概率论抽样分布.pptx

认为该厂生产的灯泡质量合格，若要使通过检
验的概率超过0.997，问至少检查多少只灯泡.
解 以X记样本均值，则
所以
X ~ N (2250, 2502 ) n
P( X 2200) P( n( X 2250) n(2200 2250))
250
250
1 ( n(2200 2250) 1 ( n) 0.997
250
5
即
n
n
Φ( ) 0.997 5
5
u10.997 n 190
所以，要是检查能通过的概率超过0.997，至
少应该检查190只灯泡.
灯泡的寿命
2. 样本来自两个正态总体
定理5.4
若X
~
N
(
1
,
2 1
),
Y
~N
(
2
,
2 2
),
X与Y相互独立. 样本( X1, X2, , Xn1 )
与 (Y1, Y2, , Yn2 ) 分别来自总体X和Y，则
(2) V
Sn2
2
nSn2
2
(n 1)Sn*2
2
目的 : 估计 2.
n
1
2
n
(Xi
i 1
X )2
~
2(n 1)
D( X ) 2 : 样本
n 均值X关于总体
其中Sn2 是样本方差.
期望的偏离程度
(3) X 与 Sn2 独立.
注
1
V
1
2
n
(Xi
i 1
X )2 ~
2(n
1),
自由度减少一个! 减少一个自由度的原因：
V
(n
1)Sn*2
2
~
2(n
1),
且两者独立, 由 t 分布的定义知
T
U V
X / n
(n 1)Sn*2
2(n 1)
~ t(n 1).
n1
例1 某厂生产的灯泡使用寿命X ~ N (2250,2502 )
现进行质量检查，方法如下：任意挑选若干个
灯泡，如果这些灯泡的平均寿命超过2000h，就
2)
~
t ( n1
n2
2).
(3)
(n1 1)S1*2
2 1
~
2(n1 1),
(n2
1)S2*2
2 2
~
2(n2
ຫໍສະໝຸດ Baidu),
由假设
S*2 1
,
S *2 2
独立,
则由 F 分布的定义知
(n1 1)S1*2
(n1
1)
2 1
(n2
1)S
*2 2
(n2
1)
2 2
~ F (n1 1, n2 1),
Sw2 .
S12和S22分别是来自两个总体样 本的修正
样本方差;
(3)
F
S1*2
/
2 1
S2*2
/
2 2
~
F (n1
1,
n2
1).
证 (1)、略
(2) 由引理及定理5.3，知
X
Y
~
N
(
1
2
,
2
n1
2)
n2
U ( X Y ) (1 2 ) 11
~ N (0,1),
n1 n2
由 (n1
1)S1*2
{ Xi X }(i 1,2,n)不相互独立.
n
事实上，它们受到一个条件的约束： Xi nX
i 1
n
i 1
Xi
X
1
n
(
i 1
Xi
nX )
1
0
0.
2°若X不服从正态分布，由中 心极限定理知，
当 n 1 (一般n 30) 时，
U X
近似
n ~ N (0, 1)，
其中 E( X )， 2 D( X ).
即
F
S1*2
/
2 1
S2*2
/
2 2
~
F (n1
1,
n2
1).
例2 设X ,Y相互独立，X ~ N (0,4),Y ~ N (2,9)
试求正实数a,b,使得aX bY ~ N (2,13).
解 因为相互独立正态随机变量的线性和仍为 正态，且
E(aX bY ) aEX bY 2b
D(aX bY ) a2DX b2DY 4a2 9b2
3°在实际问题中，总体方 差 2常常是未知的， 若将标准样本均值 U中的用Sn*代替， 则有如下推论：
推论1 设( X1, X2, , Xn ) 是总体 N (, 2 ) 的样本,
X , Sn*2 分别是样本均值和修正 样本方差, 则有
T
X Sn*
/n
X Sn /
n1
~
t(n 1).
证
U X ~ N (0,1), / n
第三节 抽样分布
一、问题的提出 二、抽样分布定理
回
停 下
一、问题的提出
由于统计量依赖于样本,而后者又是随机变量
故统计量也是随机变量,因而统计量就有一定的
概率分布.称这个分布为“抽样分布”. 也即抽样 分布就是统计量的分布.
抽样分布
精确抽样分布
渐近分布
(小样本问题中使用) (大样本问题中使用)
这一节, 我们来讨论正态总体的抽样分布.
i 1
1. 样本来自单个正态总体
定理5.3 设样本 ( X1, X2, , Xn ) 是来自总体 X , 而
X ~ N (, 2 ),
则 (1) 样本均值
X
1 n
i
n 1
X
i
~
N(, 2
/ n),
或 U X n ~ N (0, 1).
目的： 估计总体
标准化样本均值
数学期望 .
样本关于X的平均偏离程度
n
故他们的线性函数 Ci Xi仍为正态变量,又
i 1
n
n
n
E( Ci X i ) Ci E( X i ) Ci i
i 1
i 1
i 1
n
n
n
D( Ci Xi )
C
2 i
D(
X
i
)
C
i2
2 i
i 1
i 1
i 1
所以
n
n
n
Ci Xi ~ N (
Cii ,
Ci2
2 i
).
i 1
i 1
2
~
2(n1
1),
(n2
1)S2*2
2
~
2(n2
1),
且它们相互独立 , 故由 2 分布的可加性知
V
(n1
1)S1*2
2
(n2
1)S2*2
2
~ 2(n1 n2 2),
由于 U 与V 相互独立,按 t 分布的定义
T
U
V /(n1 n2 2)
(X
Y Sw
) (1
11 n1 n2
所以 由a,b 0，且 2b 2 4a2 9b2 13
得 a 1,b 1.
例3设X1, X2,, Xn是来自正态总体 N (, 2 )的样本
(1)
X
Y
~
N
(1
2
,
2 1
n1
2 2
)
n2
或 ( X Y ) (1 2 ) ~ N (0,1);
2 1
/
n1
2 2
/
n2
(2) 当
2 1
2 2
2
时，
T
(X
Y Sw
)
(1
11 n1 n2
2 )
~
t(n1
n2
2),
其中
Sw2
(n1
1)S1*2 n1
(n2 1)S2*2 n2 2
,
Sw
二、抽样分布定理
引理 设随机变量列X1, X2 , , Xn 相互独立,且 Xi ~ N ( i, i2 ) (i 1,2,, n)
则它们的任一确定的线 性函数
n
n
n
Ci Xi ~ N (
Cii ,
Ci
2
2 i
).
i 1
i 1
i 1
其中C1,C2,,Cn为不全为零的常数 .
证 由于X1, X 2 ,, X n独立且均为正态变量 ,