a_k=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i^k,k=1,2,\dots$$

$k$ 阶样本中心矩：

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

特别地，$a_1=\bar{X}$（样本均值），$b_2=S_n^2$（有偏样本方差）。

定义 5.3.5 — 样本偏度

样本偏度（sample skewness）定义为

$${\beta }_s=\frac{b_3}{b_2^{3/2}}$$

其中 $b_2$ 为二阶样本中心矩，$b_3$ 为三阶样本中心矩。

解读：

• ${\beta }_s=0$：数据分布近似对称
• ${\beta }_s>0$：数据分布右偏（正偏），右侧有长尾
• ${\beta }_s<0$：数据分布左偏（负偏），左侧有长尾

定义 5.3.6 — 样本峰度

样本峰度（sample kurtosis）定义为

$${\beta }_k=\frac{b_4}{b_2^2}-3$$

其中 $b_4$ 为四阶样本中心矩。

解读：

• ${\beta }_k>0$：数据分布比正态分布更尖顶（leptokurtic），尾部更厚
• ${\beta }_k<0$：数据分布比正态分布更平顶（platykurtic），尾部更薄
• ${\beta }_k=0$：与正态分布的峰度一致

减去 $3$ 是因为正态分布的 $b_4/b_2^2=3$，这样使得正态分布的峰度为零。

例题

例 5.3.5 — 两班成绩偏度峰度对比

甲班和乙班各 30 名学生的数学成绩（满分 100）的样本偏度和样本峰度如下：

指标	甲班	乙班
样本均值 $\bar{X}$	$72.5$	$71.8$
样本标准差 $S$	$12.3$	$15.6$
样本偏度 ${\beta }_s$	$-0.35$	$1.20$
样本峰度 ${\beta }_k$	$-0.52$	$2.15$

分析：

• 甲班：${\beta }_s=-0.35<0$，成绩分布略左偏（高分段集中）；${\beta }_k=-0.52<0$，分布比正态更平顶
• 乙班：${\beta }_s=1.20>0$，成绩分布明显右偏（低分段有长尾）；${\beta }_k=2.15>0$，分布比正态更尖顶，尾部更厚

乙班的成绩分布存在明显的偏态和厚尾，说明有部分学生成绩远低于平均水平。

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五、次序统计量及其分布

定义

定义 5.3.7 — 次序统计量

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 为来自总体 $X$ 的样本，将其按从小到大排列为

$$X_{(1)}\le X_{(2)}\le \cdots \le X_{(n)}$$

则 $X_{(k)}$ 称为第 $k$ 个次序统计量（order statistic）。

特别地：

• $X_{(1)}=\min (X_1,\dots ,X_n)$ 称为样本最小值
• $X_{(n)}=\max (X_1,\dots ,X_n)$ 称为样本最大值
• $R=X_{(n)}-X_{(1)}$ 称为样本极差（sample range）

关键性质

次序统计量具有以下重要性质：

1. 不独立性：$X_{(1)},X_{(2)},\dots ,X_{(n)}$ 之间不独立，排序操作引入了约束 $X_{(1)}\le X_{(2)}\le \cdots \le X_{(n)}$
2. 不同分布：每个 $X_{(k)}$ 的边际分布一般不同（除非总体为退化分布）
3. 充分统计量：次序统计量是 i.i.d. 样本的充分统计量（充分性将在后续章节讨论）

例题

例 5.3.6 — 离散均匀分布的次序统计量

设 $X_1,X_2$ i.i.d.，$X_i$ 服从离散均匀分布 $\{0,1,2\}$，即 $P(X_i=k)=1/3$，$k=0,1,2$。

次序统计量 $X_{(1)}=\min (X_1,X_2)$，$X_{(2)}=\max (X_1,X_2)$。

所有可能的 $(X_1,X_2)$ 组合（共 $3\times 3=9$ 种，每种概率 $1/9$）：

$X_1$	$X_2$	$X_{(1)}$	$X_{(2)}$
0	0	0	0
0	1	0	1
0	2	0	2
1	0	0	1
1	1	1	1
1	2	1	2
2	0	0	2
2	1	1	2
2	2	2	2

$X_{(1)}$ 的分布：

$$P(X_{(1)}=0)=\frac{5}{9},P(X_{(1)}=1)=\frac{3}{9},P(X_{(1)}=2)=\frac{1}{9}$$

$X_{(2)}$ 的分布：

$$P(X_{(2)}=0)=\frac{1}{9},P(X_{(2)}=1)=\frac{3}{9},P(X_{(2)}=2)=\frac{5}{9}$$

注意：$X_{(1)}$ 与 $X_{(2)}$ 的分布不同，且不独立。例如 $P(X_{(1)}=2,X_{(2)}=0)=0$（不可能同时满足）。

次序统计量的分布

定理 5.3.3 — 第 $k$ 个次序统计量的密度

设总体 $X$ 的分布函数为 $F(x)$，密度函数为 $f(x)$（连续情形），$X_1,\dots ,X_n$ i.i.d.，则第 $k$ 个次序统计量 $X_{(k)}$ 的密度函数为

$$f_{X_{(k)}}(x)=\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}[F(x){]}^{k-1}[1-F(x){]}^{n-k}f(x)$$

证明思路

证明思路：

第一步：构造事件。 考虑事件 $\{x\le X_{(k)}<x+dx\}$，即”恰好有 $k-1$ 个样本落在 $(-\infty ,x)$，$1$ 个落在 $[x,x+dx)$，$n-k$ 个落在 $(x+dx,+\infty )$”。

第二步：用多项分布计算概率。 将 $(-\infty ,+\infty )$ 分成三个区间，每个样本落入各区间的概率分别为 $F(x)$、$f(x)dx$、$1-F(x)$。由多项分布：

$$P(x\le X_{(k)}<x+dx)\approx \frac{n!}{(k-1)!1!(n-k)!}[F(x){]}^{k-1}[f(x)dx][1-F(x){]}^{n-k}$$

第三步：取极限得密度函数。 两边除以 $dx$ 并令 $dx\to 0$：

$$f_{X_{(k)}}(x)=\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}[F(x){]}^{k-1}[1-F(x){]}^{n-k}f(x)$$

$\square$

例题

例 5.3.7 — 求次序统计量的概率

设总体密度为 $p(x)=3x^2$，$0<x<1$，$X_1,X_2,X_3$ i.i.d.，求 $P(X_{(3)}<1/2)$。

解：

先求分布函数：

$$F(x)={\int }_0^{x}3t^{2}dt=x^3,0<x<1$$

$X_{(3)}=\max (X_1,X_2,X_3)$ 的分布函数为

$$F_{X_{(3)}}(x)=[F(x){]}^3=x^9$$

因此

$$P(X_{(3)}<1/2)=F_{X_{(3)}}(1/2)=(1/2{)}^9=\frac{1}{512}\approx 0.00195$$

例 5.3.8 — 均匀分布的次序统计量与 Beta 分布

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ i.i.d. $\sim U(0,1)$，则 $X_{(k)}\sim \text{Be}(k,n-k+1)$。

证明：$U(0,1)$ 的分布函数 $F(x)=x$，密度 $f(x)=1$（$0<x<1$）。由定理 5.3.3：

$$f_{X_{(k)}}(x)=\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}{x}^{k-1}(1-x{)}^{n-k},0<x<1$$

这正是 Beta 分布 $\text{Be}(k,n-k+1)$ 的密度函数。

特别地：

• $X_{(1)}\sim \text{Be}(1,n)$
• $X_{(n)}\sim \text{Be}(n,1)$
• $X_{(k)}$ 的期望 $E(X_{(k)})=\frac{k}{n+1}$

两个次序统计量的联合密度

定理 5.3.4 — 两个次序统计量的联合密度

设总体 $X$ 的分布函数为 $F(x)$，密度函数为 $f(x)$，$X_1,\dots ,X_n$ i.i.d.，则当 $1\le i<j\le n$ 时，$X_{(i)}$ 与 $X_{(j)}$ 的联合密度为

$$f_{X_{(i)},X_{(j)}}(y,z)=\frac{n!}{(i-1)!(j-i-1)!(n-j)!}[F(y){]}^{i-1}[F(z)-F(y){]}^{j-i-1}[1-F(z){]}^{n-j}f(y)f(z)$$

其中 $y<z$。

例题

例 5.3.9 — 均匀分布的样本极差

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ i.i.d. $\sim U(0,1)$，则样本极差 $R=X_{(n)}-X_{(1)}\sim \text{Be}(n-1,2)$。

证明思路：令 $U=X_{(1)}$，$V=X_{(n)}$，由定理 5.3.4 取 $i=1,j=n$：

$$f_{U,V}(u,v)=n(n-1)(v-u{)}^{n-2},0<u<v<1$$

令 $R=V-U$，$W=U$，做变量变换（§3.3），对 $w$ 积分得 $R$ 的边缘密度：

f_R(r) = (n-1)(1-r)^{n-2} \cdot n, \quad 0 < r < 1 $> 即 $R \sim \text{Be}(n-1, 2)$。

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六、样本分位数与样本中位数

定义

定义 5.3.8 — 样本中位数

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 为样本，$X_{(1)}\le X_{(2)}\le \cdots \le X_{(n)}$ 为次序统计量。

样本中位数 $m_{0.5}$ 定义为

$$m_{0.5}=\{\begin{array}{ll}{X}_{\left(\frac{n+1}{2}\right)},& \text{若 }n\text{ 为奇数}\\ \frac{1}{2}\left(X_{\left(\frac{n}{2}\right)}+X_{\left(\frac{n}{2}+1\right)}\right),& \text{若 }n\text{ 为偶数}\end{array}$$

定义 5.3.9 — 样本 $p$ 分位数

样本 $p$ 分位数 $m_p$（$0<p<1$）定义为

$$m_p=X_{(\lfloor np\rfloor +1)}$$

其中 $\lfloor np\rfloor$ 表示 $np$ 的整数部分。

特别地：

• $m_{0.5}$：样本中位数
• $m_{0.25}$：第一四分位数 $Q_1$
• $m_{0.75}$：第三四分位数 $Q_3$

样本分位数的渐近分布

定理 5.3.5 — 样本 $p$ 分位数的渐近正态性

设总体 $X$ 的密度函数 $f(x)$ 在总体 $p$ 分位数 $x_p$ 处连续且 $f(x_p)>0$，则当 $n\to \infty$ 时

$$m_p\stackrel{a}{\to }N\left(x_p,\frac{p(1-p)}{n\cdot f^2(x_p)}\right)$$

其中 $x_p$ 满足 $F(x_p)=p$。

证明思路

证明思路：

第一步：将 $m_p$ 表示为经验分布函数的反函数。 样本 $p$ 分位数 $m_p$ 满足 $F_n(m_p)\approx p$，其中 $F_n$ 为经验分布函数。由 格利文科定理，$F_n$ 一致收敛于 $F$。

第二步：用 Delta 方法。 由 CLT，$\sqrt{n}[F_n(x_p)-p]\stackrel{L}{\to }N(0,p(1-p))$。对反函数 $F^{-1}$ 应用 Delta 方法，注意 $(F^{-1}{)}^{\prime }(p)=1/f(x_p)$：

$$\sqrt{n}(m_p-x_p)\stackrel{L}{\to }N\left(0,\frac{p(1-p)}{f^2(x_p)}\right)$$

第三步：得渐近正态结论。

$$m_p\stackrel{a}{\to }N\left(x_p,\frac{p(1-p)}{n\cdot f^2(x_p)}\right)$$

$\square$

例题

例 5.3.10 — 柯西分布中位数的渐近分布

设 $X_1,\dots ,X_n$ i.i.d. 服从柯西分布 $\text{Cauchy}(\theta ,1)$，密度为

$$f(x)=\frac{1}{\pi [1+(x-\theta {)}^2]}$$

求样本中位数 $m_{0.5}$ 的渐近分布。

解：柯西分布的中位数 $x_{0.5}=\theta$（因为 $F(\theta )=1/2$），且 $f(\theta )=1/\pi$。

由定理 5.3.5，取 $p=1/2$：

$$m_{0.5}\stackrel{a}{\to }N\left(\theta ,\frac{(1/2)(1/2)}{n\cdot (1/\pi {)}^2}\right)=N\left(\theta ,\frac{{\pi }^2}{4n}\right)$$

注意：柯西分布的期望和方差都不存在，因此 $\bar{X}$ 的渐近正态性不适用（CLT 的前提不满足）。但样本中位数的渐近正态性仍然成立，这体现了中位数的稳健性。

中位数的稳健性

样本中位数 $m_{0.5}$ 相比样本均值 $\bar{X}$ 具有重要的稳健性（robustness）优势：

对比维度	样本均值 $\bar{X}$	样本中位数 $m_{0.5}$
极端值影响	非常敏感，一个极端值可大幅改变	不受影响，只取决于中间位置的值
正态总体效率	最优（MVUE）	渐近效率约 95.5%
重尾分布	效率下降	效率更高
存在性条件	需要期望存在	只需要中位数存在
计算复杂度	$O(n)$	需排序 $O(n\log n)$

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七、五数概括与箱线图

五数概括

五数概括（Five-Number Summary）

五数概括由以下五个次序统计量组成：

$$\{X_{(1)},Q_1,m_{0.5},Q_3,X_{(n)}\}$$

即：最小值、第一四分位数、中位数、第三四分位数、最大值。

五数概括提供了数据分布的简洁描述，涵盖了数据的范围、中心位置和离散程度。

箱线图

箱线图（Box Plot）

箱线图是基于五数概括的可视化工具，构造方法如下：

1. 画一个矩形”箱子”，箱子的下边界为 $Q_1$，上边界为 $Q_3$
2. 在箱子内画一条线标记中位数 $m_{0.5}$
3. 从箱子下边界向下画”须”（whisker）到 $X_{(1)}$（或下内限）
4. 从箱子上边界向上画”须”到 $X_{(n)}$（或上内限）
5. 超出内限的数据点标记为异常值（outliers）

其中：

• 四分位距 $\text{IQR}=Q_3-Q_1$
• 下内限 $=Q_1-1.5\times \text{IQR}$
• 上内限 $=Q_3+1.5\times \text{IQR}$

例题

例 5.3.11 — 160 名销售员数据箱线图

某公司 160 名销售员的月销售额（单位：万元）的五数概括为：

统计量	值
$X_{(1)}$（最小值）	$2.1$
$Q_1$（第一四分位数）	$5.8$
$m_{0.5}$（中位数）	$8.3$
$Q_3$（第三四分位数）	$12.6$
$X_{(n)}$（最大值）	$25.4$

$\text{IQR}=12.6-5.8=6.8$

下内限 $=5.8-1.5\times 6.8=-4.4$（无下异常值）

上内限 $=12.6+1.5\times 6.8=22.8$

由于 $X_{(n)}=25.4>22.8$，最大值为异常值。

箱线图判断分布形态

箱线图特征	分布形态	说明

中位数线偏下 | 右偏分布 | 上半部分数据更分散 | 中位数线偏上 | 左偏分布 | 下半部分数据更分散 | 中位数线居中 | 近似对称 | 上下分布较均匀 | 上须远长于下须 | 右偏 | 右侧有长尾或异常值 | 下须远长于上须 | 左偏 | 左侧有长尾或异常值 | 箱子很窄 | 数据集中 | IQR 小，数据离散程度低 | 箱子很宽 | 数据分散 | IQR 大，数据离散程度高 |

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八、知识结构总览

graph TD
    A[统计量及其分布] --> B[统计量定义]
    A --> C[样本均值]
    A --> D[样本方差]
    A --> E[样本矩]
    A --> F[次序统计量]
    A --> G[样本分位数]
    A --> H[箱线图]

    B --> B1[不含未知参数的样本函数]
    B --> B2[抽样分布]

    C --> C1[偏差之和为零]
    C --> C2[偏差平方和最小]
    C --> C3[正态总体精确分布]
    C --> C4[一般总体渐近分布]

    D --> D1[无偏样本方差S²]
    D --> D2[有偏样本方差Sₙ²]
    D --> D3[E S² = σ²]

    E --> E1[样本原点矩]
    E --> E2[样本中心矩]
    E --> E3[样本偏度]
    E --> E4[样本峰度]

    F --> F1[次序统计量定义]
    F --> F2[边际密度公式]
    F --> F3[联合密度公式]
    F --> F4[均匀分布与Beta分布]

    G --> G1[样本中位数]
    G --> G2[样本p分位数]
    G --> G3[渐近正态性]

    H --> H1[五数概括]
    H --> H2[箱线图构造]
    H --> H3[分布形态判断]

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九、核心思想与技巧

本节涉及分布的期望方差汇总

分布	密度函数 $f(x)$	$E(X)$	$\text{Var}(X)$	备注
$N(\mu ,{\sigma }^2)$	$\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{(x-\mu {)}^2}{2{\sigma }^2}}$	$\mu$	${\sigma }^2$	正态总体抽样定理的基础
$U(a,b)$	$\frac{1}{b-a}$, $a<x<b$	$\frac{a+b}{2}$	$\frac{(b-a{)}^2}{12}$	$X_{(k)}\sim \text{Be}(k,n-k+1)$（$a=0,b=1$）
$\text{Exp}(\lambda )$	$\lambda e^{-\lambda x}$, $x>0$	$\frac{1}{\lambda }$	$\frac{1}{{\lambda }^2}$	次序统计量间隔独立
$\text{Be}(\alpha ,\beta )$	$\frac{x^{\alpha -1}(1-x{)}^{\beta -1}}{B(\alpha ,\beta )}$	$\frac{\alpha }{\alpha +\beta }$	$\frac{\alpha \beta }{(\alpha +\beta {)}^2(\alpha +\beta +1)}$	$U(0,1)$ 次序统计量的精确分布
$\text{Weibull}(\alpha ,\omega )$	$\frac{\alpha }{\omega }{\left(\frac{x}{\omega }\right)}^{\alpha -1}{e}^{-(x/\omega {)}^{\alpha }}$	$\omega \Gamma (1+\frac{1}{\alpha })$	${\omega }^2[\Gamma (1+\frac{2}{\alpha })-{\Gamma }^2(1+\frac{1}{\alpha })]$	$X_{(1)}$ 仍为 Weibull
$\text{Cauchy}(\theta ,1)$	$\frac{1}{\pi [1+(x-\theta {)}^2]}$	不存在	不存在	CLT 不适用，中位数渐近仍成立

样本均值 vs 样本中位数

对比维度	样本均值 $\bar{X}$	样本中位数 $m_{0.5}$
定义	$\frac{1}{n}\sum X_i$	次序统计量的中间值
总体对应	总体均值 $\mu$	总体中位数 $x_{0.5}$
稳健性	差（受极端值影响大）	好（不受极端值影响）
正态总体效率	100%（最优）	~95.5%（渐近相对效率）
渐近分布	$N(\mu ,{\sigma }^2/n)$	$N(x_{0.5},{\pi }^2/(4n{f}^2(x_{0.5})))$
存在条件	需 $E(X)$ 存在	只需中位数存在
适用场景	正态或近似对称分布	偏态分布或含异常值

次序统计量关键公式汇总

公式名称	公式	备注
第 $k$ 个次序统计量密度	$f_{X_{(k)}}(x)=\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}[F(x){]}^{k-1}[1-F(x){]}^{n-k}f(x)$	定理5.3.3
两个次序统计量联合密度	$f_{X_{(i)},X_{(j)}}(y,z)=\frac{n!}{(i-1)!(j-i-1)!(n-j)!}[F(y){]}^{i-1}[F(z)-F(y){]}^{j-i-1}[1-F(z){]}^{n-j}f(y)f(z)$	定理5.3.4
最小值分布	$F_{X_{(1)}}(x)=1-[1-F(x){]}^n$	取 $k=1$
最大值分布	$F_{X_{(n)}}(x)=[F(x){]}^n$	取 $k=n$
均匀分布次序统计量	$X_{(k)}\sim \text{Be}(k,n-k+1)$	例5.3.8
均匀分布极差	$R\sim \text{Be}(n-1,2)$	例5.3.9

$S^2$ vs $S_n^2$ 对比

对比维度	$S^2=\frac{1}{n-1}\sum (X_i-\bar{X}{)}^2$	$S_n^2=\frac{1}{n}\sum (X_i-\bar{X}{)}^2$
名称	无偏样本方差	有偏样本方差
期望	$E(S^2)={\sigma }^2$	$E(S_n^2)=\frac{n-1}{n}{\sigma }^2$
偏差	无偏	低估 ${\sigma }^2$，偏差为 $-{\sigma }^2/n$
关系	$S^2=\frac{n}{n-1}{S}_n^2$	$S_n^2=\frac{n-1}{n}{S}^2$
自由度	$n-1$	$n$
大样本	$S^2\approx S_n^2$（$n$ 大时差异可忽略）	同左
推荐	参数估计时使用	描述性统计时可用

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十、补充理解与易混淆点

误区1：$S^2$ 与 $S_n^2$ 混淆

来源：茆诗松§5.3 p237 + 国家统计局《方差与标准差》统计百科 + CSDN《有偏估计量与无偏估计量》 + 维基教科书《随机样本与统计量》 + CSDN《协方差相关问题》

误区1："样本方差就是除以 $n$"

❌ 错误解释：认为样本方差 $S_n^2=\frac{1}{n}\sum (X_i-\bar{X}{)}^2$ 可以直接用来估计总体方差 ${\sigma }^2$。

✅ 正确解释：$S_n^2$ 是 ${\sigma }^2$ 的有偏估计，$E(S_n^2)=\frac{n-1}{n}{\sigma }^2={\sigma }^2-\frac{{\sigma }^2}{n}$，系统性地低估 ${\sigma }^2$。无偏版本 $S^2=\frac{1}{n-1}\sum (X_i-\bar{X}{)}^2$ 满足 $E(S^2)={\sigma }^2$，分母 $n-1$ 称为自由度（Bessel 校正）。

直觉理解：计算 $S_n^2$ 时用 $\bar{X}$ 代替了 $\mu$，引入了一个约束 $\sum (X_i-\bar{X})=0$，使得 $n$ 个偏差中只有 $n-1$ 个是”自由”的，因此有效信息量只有 $n-1$ 而非 $n$。

误区2：含未知参数的量误认为统计量

来源：茆诗松§5.3 p233 + 维基教科书《随机样本与统计量》 + 卡方核心笔记 + bookdown《统计考研复习参考》Ch5 + CSDN《机器学习概率论与统计学》

误区2："任何样本函数都是统计量"

❌ 错误解释：认为只要是样本 $X_1,\dots ,X_n$ 的函数就是统计量。

✅ 正确解释：统计量的核心要求是不含任何未知参数。例如 $X_1-\mu$（含未知 $\mu$）、$X_1/\sigma$（含未知 $\sigma$）都不是统计量。而 $\bar{X}$、$S^2$、$F_n(x)$ 都是统计量，因为它们只依赖于样本数据。

注意：如果参数的值已知（例如已知 $\sigma =2$），则 $\frac{X_1}{2}$ 是统计量。统计量与已知常数的运算结果仍是统计量。

误区3：次序统计量之间误认为独立

来源：茆诗松§5.3 p240-241 + 卡方核心笔记 + LibreTexts《Order Statistics》 + NTU《Order Statistics》讲义 + bookdown《统计考研复习参考》Ch5

误区3："次序统计量之间相互独立"

❌ 错误解释：因为原始样本 $X_1,\dots ,X_n$ 独立，所以排序后的 $X_{(1)},\dots ,X_{(n)}$ 也独立。

✅ 正确解释：次序统计量之间不独立。排序操作引入了约束关系 $X_{(1)}\le X_{(2)}\le \cdots \le X_{(n)}$，破坏了独立性。例如知道 $X_{(5)}>10$ 则 $X_{(4)}$ 必 $>10$。两个次序统计量的联合密度（定理5.3.4）反映了这种依赖关系。

直觉理解：排序是一种”全局操作”——每个次序统计量的取值都依赖于其他所有样本的取值，因此它们之间存在复杂的依赖关系。

误区4：样本均值 vs 样本中位数选择

来源：茆诗松§5.3 p243 + 中国百科网《样本中位数》 + 国家统计局 + CSDN《数理统计笔记》 + bookdown《统计考研复习参考》Ch5

误区4："样本均值总是最好的集中趋势度量"

❌ 错误解释：在任何情况下都应该用样本均值 $\bar{X}$ 来估计总体中心。

✅ 正确解释：$\bar{X}$ 对极端值（异常值）非常敏感，一个极端值就能大幅改变 $\bar{X}$。样本中位数 $m_{0.5}$ 具有稳健性（robustness），不受少数极端值影响。当数据存在偏态或异常值时，中位数比均值更能反映数据的”典型水平”。

实例：5 个人的收入为 3000, 3500, 4000, 4500, 5000（单位：元），$\bar{X}=4000$，$m_{0.5}=4000$。若第 6 人收入为 100000（CEO），则 $\bar{X}=20000$（大幅偏移），而 $m_{0.5}=4250$（几乎不受影响）。

误区5：大样本渐近分布误用

来源：茆诗松§5.3 p236 + §4.4 CLT条件 + 卡方核心笔记 + 维基教科书 + CSDN《概率论笔记》

误区5：" $n>30$ 就一定能用正态近似"

❌ 错误解释：认为只要样本量超过 30，样本均值的分布就一定近似正态。

✅ 正确解释：定理5.3.1 的一般总体渐近有两个前提：（1）==总体方差 ${\sigma }^2$ 必须有限（如 Cauchy 分布方差不存在，正态近似失效）；（2）$n$ 需足够大==，"$n>30$"只是经验法则，对严重偏态或重尾分布可能需要更大的 $n$。

反例：Cauchy 分布的样本均值 $\bar{X}$ 仍服从 Cauchy 分布（与 $n$ 无关），无论 $n$ 多大都不可用正态近似。这是因为 Cauchy 分布的方差不存在，CLT 的前提不满足。

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十一、习题精选

习题概览

习题概览

编号	题目来源	知识点	难度
1	教材 5.3-1	样本均值方差计算	★★☆
2	教材 5.3-3	线性变换下均值方差	★★☆
3	教材 5.3-8	均匀分布样本均值	★★☆
4	教材 5.3-13	正态总体样本均值概率	★★★
5	教材 5.3-22	离散均匀分布次序统计量	★★★
6	教材 5.3-24	正态总体次序统计量概率	★★★
7	2013东北师范大学432（卡方4.3-1）	样本均值期望标准误差	★★☆
8	2015大连理工大学432（卡方4.3-3）	指数分布次序统计量	★★★
9	2021大连理工大学432（卡方4.3-4）	样本均值方差递推	★★★
10	2022武汉大学432（卡方4.3-6）	Weibull分布次序统计量	★★★

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习题1（教材5.3-1）

不合格品数样本均值方差

某批产品共 10 件，不合格品数为

$$3,1,2,1,0,2,1,1,0,1$$

求样本均值 $\bar{X}$ 和无偏样本方差 $S^2$。

查看解答

解：

样本均值：

$$\bar{X}=\frac{3+1+2+1+0+2+1+1+0+1}{10}=\frac{12}{10}=1.2$$

偏差平方和（用等价公式 $\sum X_i^2-n{\bar{X}}^2$）：

$$\sum _{i=1}^{10}{X}_i^2=9+1+4+1+0+4+1+1+0+1=22$$ $$\sum _{i=1}^{10}(X_i-\bar{X}{)}^2=22-10\times 1.2^2=22-14.4=7.6$$

无偏样本方差：

$$S^2=\frac{7.6}{10-1}=\frac{7.6}{9}\approx 0.844$$

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习题2（教材5.3-3）

线性变换下均值方差关系

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 的样本均值为 $\bar{X}$，样本方差为 $S^2$。令 $Y_i=3X_i-4$，$i=1,2,\dots ,n$。求 $\bar{Y}$ 和 $S_Y^2$。

查看解答

解：

样本均值：

$$\bar{Y}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{Y}_i=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(3X_i-4)=3\bar{X}-4$$

样本方差：

$$S_Y^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(Y_i-\bar{Y}{)}^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(3X_i-4-3\bar{X}+4{)}^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^{n}9(X_i-\bar{X}{)}^2=9S^2$$

一般结论：若 $Y_i=a{X}_i+b$（$a\ne 0$），则 $\bar{Y}=a\bar{X}+b$，$S_Y^2=a^2{S}^2$。

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习题3（教材5.3-8）

均匀分布样本的 $E(\bar{X})$ 和 $\text{Var}(\bar{X})$

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ i.i.d. $\sim U(-1,1)$，求 $E(\bar{X})$ 和 $\text{Var}(\bar{X})$。

查看解答

解：

均匀分布 $U(-1,1)$ 的期望和方差：

$$E(X)=\frac{-1+1}{2}=0$$ $$\text{Var}(X)=\frac{(1-(-1){)}^2}{12}=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}$$

由 定理5.3.2：

$$E(\bar{X})=E(X)=0$$ $$\text{Var}(\bar{X})=\frac{\text{Var}(X)}{n}=\frac{1}{3n}$$

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习题4（教材5.3-13）

正态总体样本均值概率

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ i.i.d. $\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，求使 $P(|\bar{X}-\mu |>2\sigma )\le 0.05$ 成立的最小样本量 $n$。

查看解答

解：

由 定理5.3.1，$\bar{X}\sim N(\mu ,{\sigma }^2/n)$，标准化得

$$\frac{\bar{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\sim N(0,1)$$ $$P(|\bar{X}-\mu |>2\sigma )=P\left(\left|\frac{\bar{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\right|>2\sqrt{n}\right)=2[1-\Phi (2\sqrt{n})]$$

令 $2[1-\Phi (2\sqrt{n})]\le 0.05$，则

$$\Phi (2\sqrt{n})\ge 0.975$$

查标准正态分布表，$\Phi (1.96)=0.975$，因此

$$2\sqrt{n}\ge 1.96⟹\sqrt{n}\ge 0.98⟹n\ge 0.9604$$

取 $n\ge 1$ 即可。但若题目要求 $P(|\bar{X}-\mu |>\sigma )$（更严格的条件），则

2[1-\Phi(\sqrt{n})] \leq 0.05 \implies \Phi(\sqrt{n}) \geq 0.975 \implies \sqrt{n} \geq 1.96 \implies n \geq 3.84 $> 取 $n \geq 4$。 **注**：本题按原题条件 $P(|\bar{X}-\mu| > 2\sigma)$ 计算得 $n \geq 1$，说明 $2\sigma$ 的偏差在正态总体下几乎不可能发生（概率极小）。若题目为 $P(|\bar{X}-\mu| > \sigma) \leq 0.05$，则需 $n \geq 4$。

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习题5（教材5.3-22）

离散均匀分布的次序统计量

设 $X_1,X_2,X_3$ i.i.d.，$X_i$ 服从离散均匀分布 $\{1,2,3,4,5\}$，即 $P(X_i=k)=1/5$，$k=1,2,3,4,5$。求 $X_{(1)}$ 和 $X_{(4)}$ 的分布。

查看解答

解：

$X_{(1)}=\min (X_1,X_2,X_3)$ 的分布：

$X_{(1)}\ge k$ 等价于所有 $X_i\ge k$，即

$$P(X_{(1)}\ge k)=P(X_1\ge k{)}^3={\left(\frac{6-k}{5}\right)}^3$$

因此

$$P(X_{(1)}=k)=P(X_{(1)}\ge k)-P(X_{(1)}\ge k+1)={\left(\frac{6-k}{5}\right)}^3-{\left(\frac{5-k}{5}\right)}^3$$

逐项计算：

$$P(X_{(1)}=1)=1-(4/5{)}^3=1-64/125=61/125$$ $$P(X_{(1)}=2)=(4/5{)}^3-(3/5{)}^3=64/125-27/125=37/125$$ $$P(X_{(1)}=3)=(3/5{)}^3-(2/5{)}^3=27/125-8/125=19/125$$ $$P(X_{(1)}=4)=(2/5{)}^3-(1/5{)}^3=8/125-1/125=7/125$$ $$P(X_{(1)}=5)=(1/5{)}^3-0=1/125$$

$X_{(3)}=\max (X_1,X_2,X_3)$ 的分布（注：$n=3$ 时 $X_{(4)}$ 不存在，应为 $X_{(3)}$）：

$$P(X_{(3)}\le k)=P(X_1\le k{)}^3={\left(\frac{k}{5}\right)}^3$$ $$P(X_{(3)}=k)={\left(\frac{k}{5}\right)}^3-{\left(\frac{k-1}{5}\right)}^3$$

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习题6（教材5.3-24）

正态总体次序统计量概率

设 $X_1,X_2,\dots ,X_{10}$ i.i.d. $\sim N(8,4)$，求 $P(X_{(6)}>10)$ 和 $P(X_{(1)}>5)$。

查看解答

解：

总体 $X\sim N(8,4)$，分布函数 $F(x)=\Phi \left(\frac{x-8}{2}\right)$。

求 $P(X_{(6)}>10)$：

$X_{(6)}$ 的分布函数为

$$F_{X_{(6)}}(x)=\sum _{k=6}^{10}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{k}\right)[F(x){]}^k[1-F(x){]}^{10-k}$$

令 $p=F(10)=\Phi \left(\frac{10-8}{2}\right)=\Phi (1)\approx 0.8413$，则

$$P(X_{(6)}>10)=1-F_{X_{(6)}}(10)=\sum _{k=0}^5\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{k}\right)p^k(1-p{)}^{10-k}$$

其中 $1-p=0.1587$。逐项计算：

$$\sum _{k=0}^5\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{k}\right)(0.8413{)}^k(0.1587{)}^{10-k}$$

注意到 $X_{(6)}>10$ 等价于”最多 5 个样本 $\le 10$“，由二项分布 $B(10,0.8413)$：

$$P(X_{(6)}>10)=P(B(10,0.8413)\le 5)\approx 0.0065$$

求 $P(X_{(1)}>5)$：

$X_{(1)}>5$ 等价于所有 $X_i>5$：

$$P(X_{(1)}>5)=[1-F(5){]}^{10}={\left[1-\Phi \left(\frac{5-8}{2}\right)\right]}^{10}=[1-\Phi (-1.5){]}^{10}=[\Phi (1.5){]}^{10}$$

$\Phi (1.5)\approx 0.9332$，因此

$$P(X_{(1)}>5)\approx (0.9332{)}^{10}\approx 0.5008$$

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习题7（2013东北师范大学432，卡方4.3-1）

样本均值期望和标准误差

设 $X_1,X_2,\dots ,X_{25}$ i.i.d. $\sim N(50,16)$，求 $E(\bar{X})$、$\text{Var}(\bar{X})$ 和标准误差。

查看解答

解：

由 定理5.3.2：

$$E(\bar{X})=\mu =50$$ $$\text{Var}(\bar{X})=\frac{{\sigma }^2}{n}=\frac{16}{25}=0.64$$

标准误差（即 $\bar{X}$ 的标准差）：

$$\text{SE}(\bar{X})=\sqrt{\text{Var}(\bar{X})}=\sqrt{0.64}=0.8$$

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习题8（2015大连理工大学432，卡方4.3-3）

指数分布次序统计量

设 $X_1,X_2,X_3,X_4,X_5$ i.i.d. $\sim \text{Exp}(3)$（参数 $\lambda =3$），求 $X_{(4)}$ 的密度函数和 $P(X_{(4)}<0.6)$。

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解：

指数分布 $\text{Exp}(3)$ 的分布函数和密度函数：

$$F(x)=1-e^{-3x},f(x)=3e^{-3x},x>0$$

由 定理5.3.3，$X_{(4)}$ 的密度为

$$f_{X_{(4)}}(y)=\frac{5!}{3!1!}[F(y){]}^3[1-F(y){]}^{1}f(y)=20(1-e^{-3y}{)}^3\cdot e^{-3y}\cdot 3$$ $$f_{X_{(4)}}(y)=60(1-e^{-3y}{)}^3{e}^{-3y},y>0$$

求 $P(X_{(4)}<0.6)$：

$X_{(4)}$ 的分布函数为

$$F_{X_{(4)}}(y)=\sum _{k=4}^5\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{k}\right)[F(y){]}^k[1-F(y){]}^{5-k}$$

令 $p=F(0.6)=1-e^{-1.8}\approx 1-0.1653=0.8347$，则

$$P(X_{(4)}<0.6)=F_{X_{(4)}}(0.6)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{4}\right)p^4(1-p)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{5}\right)p^5$$ $$=5\times (0.8347{)}^4\times 0.1653+(0.8347{)}^5\approx 5\times 0.4861\times 0.1653+0.4056\approx 0.4018+0.4056=0.8074$$

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习题9（2021大连理工大学432，卡方4.3-4）

样本均值方差递推公式

证明以下递推公式： (1) ${\bar{X}}_{n+1}=\frac{X_{n+1}+n{\bar{X}}_n}{n+1}$

(2) $n{S}_{n+1}^2=(n-1)S_n^2+\frac{n}{n+1}(X_{n+1}-{\bar{X}}_n{)}^2$

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证明：

(1) 证明 ${\bar{X}}_{n+1}=\frac{X_{n+1}+n{\bar{X}}_n}{n+1}$：

由定义展开：

$${\bar{X}}_{n+1}=\frac{1}{n+1}\sum _{i=1}^{n+1}{X}_i=\frac{1}{n+1}\left(\sum _{i=1}^n{X}_i+X_{n+1}\right)=\frac{n{\bar{X}}_n+X_{n+1}}{n+1}$$

(2) 证明 $n{S}_{n+1}^2=(n-1)S_n^2+\frac{n}{n+1}(X_{n+1}-{\bar{X}}_n{)}^2$：

第一步：展开 $(n+1-1)S_{n+1}^2$。

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

第二步：将求和拆分为前 $n$ 项和第 $n+1$ 项。

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

第三步：对前 $n$ 项，利用 $X_i-{\bar{X}}_{n+1}=(X_i-{\bar{X}}_n)+({\bar{X}}_n-{\bar{X}}_{n+1})$。

$$\sum _{i=1}^n(X_i-{\bar{X}}_{n+1}{)}^2=\sum _{i=1}^n[(X_i-{\bar{X}}_n)+({\bar{X}}_n-{\bar{X}}_{n+1}){]}^2$$ $$=\sum _{i=1}^n(X_i-{\bar{X}}_n{)}^2+2({\bar{X}}_n-{\bar{X}}_{n+1})\sum _{i=1}^n(X_i-{\bar{X}}_n)+n({\bar{X}}_n-{\bar{X}}_{n+1}{)}^2$$

由 ${\sum }_{i=1}^n(X_i-{\bar{X}}_n)=0$（性质5.3.1），中间项为零：

$$=(n-1)S_n^2+n({\bar{X}}_n-{\bar{X}}_{n+1}{)}^2$$

第四步：计算 ${\bar{X}}_n-{\bar{X}}_{n+1}$ 并化简。 由 (1)：

$${\bar{X}}_{n+1}=\frac{n{\bar{X}}_n+X_{n+1}}{n+1}$$ $${\bar{X}}_n-{\bar{X}}_{n+1}={\bar{X}}_n-\frac{n{\bar{X}}_n+X_{n+1}}{n+1}=\frac{(n+1){\bar{X}}_n-n{\bar{X}}_n-X_{n+1}}{n+1}=\frac{{\bar{X}}_n-X_{n+1}}{n+1}$$

因此

$$n({\bar{X}}_n-{\bar{X}}_{n+1}{)}^2=n\cdot \frac{(X_{n+1}-{\bar{X}}_n{)}^2}{(n+1{)}^2}=\frac{n}{(n+1{)}^2}(X_{n+1}-{\bar{X}}_n{)}^2$$

同理

$$(X_{n+1}-{\bar{X}}_{n+1}{)}^2={\left(X_{n+1}-\frac{n{\bar{X}}_n+X_{n+1}}{n+1}\right)}^2={\left(\frac{n(X_{n+1}-{\bar{X}}_n)}{n+1}\right)}^2=\frac{n^2}{(n+1{)}^2}(X_{n+1}-{\bar{X}}_n{)}^2$$

合并：

$$n{S}_{n+1}^2=(n-1)S_n^2+\frac{n}{(n+1{)}^2}(X_{n+1}-{\bar{X}}_n{)}^2+\frac{n^2}{(n+1{)}^2}(X_{n+1}-{\bar{X}}_n{)}^2$$ $$=(n-1)S_n^2+\frac{n+n^2}{(n+1{)}^2}(X_{n+1}-{\bar{X}}_n{)}^2=(n-1)S_n^2+\frac{n(n+1)}{(n+1{)}^2}(X_{n+1}-{\bar{X}}_n{)}^2$$ $$=(n-1)S_n^2+\frac{n}{n+1}(X_{n+1}-{\bar{X}}_n{)}^2$$

$\square$

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习题10（2022武汉大学432，卡方4.3-6）

Weibull 分布次序统计量

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ i.i.d. $\sim \text{Weibull}(\alpha ,\omega )$，密度函数为

$$f(x)=\frac{\alpha }{\omega }{\left(\frac{x}{\omega }\right)}^{\alpha -1}{e}^{-(x/\omega {)}^{\alpha }},x>0$$

证明 $X_{(1)}$ 仍为 Weibull 分布，并求其参数。

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证明：

第一步：求总体分布函数。

$$F(x)={\int }_0^x\frac{\alpha }{\omega }{\left(\frac{t}{\omega }\right)}^{\alpha -1}{e}^{-(t/\omega {)}^{\alpha }}dt$$

令 $u=(t/\omega {)}^{\alpha }$，则 $du=\alpha (t/\omega {)}^{\alpha -1}\cdot (1/\omega )dt$，即

$$F(x)={\int }_0^{(x/\omega {)}^{\alpha }}{e}^{-u}du=1-e^{-(x/\omega {)}^{\alpha }},x>0$$

第二步：代入次序统计量密度公式。 由 定理5.3.3 取 $k=1$：

$$f_{X_{(1)}}(x)=n[1-F(x){]}^{n-1}f(x)$$ $$=n\cdot {\left[e^{-(x/\omega {)}^{\alpha }}\right]}^{n-1}\cdot \frac{\alpha }{\omega }{\left(\frac{x}{\omega }\right)}^{\alpha -1}{e}^{-(x/\omega {)}^{\alpha }}$$ $$=n\cdot e^{-(n-1)(x/\omega {)}^{\alpha }}\cdot \frac{\alpha }{\omega }{\left(\frac{x}{\omega }\right)}^{\alpha -1}{e}^{-(x/\omega {)}^{\alpha }}$$ $$=\frac{n\alpha }{\omega }{\left(\frac{x}{\omega }\right)}^{\alpha -1}{e}^{-n(x/\omega {)}^{\alpha }}$$

第三步：识别分布类型。 令 ${\omega }^{\prime }=\omega /n^{1/\alpha }$，则

$$f_{X_{(1)}}(x)=\frac{\alpha }{{\omega }^{\prime }}{\left(\frac{x}{{\omega }^{\prime }}\right)}^{\alpha -1}{e}^{-(x/{\omega }^{\prime }{)}^{\alpha }}$$

这正是 $\text{Weibull}(\alpha ,\omega /n^{1/\alpha })$ 的密度函数。

因此 $X_{(1)}\sim \text{Weibull}(\alpha ,\omega /n^{1/\alpha })$，形状参数 $\alpha$ 不变，尺度参数缩小为 $\omega /n^{1/\alpha }$。

$\square$

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十二、教材原文

以下为教材扫描版原文，可点击翻阅。

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十三、标签

第五章 统计量及其分布/统计量的分布