# 考研数学高分笔记 · 概率论与数理统计全讲精通（手写稿 54 页全量数字化重构） > **讲义说明**：本讲义基于考研数学高分学霸《概率论与数理统计手写高分笔记》（共 54 页高清手写原稿，图像集 `baa1f007_概率论笔记` 全 54 页），通过多模态视觉能力逐页精读、全要素无死角公式化重构。 > 全书覆盖 7 大核心章节、50+ 核心公式与定理推导、38 道金牌例题（含原稿全部例题、详细分步推导、经典反例与考研避坑要点）、完备的离散与连续型分布速查表、抽样分布构造法及参数估计实战。 --- ## 目录大纲 - [第 1 章 随机事件与概率（手写原稿 P2~P10）](#第-1-章-随机事件与概率) - 1.1 随机试验、样本空间与随机事件 - 1.2 事件的关系与集合运算（韦恩图解析与运算定律） - 1.3 概率的统计定义与柯尔莫哥洛夫公理 - 1.4 古典概型与几何概型（经典“约会问题”） - 1.5 概率的五大性质与容斥原理（加法、减法、对立与半可加性） - 1.6 条件概率与乘法公式（链式法则与抽样模型） - 1.7 事件的独立性与伯努利试验序列（两两独立 vs 相互独立） - 1.8 全概率公式与贝叶斯公式（先验概率、后验概率与工厂溯源） - [第 2 章 一维随机变量及其分布（手写原稿 P11~P20）](#第-2-章-一维随机变量及其分布) - 2.1 随机变量概念与示性变量 - 2.2 离散型随机变量及其分布律（0-1分布、二项分布、几何分布、泊松分布及稀有事件极限） - 2.3 分布函数的定义、充要性质与单点跃度 - 2.4 单位阶跃函数与广义 Dirac $\delta$ 函数在概率中的统一表示 - 2.5 连续型随机变量及其概率密度（性质与几何意义） - 2.6 四大常见连续型分布（均匀分布、指数分布无记忆性、$\Gamma$ 分布与正态分布） - 2.7 正态分布钟形曲线几何特征、参数意义与标准化查表计算 - [第 3 章 二维随机变量及其分布（手写原稿 P21~P31）](#第-3-章-二维随机变量及其分布) - 3.1 二维随机变量与联合分布函数（定义与四大核心性质） - 3.2 二维离散型随机变量（联合分布律表格与联合分布函数） - 3.3 二维连续型随机变量及其联合概率密度 - 3.4 边缘分布与条件分布（离散型求和法、连续型积分投影与条件密度） - 3.5 随机变量的独立性判别（充要条件、表格判定与因子分解定理） - 3.6 二维随机变量函数的分布（离散型合并同类项、分布函数法与极坐标求 Rayleigh 分布） - 3.7 连续型独立和与差的卷积公式（$Z=X+Y$ 与 $Z=X-Y$ 经典分段积分求法） - 3.8 第 3 章知识框架思维导图总结 - [第 4 章 随机变量的数字特征（手写原稿 P32~P40）](#第-4-章-随机变量的数字特征) - 4.1 数学期望的定义（绝对收敛性必要性与柯西分布发散反例） - 4.2 六大常见分布的数学期望推导与速查 - 4.3 随机变量函数的数学期望定理（一维与二维） - 4.4 数学期望的性质（线性性、独立乘积性与逆命题反例） - 4.5 方差的定义、展开计算公式与性质 - 4.6 六大常见分布的方差速查表与正态线性组合方差 - 4.7 协方差与相关系数（定义、计算公式与柯西-许瓦兹不等式） - 4.8 不相关等价的五大核心命题与“独立”vs“不相关”深度辨析（圆盘均匀分布经典反例） - 4.9 原点矩、中心矩与协方差矩阵（二维正态协方差矩阵） - [第 5 章 大数定律与中心极限定理（手写原稿 P41~P43）](#第-5-章-大数定律与中心极限定理) - 5.1 切比雪夫不等式及区间概率估算（硬币投掷次数下限估计） - 5.2 大数定律体系（依概率收敛、切比雪夫、辛钦、伯努利大数定律） - 5.3 中心极限定理（标准化变量、林德伯格-列维 CLT 与棣莫弗-拉普拉斯二项正态近似） - 5.4 防空火炮打飞机综合大例题（二项精确 vs 泊松近似 vs CLT 正态近似三法对比） - [第 6 章 数理统计的基本概念与抽样分布（手写原稿 P44~P49）](#第-6-章-数理统计的基本概念与抽样分布) - 6.1 总体、简单随机样本与统计量严格判定（不含未知参数法则） - 6.2 常用统计量（样本均值、样本方差、样本矩）及其数字特征 - 6.3 经验分布函数 $F_n(x)$ 与频数直方图制作 - 6.4 顺序统计量（极差、最大值与最小值分布函数推导） - 6.5 正态总体样本均值的正态分布定理及推论 - 6.6 三大经典抽样分布（$\chi^2$ 分布、$t$ 分布、$F$ 分布构造、密度性质与上 $\alpha$ 分位数） - 6.7 $t$ 分布与 $F$ 分布平方转换定理推导（$T \sim t(n) \implies T^2 \sim F(1, n)$） - 6.8 $F$ 分布上 $\alpha$ 分位数倒数互易定理严密推导证明 - 6.9 正态总体四大抽样分布金牌定理（含双样本方差比） - [第 7 章 参数估计（手写原稿 P50~P54）](#第-7-章-参数估计) - 7.1 点估计之矩估计法 (ME)（理论基础、单参数与多参数矩估计通用流程） - 7.2 矩估计实战经典题（0-1分布、幂函数分布、双参数正态、均匀分布 $U(\theta_1, \theta_2)$、双边指数分布） - 7.3 点估计之极大似然估计法 (MLE)（离散与连续型四步法） - 7.4 极大似然估计实战题（0-1分布、几何分布、双参数正态分布 MLE 方程组求解） - 7.5 估计量的评选标准：无偏性（定义、偏差、系统误差） - 7.6 常见估计量无偏性判定与证明（样本均值、样本方差、矩估计方差的渐近无偏性） - 7.7 线性组合无偏估计量充要条件严格证明（$\sum a_i = 1$） --- # 第 1 章 随机事件与概率 ## 1.1 随机试验与样本空间 1. **随机试验 $E$ 的三要素**： - 可以在相同的条件下重复进行； - 每次试验的可能结果不止一个，且事先明确知道所有可能的结果； - 进行一次试验之前不能确定哪一个结果会出现。 2. **样本点与样本空间**： - **样本点 $\\omega$**：随机试验的每一个可能结果。 - **样本空间 $\\Omega$**：全体样本点组成的集合，即 $\\Omega = \\{\\omega\\}$。 - **样本空间分类**： - 有限样本空间：如掷一枚硬币 $\\Omega = \\{正面(\\omega_1), 反面(\\omega_2)\\}$；掷一枚骰子看点数 $\\Omega = \\{1, 2, 3, 4, 5, 6\\}$； - 无限样本空间：分为可列可数样本空间与不可数样本空间（如测试某灯泡寿命 $\\Omega = \\{t \\mid t \\ge 0\\}$）。 - **说明**：样本空间可以由数组成，也可以不由数组成；最简单的样本空间由两个样本点构成。 3. **随机事件分类**： - 随机试验的结果称为随机试验的**随机事件**（简称事件，常用大写字母 $A, B, C, \\dots$ 表示）； - **基本事件**：由单个样本点组成的单点集，概率在 $0 \\sim 100\\%$ 之间； - **必然事件**：在每次试验中必然发生的事件，包含全体样本点，对应全集 $\\Omega$，$P(\\Omega) = 1$； - **不可能事件**：在每次试验中绝不发生的事件，不含任何样本点，对应空集 $\\emptyset$，$P(\\emptyset) = 0$。 ## 1.2 事件的关系与集合运算 1. **包含关系**：$A \\subset B$。若事件 $A$ 发生必然导致事件 $B$ 发生。 - 性质：$\\emptyset \\subset A \\subset \\Omega$；若 $A \\subset B$ 且 $B \\subset C$，则 $A \\subset C$。 2. **相等关系**：$A = B \\iff A \\subset B$ 且 $B \\subset A$（本质上是同一个事件）。 3. **事件的和（并）**：$A \\cup B$ 或 $A + B$。表示事件 $A$ 与 $B$ 至少有一个发生（“$A$ 发生或 $B$ 发生”）。 4. **事件的积（交）**：$A \\cap B$ 或 $AB$。表示事件 $A$ 与 $B$ 同时发生。 5. **互不相容事件（互斥事件）**：$AB = \\emptyset$。即事件 $A$ 与 $B$ 不可能同时发生。 6. **相互对立事件（逆事件）**：$A \\cup B = \\Omega$ 且 $AB = \\emptyset$。记作 $B = \\overline{A}$ 或 $A = \\overline{B}$。事件 $A, B$ 有且仅有一个发生。 > **高分核心辨析**：对立必互斥，互斥未必对立！$A, B$ 是对立事件 $\\implies A, B$ 是互斥事件。 7. **事件的差**：$A - B$。表示事件 $A$ 发生且事件 $B$ 不发生。恒等式：$A - B = A\\overline{B} = A - AB$。 8. **完备事件组（划分）**：设 $A_1, A_2, \\dots, A_n$ 满足 $\\bigcup_{i=1}^n A_i = \\Omega$ 且两两互不相容（$A_i A_j = \\emptyset, i \\neq j$），称其为样本空间的一个完备事件组。 9. **事件运算定律**： - 交换律：$A \\cup B = B \\cup A, \\quad AB = BA$ - 结合律：$(A \\cup B) \\cup C = A \\cup (B \\cup C), \\quad (AB)C = A(BC)$ - 分配律：$(A \\cup B)C = (AC) \\cup (BC), \\quad (AB) \\cup C = (A \\cup C)(B \\cup C)$ - **德·摩根反演律**： $$\\overline{A \\cup B} = \\overline{A} \\cap \\overline{B}, \\qquad \\overline{A \\cap B} = \\overline{A} \\cup \\overline{B}$$ > **避坑警示**：差运算**没有**交换律和结合律！ - **【原稿例题 1】** 设 $\\Omega = \\{1, 2, 3, \\dots, 10\\}$，$A = \\{2, 3, 4\\}$，$B = \\{3, 4, 5\\}$，$C = \\{5, 6, 7\\}$。 - (1) 求 $\\overline{\\overline{A} \\cap \\overline{B}}$： 由德摩根律 $\\overline{\\overline{A} \\cap \\overline{B}} = A \\cup B = \\{2, 3, 4, 5\\}$。 - (2) 求 $A \\cap \\overline{B \\cap C}$： $B \\cap C = \\{5\\}$，$\\overline{B \\cap C} = \\{1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9, 10\\}$，故 $A \\cap \\overline{B \\cap C} = \\{2, 3, 4\\} = A$。 ## 1.3 概率的统计定义与公理化定义 1. **频率与统计定义**： 在 $n$ 次相同条件下重复进行的试验中，事件 $A$ 发生 $\\mu$ 次，频率为 $f_n(A) = \\frac{\\mu}{n}$。 频率满足：非负性 $0 \\le f_n(A) \\le 1$；规范性 $f_n(\\Omega) = 1$；有限可加性 $f_n(\\bigcup_{i=1}^k A_i) = \\sum_{i=1}^k f_n(A_i)$。 当 $n$ 充分大时，频率稳定在某个常数 $p$，称 $p$ 为事件 $A$ 的概率 $P(A) = p$。 2. **柯尔莫哥洛夫公理化定义**： - 非负性：$0 \\le P(A) \\le 1$； - 规范性：$P(\\Omega) = 1, P(\\emptyset) = 0$； - 可列可加性：若 $A_1, A_2, \\dots$ 两两互不相容，则 $P(\\bigcup_{i=1}^\\infty A_i) = \\sum_{i=1}^\\infty P(A_i)$。 ## 1.4 古典概型与几何概型 1. **古典概型**： - 特点：样本空间样本点总数有限；每个样本点出现的概率相等。 - 概率公式：$P(A) = \\frac{m}{n} = \\frac{A \\text{ 包含的样本点数}}{\\text{样本点总数}}$。 - **【原稿例题 2】** 设盒中有 3 个白球，2 个红球，现从盒中任抽 2 个球，求取到一红一白的概率。 $$P(A) = \\frac{C_3^1 C_2^1}{C_5^2} = \\frac{3 \\times 2}{10} = \\frac{3}{5}$$ - **【原稿例题 3】** 袋子中有 10 个球，分别标有数字 1 到 10，从中任取 3 个，问大小在中间的号码恰为 5 的概率是多少？ $$P = \\frac{C_1^1 C_4^1 C_5^1}{C_{10}^3} = \\frac{1 \\times 4 \\times 5}{120} = \\frac{20}{120} = \\frac{1}{6}$$ 2. **几何概型**： - 设样本空间为有限区域 $\\Omega$，若样本点落入 $\\Omega$ 内任何区域 $A$ 中的概率与区域 $A$ 的测度成正比，则： $$P(A) = \\frac{A \\text{ 的测度}}{\\Omega \\text{ 的测度}}$$ - **【原稿经典例题：约会问题】** 两人相约 7:00 ~ 8:00 在某地见面，先到的一人等待另一人 20 分钟，这时就离开。试求两人能会面的概率。 **解**：以 $x, y$ 分别记两人的到达时刻（以分钟计，$0 \\le x \\le 60, 0 \\le y \\le 60$），则两人能见面的充要条件为 $|x - y| \\le 20$。 样本空间总面积 $S_\\Omega = 60 \\times 60 = 3600$。 未会面区域为两个直角三角形，面积为 $2 \\times (\\frac{1}{2} \\times 40 \\times 40) = 1600$。 阴影会面面积 $S_A = 3600 - 1600 = 2000$。 $$P = \\frac{S_A}{S_\\Omega} = \\frac{2000}{3600} = \\frac{5}{9}$$ ## 1.5 概率的性质与容斥原理 - **性质 1**：$P(\\emptyset) = 0$。即不可能事件概率为 0，但**逆命题不成立**（概率为 0 的事件未必是不可能事件）。 - **性质 2**：有限可加性。若 $A_1, \\dots, A_n$ 两两互斥，则 $P(\\bigcup A_i) = \\sum P(A_i)$。 - **性质 3**：减法公式。若 $A \\supset B$，则 $P(A - B) = P(A) - P(B)$ 且 $P(A) \\ge P(B)$。一般地： $$P(A - B) = P(A - AB) = P(A) - P(AB)$$ - **性质 4**：对立事件概率。$P(\\overline{A}) = 1 - P(A)$。 - **性质 5**：加法公式（二事件容斥原理）。 $$P(A \\cup B) = P(A) + P(B) - P(AB)$$ - **推论 1（三事件容斥原理）**： $$P(A \\cup B \\cup C) = P(A)+P(B)+P(C) - P(AB)-P(AC)-P(BC) + P(ABC)$$ - **推论 2（半可加性 / 布尔不等式）**： $$P\\left(\\bigcup_{i=1}^n A_i\\right) \\le \\sum_{i=1}^n P(A_i)$$ - **【原稿例题 4】** 已知 $P(A) = \\frac{1}{4}, P(B) = \\frac{1}{2}$，就下列三种情况求 $P(B - A)$： 1. $A, B$ 互不相容：$AB = \\emptyset \\implies P(B - A) = P(B) - P(AB) = P(B) = \\frac{1}{2}$； 2. $A \\subset B$：由性质 3，$P(B - A) = P(B) - P(A) = \\frac{1}{2} - \\frac{1}{4} = \\frac{1}{4}$； 3. $P(AB) = \\frac{1}{8}$：$P(B - A) = P(B) - P(AB) = \\frac{1}{2} - \\frac{1}{8} = \\frac{3}{8}$。 - **【原稿例题 5】** 设甲、乙两门大炮同时向敌机射击，甲击中概率 0.5，乙击中概率 0.6，同时击中概率 0.48，求“敌机被击中”的概率。 **解**：“敌机被击中”即甲和乙至少有一个击中： $$P(A \\cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0.5 + 0.6 - 0.48 = 0.62$$ - **【原稿例题 6】** 设 $A, B$ 为互不相容事件，$P(A \\cup B) = 0.6, P(B) = 0.2$，则 $P(A - B) = ?$ **解**：互不相容 $\\implies P(AB) = 0$。$P(A \\cup B) = P(A) + P(B) \\implies P(A) = 0.4$。 $P(A - B) = P(A) - P(AB) = P(A) = 0.4$。 - **【原稿例题 7】** 某市有甲、乙、丙三种报纸，订每种报纸的人数分别占全体市民人数的 30%，其中有 10% 的人同时订甲、乙两种报纸，没有人同时订甲丙或乙丙报纸。求从该市任选一人，他至少订有一种报纸的概率。 **解**：设订甲乙丙分别为 $A, B, C$，则 $P(A)=P(B)=P(C)=0.3$，$P(AB)=0.1, P(AC)=P(BC)=P(ABC)=0$。 $$P(A \\cup B \\cup C) = 0.3 + 0.3 + 0.3 - 0.1 - 0 - 0 + 0 = 0.8$$ ## 1.6 条件概率与乘法公式 1. **条件概率定义**：设试验 $T$ 样本空间为 $\\Omega$，$A, B$ 为两事件，若 $P(B) > 0$，称： $$P(A \\mid B) = \\frac{P(AB)}{P(B)}$$ 为在事件 $B$ 发生的条件下，事件 $A$ 发生的条件概率。 - 条件概率也是概率，具备非负性（$0 \\le P(A|B) \\le 1$）、规范性（$P(B|B) = 1$）、可列可加性（$P(\\bigcup A_i \\mid B) = \\sum P(A_i \\mid B)$）； - $P(A_2 - A_1 \\mid B) = P(A_2 \\mid B) - P(A_1 \\mid B)$（当 $A_1 \\subset A_2$ 时）； - 对立事件：$P(\\overline{A} \\mid B) = 1 - P(A \\mid B)$。 - **【原稿例题 8】** 一类动物由出生起活到 20 岁以上的概率为 0.8，活到 25 岁以上的概率为 0.4。现假设此动物中有一动物为 20 岁，问其活到 25 岁以上的概率是多少？ **解**：设 $B = \\{\\text{活到 20 岁以上}\\}, A = \\{\\text{活到 25 岁以上}\\}$。由于 $A \\subset B$，故 $AB = A$。 $$P(A \\mid B) = \\frac{P(AB)}{P(B)} = \\frac{P(A)}{P(B)} = \\frac{0.4}{0.8} = 0.5$$ 2. **乘法公式**： - 两个事件：$P(AB) = P(A \\mid B)P(B) = P(B \\mid A)P(A)$； - 多个事件链式法则：$P(A_1 A_2 \\cdots A_n) = P(A_1) P(A_2 \\mid A_1) P(A_3 \\mid A_1 A_2) \\cdots P(A_n \\mid A_1 \\cdots A_{n-1})$。 - **【原稿例题 9】** 一批产品共 10 件，其中 3 件为次品，每次从中任取一件**不放回**，问第三次才首次取到正品的概率等于多少？ **解**：设 $A_1$ 表示第 1 次取到次品，$A_2$ 表示第 2 次取到次品，$A_3$ 表示第 3 次取到正品。 $$P(A_1 A_2 A_3) = P(A_1) P(A_2 \\mid A_1) P(A_3 \\mid A_1 A_2) = \\frac{3}{10} \\times \\frac{2}{9} \\times \\frac{7}{8} = \\frac{7}{120} \\approx 0.0583$$ - **【原稿例题 10】** 某人有 5 把钥匙，其中有 2 把房门钥匙，但忘了开房门的是哪 2 把，只好逐次试开，问 3 次内打开房门的概率。 **解**：设 $A_i$ 表示第 $i$ 次打开房门： - 第 1 次打开：$P(A_1) = \\frac{2}{5}$； - 第 2 次打开：$P(\\overline{A_1} A_2) = \\frac{3}{5} \\times \\frac{2}{4} = \\frac{3}{10}$； - 第 3 次打开：$P(\\overline{A_1}\\overline{A_2} A_3) = \\frac{3}{5} \\times \\frac{2}{4} \\times \\frac{2}{3} = \\frac{1}{5}$； - 合计概率：$P = \\frac{2}{5} + \\frac{3}{10} + \\frac{1}{5} = \\frac{9}{10}$。 ## 1.7 事件的独立性与伯努利试验 1. **两事件相互独立**： - 定义：若 $P(AB) = P(A)P(B)$，则称事件 $A$ 与事件 $B$ 相互独立。 - 对称性：$A$ 与 $B$ 独立是相互对称的概念。 - 当 $P(A)>0$ 时，独立等价于 $P(B|A) = P(B)$。 - **四组等价性**：$A, B$ 独立 $\\iff A, \\overline{B}$ 独立 $\\iff \\overline{A}, B$ 独立 $\\iff \\overline{A}, \\overline{B}$ 独立。 - **并事件公式**：若 $A, B$ 独立，则 $P(A \\cup B) = 1 - P(\\overline{A})P(\\overline{B})$。 > **高分避坑警示**：若 $P(A)>0, P(B)>0$，则“$A, B$ 相互独立”与“$A, B$ 互斥（互不相容）”**不能同时成立**！ > 证明：独立要求 $P(AB) = P(A)P(B) > 0$，而互斥要求 $P(AB) = 0$，二者矛盾！ 2. **三事件相互独立**： 三事件 $A, B, C$ 相互独立，是指下面关系式同时成立： $$\\begin{cases} P(AB) = P(A)P(B) \\\\ P(AC) = P(A)P(C) \\\\ P(BC) = P(B)P(C) \\end{cases} \\quad \\text{且} \\quad P(ABC) = P(A)P(B)P(C)$$ > 仅满足前三式称为**两两独立**；两两独立推不出相互独立，相互独立必两两独立！ 3. **独立试验序列模型（$n$ 重伯努利试验）**： 在相同条件下重复试验，单次试验事件 $A$ 发生概率为 $p$（$0 0$），称 $P(A_i)$ 为**先验概率**（由以往经验得到，视为原因）： 1. **全概率公式（由因导果，求综合边际概率）**： $$P(B) = \\sum_{i=1}^n P(B \\mid A_i) P(A_i)$$ - **【原稿例题 12】** 甲乙两个口袋中各有 3 只白球、2 只黑球，从甲袋中任取一球放入乙袋中，求再从乙袋中取出一球为白球的概率。 **解**：设 $B$ 表示“最后从乙袋中取出白球”，$A_1$ 表示“甲袋取出白球放乙袋”，$A_2$ 表示“甲袋取出黑球放乙袋”。 $P(A_1) = \\frac{3}{5}, P(A_2) = \\frac{2}{5}$；$P(B \\mid A_1) = \\frac{4}{6}, P(B \\mid A_2) = \\frac{3}{6}$。 $$P(B) = P(B \\mid A_1)P(A_1) + P(B \\mid A_2)P(A_2) = \\frac{4}{6}\\times \\frac{3}{5} + \\frac{3}{6}\\times \\frac{2}{5} = \\frac{18}{30} = 0.6$$ - **【原稿例题 13】** 甲、乙、丙三人独立地向同一飞机进行射击，击中飞机的概率分别为 0.4, 0.5, 0.7。如果一人击中飞机，飞机被击落的概率为 0.2；两人击中飞机，飞机被击落概率为 0.6；三人击中飞机，飞机必被击落。求飞机被击落的概率。 **解**：以 $B$ 表示“飞机被击落”，$A_i$ 表示“有 $i$ 人击中飞机”： - $P(A_0) = 0.6 \\times 0.5 \\times 0.3 = 0.09$ - $P(A_1) = 0.4 \\times 0.5 \\times 0.3 + 0.6 \\times 0.5 \\times 0.3 + 0.6 \\times 0.5 \\times 0.7 = 0.06 + 0.09 + 0.21 = 0.36$ - $P(A_2) = 0.4 \\times 0.5 \\times 0.7 + 0.4 \\times 0.5 \\times 0.7 + 0.6 \\times 0.5 \\times 0.7 = 0.14 + 0.14 + 0.21 = 0.41$（其中三项对应：甲乙中丙不中、甲丙中乙不中、乙丙中甲不中，即 $0.4\\times 0.5\\times 0.3 + 0.4\\times 0.5\\times 0.7 + 0.6\\times 0.5\\times 0.7$ 修正为 $0.14+0.06+0.21=0.41$） - $P(A_3) = 0.4 \\times 0.5 \\times 0.7 = 0.14$ 条件概率：$P(B|A_0)=0, P(B|A_1)=0.2, P(B|A_2)=0.6, P(B|A_3)=1$。 $$P(B) = \\sum_{i=0}^3 P(B \\mid A_i)P(A_i) = 0 + 0.36\\times 0.2 + 0.41\\times 0.6 + 0.14\\times 1 = 0.072 + 0.246 + 0.14 = 0.458$$ 2. **贝叶斯公式（由果索因，求后验概率）**： $$P(A_i \\mid B) = \\frac{P(A_i B)}{P(B)} = \\frac{P(B \\mid A_i) P(A_i)}{\\sum_{j=1}^n P(B \\mid A_j) P(A_j)}$$ - **【原稿例题 14】** 某商店从三个厂购买了一批灯泡，甲厂占 25%，乙厂占 35%，丙厂占 40%，各厂的次品率分别为 5%, 4%, 2%。 - (1) 消费者买到一只次品灯泡的概率： 设 $B$ 表示“买到次品”，$A_1, A_2, A_3$ 表示来自甲、乙、丙厂。 $P(B) = \\sum_{i=1}^3 P(B|A_i)P(A_i) = 0.25\\times 0.05 + 0.35\\times 0.04 + 0.40\\times 0.02 = 0.0125 + 0.014 + 0.008 = 0.0345$ - (2) 若消费者买到一只次品灯泡，问它是哪个厂家生产的可能性最大？ - 甲厂后验：$P(A_1 \\mid B) = \\frac{P(B|A_1)P(A_1)}{P(B)} = \\frac{0.0125}{0.0345} \\approx 0.3623$ - 乙厂后验：$P(A_2 \\mid B) = \\frac{P(B|A_2)P(A_2)}{P(B)} = \\frac{0.0140}{0.0345} \\approx 0.4058$ - 丙厂后验：$P(A_3 \\mid B) = \\frac{P(B|A_3)P(A_3)}{P(B)} = \\frac{0.0080}{0.0345} \\approx 0.2319$ **结论**：买到乙厂生产的可能性最大（40.58%）。 --- # 第 2 章 一维随机变量及其分布 ## 2.1 随机变量的概念 1. **随机变量定义**：设 $\\Omega = \\{\\omega\\}$ 为随机试验的样本空间，如果对于每一个样本点 $\\omega \\in \\Omega$，有一个实数 $X(\\omega)$ 与之对应，这就定义了一个 $\\Omega$ 上的实值函数 $X = X(\\omega)$，称之为随机变量。 - 映射实质：随机变量是 $\\Omega \\to \\mathbb{R}$ 上的映射。 - 随机性：试验前只能预知它的可能取值，不能预知取哪个值； - 概率特性：$X$ 以一定的概率取某个值； - 随机事件的代数表示：引入随机变量后，可用等式或不等式表达随机事件，如 $\\{X > 100\\}$ 表示“某天 9:00~10:00 接到电话次数超过 100 次”； - 随机变量的函数一般也是随机变量。 2. **示性变量（指示函数）**：设 $A$ 为随机事件，定义： $$I(A) = I_A(\\omega) = \\begin{cases} 1, & \\omega \\in A \\\\ 0, & \\omega \\notin A \\end{cases}$$ 称为事件 $A$ 的示性变量。 ## 2.2 离散型随机变量及其常见分布 1. **分布律定义与性质**： 若随机变量 $X$ 的所有可能取值为有限个或可列无限个，称 $X$ 为离散型随机变量。 $P\\{X = x_k\\} = p_k$ ($k=1, 2, \\dots$) 称为概率分布或分布律。 - 非负性：$p_k \\ge 0$；规范性：$\\sum_k p_k = 1$。 - **【原稿例题 15】** 在 3 件正品 2 件次品组成的产品中，任取 2 件，求取到次品数 $X$ 的概率分布。 **解**：$X$ 可取 0, 1, 2。 $P\\{X=0\\} = \\frac{C_3^2}{C_5^2} = \\frac{3}{10} = 0.3$； $P\\{X=1\\} = \\frac{C_3^1 C_2^1}{C_5^2} = \\frac{6}{10} = 0.6$； $P\\{X=2\\} = \\frac{C_2^2}{C_5^2} = \\frac{1}{10} = 0.1$。 - **【原稿例题 16：几何分布】** 对某一目标射击，直到击中为止，设每次射击命中率为 $p$，求射击次数的分布律。 **解**：记 $q = 1 - p$，$X$ 为射击次数： $$P\\{X = k\\} = p q^{k-1}, \\quad k = 1, 2, 3, \\dots$$ 2. **常见离散型分布**： - **(1) 0-1 分布 $B(1, p)$**：$P\\{X = x\\} = p^x (1-p)^{1-x}, x = 0, 1$。 - **(2) 二项分布 $B(n, p)$**：$P\\{X = k\\} = C_n^k p^k (1-p)^{n-k}, k = 0, 1, \\dots, n$。 - **【原稿例题 17】** 某车间有 9 台独立工作的车床，在任一时刻用电的概率都是 0.3。求： (1) 同一时刻用电车床数 $X$ 的概率分布：$X \\sim B(9, 0.3)$； (2) 同一时刻至少一台车床用电的概率：$P\\{X \\ge 1\\} = 1 - P\\{X=0\\} = 1 - (0.7)^9 \\approx 0.9596$； (3) 同一时刻最多一台车床用电的概率：$P\\{X \\le 1\\} = P\\{X=0\\} + P\\{X=1\\} = (0.7)^9 + C_9^1 \\times 0.3 \\times (0.7)^8 \\approx 0.1960$。 - **(3) 泊松分布 $P(\\lambda)$**：$P\\{X = k\\} = \\frac{\\lambda^k}{k!} e^{-\\lambda}, k = 0, 1, 2, \\dots$ ($\lambda > 0$)。 - **泊松定理**：设 $\\lim_{n \\to \\infty} n p_n = \\lambda > 0$，则 $\\lim_{n \\to \\infty} C_n^k p_n^k (1-p_n)^{n-k} = \\frac{\\lambda^k}{k!} e^{-\\lambda}$。 - **【原稿例题 18】** 某地方有 2500 人参加某种物品保险，每人年初向保险公司交保费 12 元，若在这一年内该物品损坏，则可从保险公司领取 2000 元。该物品损坏的概率 $p=0.002$。求保险公司获利不少于 20000 元的概率。 **解**：总保费 $2500 \\times 12 = 30000$ 元。“获利不少于 2 万元”即赔偿不超过 1 万元，损坏人数 $X \\le 5$。 $X \\sim B(2500, 0.002)$，取 $\\lambda = np = 2500 \\times 0.002 = 5$。 $$P\\{X \\le 5\\} = \\sum_{k=0}^5 C_{2500}^k (0.002)^k (0.998)^{2500-k} \\approx \\sum_{k=0}^5 \\frac{5^k}{k!} e^{-5} \\approx 0.616$$ - **【原稿例题 19】** 某厂产品不合格率为 0.03，现将产品装箱，若要以不小于 90% 的概率保证每箱中至少有 100 个合格品，则每箱至少应装多少个产品？ **解**：设每箱至少应装 $100+n$ 个，不合格品个数 $X \\sim B(100+n, 0.03)$。 由题要求 $P(X \\le n) = \\sum_{k=0}^n b(k; 100+n, 0.03) \\ge 0.9$。 $(100+n) \\times 0.03 = 3 + 0.03n \\approx 3$，取 $\\lambda = 3$。 应用泊松定理：$\\sum_{k=0}^n \\frac{3^k}{k!} e^{-3} \\ge 0.9 \\iff \\sum_{k=n+1}^\\infty \\frac{3^k}{k!} e^{-3} \\le 0.1$。 查泊松分布表，当 $\\lambda=3$ 时，得 $n+1 = 6 \\implies n = 5$。 故每箱至少应装 $100 + 5 = 105$ 个。 ## 2.3 分布函数及其性质 1. **定义**：设 $X$ 是一个随机变量，对任意实数 $x \\in (-\\infty, +\\infty)$，令： $$F(x) = P\\{X \\le x\\}$$ 称 $F(x)$ 为随机变量 $X$ 的分布函数。 - $P\\{X \\le a\\} = F(a)$；$P\\{X > a\\} = 1 - F(a)$；$P\\{a < X \\le b\\} = F(b) - F(a)$。 2. **充要三大性质**： - **(1) 单调非降性**：对任意 $x_1 < x_2$，有 $F(x_1) \\le F(x_2)$； - **(2) 有界性**：$0 \\le F(x) \\le 1$，且 $\\lim_{x \\to +\\infty} F(x) = 1, \\lim_{x \\to -\\infty} F(x) = 0$； - **(3) 右连续性**：$F(x+0) = \\lim_{t \\to x^+} F(t) = F(x)$。 > **单点概率跃度公式**：$P\\{X = x_0\\} = F(x_0) - F(x_0 - 0)$。若在 $x_0$ 处连续，则单点概率为 0。 - **【原稿例题 20】** 设 $X$ 的分布函数为 $F(x) = A + B \\arctan x$ ($-\\infty < x < +\\infty$)，求常数 $A, B$ 及 $P\\{-1 < X \\le \\sqrt{3}\\}$。 **解**：$F(-\\infty) = A - B\\frac{\\pi}{2} = 0, F(+\\infty) = A + B\\frac{\\pi}{2} = 1 \\implies A = \\frac{1}{2}, B = \\frac{1}{\\pi}$。 $$P\\{-1 < X \\le \\sqrt{3}\\} = F(\\sqrt{3}) - F(-1) = (\\frac{1}{2} + \\frac{1}{\\pi}\\frac{\\pi}{3}) - (\\frac{1}{2} - \\frac{1}{\\pi}\\frac{\\pi}{4}) = \\frac{1}{3} + \\frac{1}{4} = \\frac{7}{12}$$ - **【原稿例题 21】** 随机变量 $X$ 的分布函数 $F(x) = \\begin{cases} A + B e^{-2x}, & x > 0 \\\\ 0, & x \\le 0 \\end{cases}$，求常数 $A$ 和 $B$。 **解**：$F(+\\infty) = A = 1$；由右连续性 $\\lim_{x \\to 0^+} F(x) = A + B = F(0) = 0 \\implies B = -1$。 - **【原稿例题 22】** 设离散型分布律为 $X = 0, 1, 2$，对应概率 $P = 0.2, 0.5, 0.3$。 - (1) 求 $F(x)$ 并画出图形： $$F(x) = \\begin{cases} 0, & x < 0 \\\\ 0.2, & 0 \\le x < 1 \\\\ 0.7, & 1 \\le x < 2 \\\\ 1, & x \\ge 2 \\end{cases}$$ - (2) 求 $P\\{X \\le 3\\} = F(3) = 1$；$P\\{-1 \\le X \\le 1\\} = P\\{X=-1\\} + P\\{-1 < X \\le 1\\} = 0 + F(1) - F(-1) = 0.7$。 3. **单位阶跃函数与广义 $\\delta$ 函数统一**： 定义 Heaviside 单位阶跃函数 $U(x) = \\begin{cases} 0, & x < 0 \\\\ 1, & x \\ge 0 \\end{cases}$。 离散型分布函数可表示为 $F(x) = \\sum_{x_i \\le x} p_i = \\sum_{i=1}^\\infty p_i U(x - x_i)$。 若记 $\\delta(x) = \\frac{dU(x)}{dx}$ 为广义 Dirac 函数（满足 $\\delta(x)=0(x\\neq 0), \\int_{-\\infty}^{+\\infty}\\delta(x)dx=1, \\int_{-\\infty}^{+\\infty}g(x)\\delta(x-x_0)dx=g(x_0)$），则离散型密度可写为 $f(x) = \\sum p_i \\delta(x - x_i)$，离散与连续在此统一。 - **【原稿例题 23】** 向平面上半径为 1 的圆 $D$ 内任意投掷一个质点，以 $X$ 表示该质点到圆心的距离。设落在 $D$ 中任意小区域内的概率与小区域面积成正比，求 $X$ 的分布函数。 **解**：当 $x < 0$ 时 $F(x) = 0$；当 $x > 1$ 时 $F(x) = 1$。 当 $0 \\le x \\le 1$ 时，$F(x) = P\\{X \\le x\\} = \\frac{\\pi x^2}{\\pi \\cdot 1^2} = x^2$。 $$F(x) = \\begin{cases} 0, & x < 0 \\\\ x^2, & 0 \\le x \\le 1 \\\\ 1, & x > 1 \\end{cases} \\qquad (F(x) \\text{ 处处连续})$$ ## 2.4 连续型随机变量及其常见分布 1. **定义与性质**： 若存在非负函数 $f(x)$，使 $F(x) = \\int_{-\\infty}^x f(t) dt$，称 $X$ 为连续型，$f(x)$ 称为概率密度。 - 非负性：$f(x) \\ge 0$；规范性：$\\int_{-\\infty}^{+\\infty} f(x) dx = 1$； - 连续点处 $F'(x) = f(x)$；任一单点概率为 0：$P\\{X = a\\} = 0$； - 区间概率：$P\\{a < X \\le b\\} = \\int_a^b f(x) dx$。 - **【原稿例题 24】** 设随机变量 $X$ 的概率密度为 $f(x) = a e^{-|x|}$。 - (1) 求常数 $a$：由 $\\int_{-\\infty}^{+\\infty} f(x)dx = 2a \\int_0^{+\\infty} e^{-x}dx = 2a = 1 \\implies a = \\frac{1}{2}$； - (2) 求 $P\\{X > 1\\} = \\int_1^{+\\infty} \\frac{1}{2} e^{-x} dx = \\frac{1}{2} e^{-1}$； - (3) 求 $P\\{0 < X \\le \\ln 2\\} = \\int_0^{\\ln 2} \\frac{1}{2} e^{-x} dx = \\frac{1}{2} (1 - \\frac{1}{2}) = \\frac{1}{4}$。 - **【原稿例题 25】** 设 $f(x) = \\begin{cases} Ax(3x+2), & 0 \\le x \\le 2 \\\\ 0, & \\text{其他} \\end{cases}$，试求常数 $A$，并求 $P\\{-1 < X < 1\\}$。 **解**：$1 = \\int_0^2 Ax(3x+2)dx = A [x^3 + x^2]_0^2 = 12A \\implies A = \\frac{1}{12}$。 $$P\\{-1 < X < 1\\} = \\int_0^1 \\frac{1}{12} x(3x+2)dx = \\frac{1}{12} [x^3 + x^2]_0^1 = \\frac{2}{12} = \\frac{1}{6}$$ - **【原稿例题 26：三角分布】** 已知 $f(x) = \\begin{cases} x, & 0 \\le x < 1 \\\\ 2 - x, & 1 \\le x < 2 \\\\ 0, & \\text{其他} \\end{cases}$。 - (1) 求分布函数 $F(x)$： - $x < 0$ 时 $F(x) = 0$； - $0 \\le x < 1$ 时 $F(x) = \\int_0^x t dt = \\frac{1}{2} x^2$； - $1 \\le x < 2$ 时 $F(x) = \\frac{1}{2} + \\int_1^x (2-t)dt = -\\frac{1}{2}x^2 + 2x - 1$； - $x \\ge 2$ 时 $F(x) = 1$。 - (2) 求 $P\\{X \\in [0.5, 1.5]\\} = F(1.5) - F(0.5) = (-\\frac{1}{2}\\times 2.25 + 3 - 1) - \\frac{1}{8} = \\frac{7}{8} - \\frac{1}{8} = \\frac{3}{4}$。 2. **四大常见连续型分布**： - **(1) 均匀分布 $U[a, b]$**： $f(x) = \\frac{1}{b-a} (a \\le x \\le b)$。落入子区间概率仅与子区间长度成正比，与位置无关。 - **【原稿例题 27】** 公共汽车每隔 15 分钟发出一辆，乘客到站候车时间 $X \\sim U[0, 15]$。候车超过 6 分钟概率 $P\\{X > 6\\} = \\int_6^{15} \\frac{1}{15} dx = \\frac{9}{15} = \\frac{3}{5}$。 - **(2) 指数分布 $\\text{Exp}(\\lambda)$**： $f(x) = \\lambda e^{-\\lambda x} (x>0)$，$F(x) = 1 - e^{-\\lambda x}$。 - **无记忆性**：$P\\{X > s+t \\mid X > s\\} = P\\{X > t\\}$。 - **【原稿例题 28】** 电子元件寿命 $X \\sim \\text{Exp}(0.1)$（年）。已使用 1.5 年，还能再使用 2 年的概率： $$P\\{X > 3.5 \\mid X > 1.5\\} = \\frac{P\\{X > 3.5\\}}{P\\{X > 1.5\\}} = \\frac{e^{-0.35}}{e^{-0.15}} = e^{-0.2}$$ - **(3) $\\Gamma$ 分布与 $\\Gamma$ 函数**： $\\Gamma(\\alpha) = \\int_0^\\infty x^{\\alpha-1} e^{-x} dx$。性质：$\\Gamma(1) = 1, \\Gamma(\\frac{1}{2}) = \\sqrt{\\pi}, \\Gamma(\\alpha+1) = \\alpha\\Gamma(\\alpha), \\Gamma(n) = (n-1)!$。 当 $\\alpha=1$ 时，$\\Gamma(\\lambda, 1) = \\text{Exp}(\\lambda)$。 - **(4) 正态分布 $N(\\mu, \\sigma^2)$**： $$f(x) = \\frac{1}{\\sqrt{2\\pi}\\sigma} e^{-\\frac{(x-\\mu)^2}{2\\sigma^2}}, \\quad -\\infty < x < +\\infty$$ - 图形特点：关于直线 $x=\\mu$ 对称；$x=\\mu$ 处取极大值 $\\frac{1}{\\sqrt{2\\pi}\\sigma}$；拐点在 $x = \\mu \\pm \\sigma$；以 $x$ 轴为渐近线； - 面积对称关系：$F(\\mu - x) + F(\\mu + x) = 1$；$F(\\mu) = 0.5$； - $\\mu$ 决定对称轴位置（位置参数），$\\sigma$ 决定曲线陡峭程度（形态参数，$\\sigma$ 越小越尖锐，$\\sigma$ 越大越扁平）； - 标准正态分布 $\\varphi(x), \\Phi(x)$：$\\Phi(-x) = 1 - \\Phi(x)$；$P\\{|X| < a\\} = 2\\Phi(a) - 1$。 - **线性变换定理**：若 $X \\sim N(\\mu, \\sigma^2)$，则 $Y = kX + b \\sim N(k\\mu+b, k^2\\sigma^2)$； 特别地，$Z = \\frac{X-\\mu}{\\sigma} \\sim N(0, 1)$。 - **【原稿例题 29】** 设 $X \\sim N(0, 1)$： - (1) 求 $P\\{X \\le 0\\} = \\Phi(0) = 0.5$；$P\\{X \\le -1.25\\} = 1 - \\Phi(1.25) = 0.1056$；$P\\{|X| > 0.68\\} = 2 - 2\\Phi(0.68) = 0.4966$； - (2) 求 $\\lambda$ 使满足 $P\\{X > \\lambda\\} = 0.05 \\implies \\Phi(\\lambda) = 0.95 \\implies \\lambda \\approx 1.65$； - (3) 求 $\\lambda$ 使满足 $P\\{2X \\le \\lambda\\} = \\frac{1}{3} \\implies \\Phi(\\frac{\\lambda}{2}) = \\frac{1}{3} \\implies \\Phi(-\\frac{\\lambda}{2}) = \\frac{2}{3} \\implies -\\frac{\\lambda}{2} \\approx 0.43 \\implies \\lambda \\approx -0.86$。 - **【原稿例题 30】** 某仪器上装有 3 个独立元件，寿命均服从 $N(100, 15^2)$（小时）。求使用的最初 90 小时内无一元件损坏的概率。 **解**：单元件在 90 小时内损坏概率 $p = P\\{X < 90\\} = \\Phi(\\frac{90-100}{15}) = \\Phi(-0.67) = 1 - \\Phi(0.67) = 0.2514$。 损坏元件数 $Y \\sim B(3, p)$，无一损坏概率 $P\\{Y=0\\} = (1-p)^3 = (0.7486)^3 \\approx 0.4195$。 - **【原稿例题 31】** 某校抽样调查表明考生外语成绩服从正态分布 $N(72, \\sigma^2)$，已知 96 分以上的占考生总数的 2.3%，求考生成绩在 60~84 分之间的概率。 **解**：$P\\{X > 96\\} = P\\{\\frac{X-72}{\\sigma} > \\frac{24}{\\sigma}\\} = 1 - \\Phi(\\frac{24}{\\sigma}) = 0.023 \\implies \\Phi(\\frac{24}{\\sigma}) = 0.9770$。 查表得 $\\frac{24}{\\sigma} \\approx 2 \\implies \\sigma \\approx 12$。 $$P\\{60 < X < 84\\} = \\Phi(\\frac{84-72}{12}) - \\Phi(\\frac{60-72}{12}) = \\Phi(1) - \\Phi(-1) = 2\\Phi(1) - 1 = 2(0.8413) - 1 = 0.6826$$ --- # 第 3 章 二维随机变量及其分布 ## 3.1 联合分布函数与性质 1. **联合分布函数定义**： $$F(x, y) = P\\{X \\le x, Y \\le y\\} = P\\{\\\"X \\le x\\\" \\cap \\\"Y \\le y\\\"\\}$$ 2. **四大充要性质**： - **(1) 单调性**：分别关于 $x$ 和 $y$ 单调不减； - **(2) 有界性**：$0 \\le F(x, y) \\le 1$；$F(-\\infty, y) = 0, F(x, -\\infty) = 0, F(-\\infty, -\\infty) = 0, F(+\\infty, +\\infty) = 1$； - **(3) 右连续性**：关于 $x$ 和关于 $y$ 均右连续； - **(4) 矩形非负性**：对任意 $x_1 < x_2, y_1 < y_2$： $$P\\{x_1 < X \\le x_2, y_1 < Y \\le y_2\\} = F(x_2, y_2) - F(x_1, y_2) - F(x_2, y_1) + F(x_1, y_1) \\ge 0$$ ## 3.2 二维离散型随机变量 - **分布律**：$P\\{X = x_i, Y = y_j\\} = p_{ij}$，满足 $p_{ij} \\ge 0, \\sum_{i} \\sum_{j} p_{ij} = 1$。 - **【原稿例题 32】** 一个口袋中有 3 只大小相同的球，编号为 1, 2, 2。从中任取一球不放回，再任取一球。以 $X, Y$ 分别表示第一次、第二次取到的号码。求 $(X, Y)$ 联合分布律与分布函数。 **解**： $P\\{X=1, Y=1\\} = 0$；$P\\{X=1, Y=2\\} = \\frac{1}{3} \\times 1 = \\frac{1}{3}$； $P\\{X=2, Y=1\\} = \\frac{2}{3} \\times \\frac{1}{2} = \\frac{1}{3}$；$P\\{X=2, Y=2\\} = \\frac{2}{3} \\times \\frac{1}{2} = \\frac{1}{3}$。 分布函数可用阶跃函数统一表示： $$F(x, y) = \\frac{1}{3} U(x-1)U(y-2) + \\frac{1}{3} U(x-2)U(y-1) + \\frac{1}{3} U(x-2)U(y-2)$$ - **【原稿例题 33】** 设 r.v. $X$ 在 1, 2, 3, 4 中等可能取值，另一 r.v. $Y$ 在 1 到 $X$ 中等可能取值，求 $(X, Y)$ 分布律。 **解**：$P\\{X=i, Y=j\\} = P\\{X=i\\} P\\{Y=j \\mid X=i\\} = \\frac{1}{4} \\times \\frac{1}{i}$ ($i=1,2,3,4, j \\le i$)。 联合分布律表格： - $X=1$: $Y=1$ 为 $\\frac{1}{4}$； - $X=2$: $Y=1, 2$ 各为 $\\frac{1}{8}$； - $X=3$: $Y=1, 2, 3$ 各为 $\\frac{1}{12}$； - $X=4$: $Y=1, 2, 3, 4$ 各为 $\\frac{1}{16}$。 ## 3.3 二维连续型联合概率密度 - **定义**：$F(x, y) = \\int_{-\\infty}^y \\int_{-\\infty}^x f(u, v) du dv$，在偏导存在处 $\\frac{\\partial^2 F(x, y)}{\\partial x \\partial y} = f(x, y)$。 - **区域概率**：$P\\{(X, Y) \\in G\\} = \\iint_G f(x, y) dx dy$。 - **【原稿例题 34】** 设 $(X, Y)$ 概率密度 $f(x, y) = \\begin{cases} 2e^{-(2x+y)}, & x > 0, y > 0 \\\\ 0, & \\text{其他} \\end{cases}$。 - (1) 求分布函数 $F(x, y)$： 当 $x>0, y>0$ 时，$F(x, y) = \\int_0^y \\int_0^x 2e^{-(2u+v)} du dv = (1 - e^{-2x})(1 - e^{-y})$；其他为 0。 - (2) 求概率 $P\\{Y \\le X\\}$： $$P\\{Y \\le X\\} = \\iint_{y \\le x} 2e^{-(2x+y)} dx dy = \\int_0^{+\\infty} dx \\int_0^x 2e^{-(2x+y)} dy = \\int_0^{+\\infty} 2e^{-2x}(1 - e^{-x}) dx = 1 - \\frac{2}{3} = \\frac{1}{3}$$ - **二维正态分布 $N(\\mu_1, \\mu_2, \\sigma_1^2, \\sigma_2^2, \\rho)$**： $$f(x, y) = \\frac{1}{2\\pi\\sigma_1\\sigma_2\\sqrt{1-\\rho^2}} \\exp\\left\\{-\\frac{1}{2(1-\\rho^2)} \\left[ \\frac{(x-\\mu_1)^2}{\\sigma_1^2} - 2\\rho\\frac{(x-\\mu_1)(y-\\mu_2)}{\\sigma_1\\sigma_2} + \\frac{(y-\\mu_2)^2}{\\sigma_2^2} \\right] \\right\\}$$ ## 3.4 边缘分布与条件分布 1. **边缘分布**： - 连续型：$f_X(x) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} f(x, y) dy$；$f_Y(y) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} f(x, y) dx$； - 离散型：行和为 $p_{i\\cdot} = \\sum_j p_{ij}$，列和为 $p_{\\cdot j} = \\sum_i p_{ij}$。 - **【原稿例题 35】** 设 $(X, Y)$ 联合密度 $f(x, y) = \\begin{cases} C, & x^2 \\le y \\le x \\\\ 0, & \\text{其他} \\end{cases}$。 - (1) 求常数 $C$：由规范性 $\\int_0^1 dx \\int_{x^2}^x C dy = C \\int_0^1 (x - x^2)dx = \\frac{C}{6} = 1 \\implies C = 6$。 - (2) 求边缘密度： - $f_X(x) = \\int_{x^2}^x 6 dy = 6(x - x^2), \\quad 0 \\le x \\le 1$； - 由 $x^2 \\le y \\le x$ 反解得 $y \\le x \\le \\sqrt{y}$，故 $f_Y(y) = \\int_y^{\\sqrt{y}} 6 dx = 6(\\sqrt{y} - y), \\quad 0 \\le y \\le 1$。 2. **条件分布**： - 离散型：$P\\{X = x_i \\mid Y = y_j\\} = \\frac{p_{ij}}{p_{\\cdot j}}$； - 连续型：$f_{Y \\mid X}(y \\mid x) = \\frac{f(x, y)}{f_X(x)}$；$f_{X \\mid Y}(x \\mid y) = \\frac{f(x, y)}{f_Y(y)}$。 - **【原稿例题 36】** 离散分布律表格 $X \\in \\{0, 1, 2\\}, Y \\in \\{0, 1, 2\\}$，已知 $P\\{Y=1\\} = \\frac{4}{16} + \\frac{2}{16} + 0 = \\frac{6}{16}$。 求 $Y=1$ 条件下 $X$ 的分布律： $P\\{X=0 \\mid Y=1\\} = \\frac{4/16}{6/16} = \\frac{2}{3}$；$P\\{X=1 \\mid Y=1\\} = \\frac{2/16}{6/16} = \\frac{1}{3}$；$P\\{X=2 \\mid Y=1\\} = 0$。 - **【原稿例题 37】** 已知 $f(x, y) = \\begin{cases} \\frac{21}{4} x^2 y, & x^2 < y < 1 \\\\ 0, & \\text{其他} \\end{cases}$。 - (1) 求条件密度 $f_{Y \\mid X}(y \\mid x)$： $f_X(x) = \\int_{x^2}^1 \\frac{21}{4} x^2 y dy = \\frac{21}{8} x^2 (1 - x^4), \\quad -1 < x < 1$。 $$f_{Y \\mid X}(y \\mid x) = \\frac{f(x, y)}{f_X(x)} = \\frac{\\frac{21}{4}x^2 y}{\\frac{21}{8}x^2(1-x^4)} = \\frac{2y}{1 - x^4}, \\quad x^2 < y < 1$$ - (2) 求条件概率 $P\\{Y > \\frac{1}{3} \\mid X = -\\frac{1}{3}\\}$： $$P\\{Y > \\frac{1}{3} \\mid X = -\\frac{1}{3}\\} = \\int_{1/3}^1 \\frac{2y}{1 - (-1/3)^4} dy = \\frac{1 - 1/9}{1 - 1/81} = \\frac{8/9}{80/81} = \\frac{9}{10}$$ ## 3.5 随机变量的相互独立性 1. **充要判定准则**： $$F(x, y) = F_X(x) F_Y(y) \\iff X, Y \\text{ 相互独立}$$ - 离散型：对任意 $i, j$ 均有 $p_{ij} = p_{i\\cdot} p_{\\cdot j}$； - 连续型：$f(x, y) = f_X(x) f_Y(y)$ 几乎处处成立。 - **因子分解定理推论**：$f(x, y) = g(x) h(y)$ 且支撑集为直积矩形 $I_x \\times I_y$。 - **【原稿例题 38】** 验证柯西联合分布 $f(x, y) = \\frac{1}{\\pi^2(1+x^2)(1+y^2)}$ 的独立性。 **解**：$f_X(x) = \\frac{1}{\\pi(1+x^2)}, f_Y(y) = \\frac{1}{\\pi(1+y^2)}$，显然 $f_X(x)f_Y(y) = f(x, y)$，故 $X, Y$ 相互独立。 - **【原稿对比分析例题 39】** - (1) $f(x, y) = \\frac{3}{2} y^2$ ($0 \\le x \\le 2, 0 \\le y \\le 1$)：积分区域为矩形，边缘 $f_X(x)=\\frac{1}{2}, f_Y(y)=3y^2$，$f_X f_Y = f \\implies X, Y$ **相互独立**； - (2) $f(x, y) = 8xy$ ($0 \\le y \\le 1, 0 \\le x \\le y$)：积分区域为三角形（边界包含 $x \\le y$），边缘 $f_X(x)=4x(1-x^2), f_Y(y)=4y^3$，$f_X f_Y \\neq f \\implies X, Y$ **不独立**！ ## 3.6 二维随机变量函数的分布 1. **离散型函数的概率分布（合并同类项法）**： - **【原稿例题 40】** $(X, Y)$ 联合分布律如下表： - 取值点 $(-1, -1), (-1, 0), (1, -1), (1, 0), (2, -1), (2, 0)$，对应概率 $\\frac{1}{4}, \\frac{1}{4}, \\frac{1}{6}, \\frac{1}{8}, \\frac{1}{8}, \\frac{1}{12}$。 - 求 $X+Y, X-Y, XY, Y/X$ 的分布律： - $X+Y$ 可取 $-2, -1, 0, 1, 2$，概率依次为 $\\frac{1}{4}, \\frac{1}{4}, \\frac{1}{6}, \\frac{1}{4}, \\frac{1}{12}$； - $X-Y$ 可取 $-1, 0, 1, 2, 3$，概率依次为 $\\frac{1}{4}, \\frac{1}{4}, \\frac{1}{8}, \\frac{1}{4}, \\frac{1}{8}$； - $XY$ 可取 $-2, -1, 0, 1$，概率依次为 $\\frac{1}{8}, \\frac{1}{6}, \\frac{11}{24}, \\frac{1}{4}$； - $Y/X$ 可取 $-1, -1/2, 0, 1$，概率依次为 $\\frac{1}{6}, \\frac{1}{8}, \\frac{11}{24}, \\frac{1}{4}$。 2. **极坐标分布函数法（瑞利分布 Rayleigh）**： - **【原稿例题 41】** 设 $X, Y$ 相互独立且同服从 $N(0, \\sigma^2)$，求 $Z = \\sqrt{X^2+Y^2}$ 的概率密度。 **解**：$f(x, y) = \\frac{1}{2\\pi\\sigma^2} e^{-\\frac{x^2+y^2}{2\\sigma^2}}$。 当 $z \\le 0$ 时 $F_Z(z) = 0$。当 $z > 0$ 时： $$F_Z(z) = \\iint_{x^2+y^2 \\le z^2} f(x, y)dx dy = \\int_0^{2\\pi} d\\theta \\int_0^z \\frac{1}{2\\pi\\sigma^2} e^{-\\frac{r^2}{2\\sigma^2}} r dr = 1 - e^{-\\frac{z^2}{2\\sigma^2}}$$ 求导得 $Z$ 的概率密度： $$f_Z(z) = \\begin{cases} \\frac{z}{\\sigma^2} e^{-\\frac{z^2}{2\\sigma^2}}, & z > 0 \\\\ 0, & z \\le 0 \\end{cases}$$ 3. **独立连续和与差的卷积公式（手写原稿重点）**： $$f_{X+Y}(z) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} f_X(x) f_Y(z - x) dx, \\qquad f_{X-Y}(z) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} f_X(x) f_Y(x - z) dx$$ - **【原稿两页大金牌例题 42（手写原稿 P30~P31）】** 设 $X, Y$ 相互独立，密度函数分别为： $$f_X(x) = \\begin{cases} 1, & 0 \\le x \\le 1 \\\\ 0, & \\text{其他} \\end{cases}, \\qquad f_Y(y) = \\begin{cases} e^{-y}, & y > 0 \\\\ 0, & y \\le 0 \\end{cases}$$ 试求 $Z_1 = X + Y$ 及 $Z_2 = X - Y$ 的概率密度。 **解 (1)：求 $Z_1 = X + Y$ 的密度** 联合密度 $f(x, y) = \\begin{cases} e^{-y}, & 0 \\le x \\le 1, y > 0 \\\\ 0, & \\text{其他} \\end{cases}$。 积分非零区域充要条件为：$\\begin{cases} 0 \\le x \\le 1 \\\\ y = z_1 - x > 0 \\end{cases} \\iff \\begin{cases} 0 \\le x \\le 1 \\\\ x < z_1 \\end{cases}$。 - ① 当 $z_1 < 0$ 时：区域为空集，$f_{Z_1}(z_1) = 0$； - ② 当 $0 \\le z_1 < 1$ 时：$x$ 积分限为 $[0, z_1]$： $$f_{Z_1}(z_1) = \\int_0^{z_1} 1 \\cdot e^{-(z_1 - x)} dx = e^{-z_1} \\int_0^{z_1} e^x dx = e^{-z_1}(e^{z_1} - 1) = 1 - e^{-z_1}$$ - ③ 当 $z_1 \\ge 1$ 时：$x$ 积分限被截断在整个区间 $[0, 1]$： $$f_{Z_1}(z_1) = \\int_0^1 e^{-(z_1 - x)} dx = e^{-z_1}(e - 1) = (e - 1)e^{-z_1}$$ 综上所述： $$f_{Z_1}(z) = \\begin{cases} 1 - e^{-z}, & 0 \\le z < 1 \\\\ (e - 1)e^{-z}, & z \\ge 1 \\\\ 0, & z < 0 \\end{cases}$$ **解 (2)：求 $Z_2 = X - Y$ 的密度** $y = x - z_2 > 0 \\iff x > z_2$。结合 $0 \\le x \\le 1$： - ① 当 $z_2 \\ge 1$ 时：$x > z_2 \\ge 1$ 与 $0 \\le x \\le 1$ 矛盾，无解，故 $f_{Z_2}(z_2) = 0$； - ② 当 $z_2 \\le 0$ 时：$x > z_2$ 恒成立，$x$ 取遍 $[0, 1]$： $$f_{Z_2}(z_2) = \\int_0^1 1 \\cdot e^{-(x - z_2)} dx = e^{z_2} \\int_0^1 e^{-x} dx = e^{z_2}(1 - e^{-1}) = e^{z_2}\\left(1 - \\frac{1}{e}\\right)$$ - ③ 当 $0 < z_2 < 1$ 时：$x$ 的积分下限为 $z_2$，上限为 1： $$f_{Z_2}(z_2) = \\int_{z_2}^1 e^{-(x - z_2)} dx = e^{z_2} \\left[-e^{-x}\\right]_{z_2}^1 = e^{z_2}(e^{-z_2} - e^{-1}) = 1 - e^{z_2 - 1}$$ 综上所述： $$f_{Z_2}(z) = \\begin{cases} e^z\\left(1 - \\frac{1}{e}\\right), & z \\le 0 \\\\ 1 - e^{z - 1}, & 0 < z < 1 \\\\ 0, & z \\ge 1 \\end{cases}$$ --- # 第 4 章 随机变量的数字特征 ## 4.1 数学期望 1. **定义**： - 离散型：若级数 $\\sum_{k=1}^\\infty |x_k| p_k$ 收敛，则 $E(X) = \\sum_{k=1}^\\infty x_k p_k$；若发散则称期望不存在。 - 连续型：若积分 $\\int_{-\\infty}^{+\\infty} |x| f(x) dx$ 收敛，则 $E(X) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} x f(x) dx$。 > **高分警示：绝对收敛的不可替代性**！ > **★经典反例：柯西分布** $f(x) = \\frac{1}{\\pi(1+x^2)}$。虽然奇函数积分关于原点看似对称，但 $\\int_{-\\infty}^{+\\infty} \\frac{|x|}{\\pi(1+x^2)} dx = +\\infty$ 发散，故**柯西分布数学期望严格不存在**！ - **【原稿例题 43】** 甲乙两射手技术统计： - 甲成绩 $X = 8, 9, 10$，对应概率 $0.3, 0.1, 0.6$； - 乙成绩 $Y = 8, 9, 10$，对应概率 $0.2, 0.5, 0.3$。 - $EX = 8(0.3) + 9(0.1) + 10(0.6) = 9.3$；$EY = 8(0.2) + 9(0.5) + 10(0.3) = 9.1$。 - 结论：甲射手的水平高于乙射手。 - **【原稿例题 44】** 设 $X \\sim N(0, 1)$，求 $Y = X^2$ 的数学期望 $E(Y)$。 **解**：$E(Y) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} x^2 \\frac{1}{\\sqrt{2\\pi}} e^{-\\frac{x^2}{2}} dx = -\\int_{-\\infty}^{+\\infty} x d\\left(\\frac{1}{\\sqrt{2\\pi}} e^{-\\frac{x^2}{2}}\\right) = \\left[ -\\frac{x}{\\sqrt{2\\pi}} e^{-\\frac{x^2}{2}} \\right]_{-\\infty}^{+\\infty} + \\int_{-\\infty}^{+\\infty} \\frac{1}{\\sqrt{2\\pi}} e^{-\\frac{x^2}{2}} dx = 0 + 1 = 1$。 2. **期望的性质**： - $E(C) = C$；$E(cX) = cE(X)$；$E(X + Y) = E(X) + E(Y)$（线性叠加**无论独立与否恒成立**！）； - 若 $X, Y$ 独立，则 $E(XY) = E(X)E(Y)$。 > **逆命题不成立反例**：设 $X \\sim N(0, 1), Y = X^2$。显然 $X, Y$ 强相关绝不独立，但 $E(XY) = E(X^3) = 0$（由奇函数对称性），而 $E(X)E(Y) = 0 \\times 1 = 0$。故 $E(XY) = E(X)E(Y)$ 成立但 $X, Y$ 不独立！ - **【原稿例题 45】** 设 $(X, Y)$ 联合密度 $f(x, y) = \\begin{cases} \\frac{1}{4}x(1+3y^2), & 0 < x < 2, 0 < y < 1 \\\\ 0, & \\text{其他} \\end{cases}$。 求 $E(X), E(Y), E(X+Y), E(XY), E(Y/X)$。 **解**： $E(X) = \\int_0^2 x \\cdot \\frac{1}{4}x dx \\int_0^1 (1+3y^2)dy = \\left[ \\frac{x^3}{12} \\right]_0^2 \\times [y + y^3]_0^1 = \\frac{8}{12} \\times 2 = \\frac{4}{3}$； $E(Y) = \\int_0^2 \\frac{1}{4}x dx \\int_0^1 y(1+3y^2)dy = \\left[ \\frac{x^2}{8} \\right]_0^2 \\times \\left[ \\frac{y^2}{2} + \\frac{3y^4}{4} \\right]_0^1 = \\frac{1}{2} \\times \\frac{5}{4} = \\frac{5}{8}$； $E(X+Y) = E(X) + E(Y) = \\frac{4}{3} + \\frac{5}{8} = \\frac{47}{24}$； $E(XY) = E(X)E(Y) = \\frac{4}{3} \\times \\frac{5}{8} = \\frac{5}{6}$（因 $X, Y$ 独立）； $$E(Y/X) = \\int_0^2 \\frac{1}{x} \\cdot \\frac{1}{4}x dx \\int_0^1 y(1+3y^2)dy = \\frac{1}{4}(2) \\times \\frac{5}{4} = \\frac{5}{8}$$ > **红笔警示**：$E(Y/X) = \\frac{5}{8} \\neq \\frac{E(Y)}{E(X)} = \\frac{5/8}{4/3} = \\frac{15}{32}$！商的期望绝不能随意拆分！ ## 4.2 方差与标准差 1. **定义**：$D(X) = \\text{Var}(X) = E\\{[X - E(X)]^2\\}$。标准差 $\\sigma(X) = \\sqrt{D(X)}$。 2. **展开计算核心公式**： $$D(X) = E(X^2) - [E(X)]^2$$ 3. **重要分布期望与方差速查表**： | 分布名称 | 记号 | 概率分布律 / 密度函数 $f(x)$ | 数学期望 $E(X)$ | 方差 $D(X)$ | | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | | **0-1 分布** | $B(1, p)$ | $P\\{X=1\\}=p, P\\{X=0\\}=1-p$ | $p$ | $p(1-p)$ | | **二项分布** | $B(n, p)$ | $P\\{X=k\\}=C_n^k p^k (1-p)^{n-k}$ | $np$ | $np(1-p)$ | | **泊松分布** | $P(\\lambda)$ | $P\\{X=k\\}=\\frac{\\lambda^k}{k!} e^{-\\lambda}$ | $\\lambda$ | $\\lambda$ | | **均匀分布** | $U[a, b]$ | $f(x)=\\frac{1}{b-a} \\; (a \\le x \\le b)$ | $\\frac{a+b}{2}$ | $\\frac{(b-a)^2}{12}$ | | **指数分布** | $\\text{Exp}(\\lambda)$ | $f(x)=\\lambda e^{-\\lambda x} \\; (x > 0)$ | $\\frac{1}{\\lambda}$ | $\\frac{1}{\\lambda^2}$ | | **正态分布** | $N(\\mu, \\sigma^2)$ | $f(x)=\\frac{1}{\\sqrt{2\\pi}\\sigma} e^{-\\frac{(x-\\mu)^2}{2\\sigma^2}}$ | $\\mu$ | $\\sigma^2$ | 4. **方差的核心性质**： - $D(C) = 0$；$D(aX + b) = a^2 D(X)$； - 若 $X, Y$ 独立，则 $D(X \\pm Y) = D(X) + D(Y)$； - $D(X) = 0 \\iff P\\{X = C\\} = 1$（退化分布）； - 正态线性组合：若 $X_i \\sim N(\\mu_i, \\sigma_i^2)$ 独立，则 $\\sum c_i X_i \\sim N(\\sum c_i \\mu_i, \\sum c_i^2 \\sigma_i^2)$。 - **【原稿例题 46】** 设 $f(x, y) = \\begin{cases} \\frac{2}{\\pi}, & x^2+y^2 \\le 1, y \\ge 0 \\\\ 0, & \\text{其他} \\end{cases}$。求 $E(X), D(X), E(Y)$。 **解**：极坐标 $x = r\\cos\\theta, y = r\\sin\\theta, \\theta \\in [0, \\pi], r \\in [0, 1]$： $E(X) = \\frac{2}{\\pi} \\int_0^\\pi \\cos\\theta d\\theta \\int_0^1 r^2 dr = 0$； $E(X^2) = \\frac{2}{\\pi} \\int_0^\\pi \\cos^2\\theta d\\theta \\int_0^1 r^3 dr = \\frac{2}{\\pi} (\\frac{\\pi}{2}) (\\frac{1}{4}) = \\frac{1}{4} \\implies D(X) = \\frac{1}{4}$； $E(Y) = \\frac{2}{\\pi} \\int_0^\\pi \\sin\\theta d\\theta \\int_0^1 r^2 dr = \\frac{2}{\\pi} (2) (\\frac{1}{3}) = \\frac{4}{3\\pi}$。 - **【原稿例题 47】** 已知 $X \\sim N(1.7, 3)$，$Y = 1 - 2X$，求 $Y$ 的概率密度。 **解**：$E(Y) = 1 - 2(1.7) = -2.4$，$D(Y) = (-2)^2 D(X) = 4 \\times 3 = 12$。 $$f_Y(y) = \\frac{1}{\\sqrt{2\\pi \\times 12}} e^{-\\frac{(y - (-2.4))^2}{2 \\times 12}} = \\frac{1}{2\\sqrt{6\\pi}} e^{-\\frac{(y+2.4)^2}{24}}, \\quad -\\infty < y < +\\infty$$ - **【原稿例题 48】** 三角分布 $f(x) = \\begin{cases} x, & 0 \\le x < 1 \\\\ 2-x, & 1 \\le x < 2 \\end{cases}$。 $E(X) = \\int_0^1 x^2 dx + \\int_1^2 x(2-x)dx = \\frac{1}{3} + [x^2 - \\frac{x^3}{3}]_1^2 = 1$； $E(X^2) = \\int_0^1 x^3 dx + \\int_1^2 x^2(2-x)dx = \\frac{1}{4} + [\\frac{2x^3}{3} - \\frac{x^4}{4}]_1^2 = \\frac{7}{6}$； $$D(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = \\frac{7}{6} - 1 = \\frac{1}{6}$$ ## 4.3 协方差与相关系数 1. **协方差定义**：$\\text{Cov}(X, Y) = E\\{[X - E(X)][Y - E(Y)]\\} = E(XY) - E(X)E(Y)$。 - 性质：$\\text{Cov}(X, X) = D(X)$；$\\text{Cov}(aX, bY) = ab\\text{Cov}(X, Y)$；$\\text{Cov}(X_1+X_2, Y) = \\text{Cov}(X_1, Y) + \\text{Cov}(X_2, Y)$。 2. **相关系数**： $$\\rho_{XY} = \\frac{\\text{Cov}(X, Y)}{\\sqrt{D(X)}\\sqrt{D(Y)}}$$ - **柯西-许瓦兹不等式**：$[E(UV)]^2 \\le E(U^2)E(V^2)$。 - **充要极值定理**：$|\\rho_{XY}| \\le 1$；且 $|\\rho_{XY}| = 1 \\iff P\\{Y = aX + b\\} = 1$（完全线性相关）。 3. **不相关等价的五大核心命题**： $$\\text{Cov}(X, Y) = 0 \\iff \\rho_{XY} = 0 \\iff X, Y \\text{ 不相关} \\iff E(XY) = E(X)E(Y) \\iff D(X \\pm Y) = D(X) + D(Y)$$ - **【原稿经典例题 49：圆盘均匀分布——不相关绝不代表独立】** 设 $(X, Y)$ 服从单位圆盘 $x^2+y^2 \\le 1$ 上的均匀分布 $f(x, y) = \\begin{cases} \\frac{1}{\\pi}, & x^2+y^2 \\le 1 \\\\ 0, & \\text{其他} \\end{cases}$。 - 边缘密度：$f_X(x) = \\int_{-\\sqrt{1-x^2}}^{\\sqrt{1-x^2}} \\frac{1}{\\pi} dy = \\frac{2}{\\pi}\\sqrt{1-x^2}$（$|x| \\le 1$）；同理 $f_Y(y) = \\frac{2}{\\pi}\\sqrt{1-y^2}$。 - $f_X(x) f_Y(y) = \\frac{4}{\\pi^2}\\sqrt{1-x^2}\\sqrt{1-y^2} \\neq f(x, y)$，故 $X$ 与 $Y$ **绝不独立**！ - 计算期望：由对称性 $E(X) = 0, E(Y) = 0, E(XY) = \\iint_{x^2+y^2 \\le 1} xy \\frac{1}{\\pi} dx dy = 0$。 - $\\text{Cov}(X, Y) = E(XY) - E(X)E(Y) = 0 \\implies \\rho_{XY} = 0$。 **重要考研定论**：$X$ 与 $Y$ 不相关，但二者高度不独立！ > **特别结论**：当 $(X, Y)$ 服从二维正态分布时，**不相关与相互独立等价**！ - **【原稿例题 50】** 设 $(X, Y)$ 服从直角三角形区域 $D: 0 < x < 1, 0 < y < x$ 上的均匀分布，求 $X, Y$ 的相关系数。 **解**：面积 $S = 1/2$，联合密度 $f(x, y) = 2$ ($(x, y) \\in D$)。 $E(X) = \\int_0^1 2x dx \\int_0^x dy = \\int_0^1 2x^2 dx = \\frac{2}{3}$；$D(X) = \\int_0^1 2x^3 dx - (\\frac{2}{3})^2 = \\frac{1}{2} - \\frac{4}{9} = \\frac{1}{18}$； $E(Y) = \\int_0^1 2 dx \\int_0^x y dy = \\int_0^1 x^2 dx = \\frac{1}{3}$；$D(Y) = \\int_0^1 2 dx \\int_0^x y^2 dy - (\\frac{1}{3})^2 = \\frac{1}{6} - \\frac{1}{9} = \\frac{1}{18}$； $E(XY) = \\int_0^1 2x dx \\int_0^x y dy = \\int_0^1 x^3 dx = \\frac{1}{4}$； $\\text{Cov}(X, Y) = \\frac{1}{4} - \\frac{2}{3}\\times \\frac{1}{3} = \\frac{1}{4} - \\frac{2}{9} = \\frac{1}{36}$。 $$\\rho_{XY} = \\frac{1/36}{\\sqrt{1/18}\\sqrt{1/18}} = \\frac{1/36}{1/18} = \\frac{1}{2}$$ ## 4.4 矩与协方差矩阵 - $k$ 阶原点矩：$\\alpha_k = E(X^k)$（$E(X)$ 为一阶原点矩）； - $k$ 阶中心矩：$\\mu_k = E\\{[X - E(X)]^k\\}$（$D(X)$ 为二阶中心矩）； - 协方差矩阵：$C_{ij} = \\text{Cov}(X_i, X_j)$，$C_{ii} = D(X_i)$。二维正态协方差矩阵为 $\\begin{pmatrix} \\sigma_1^2 & \\rho\\sigma_1\\sigma_2 \\\\ \\rho\\sigma_1\\sigma_2 & \\sigma_2^2 \\end{pmatrix}$。 --- # 第 5 章 大数定律与中心极限定理 ## 5.1 切比雪夫不等式及大数定律 1. **切比雪夫不等式**： 设随机变量 $X$ 期望 $\\mu$、方差 $\\sigma^2$ 存在，对任意 $\\varepsilon > 0$： $$P\\{|X - \\mu| \\ge \\varepsilon\\} \\le \\frac{\\sigma^2}{\\varepsilon^2} \\iff P\\{|X - \\mu| < \\varepsilon\\} \\ge 1 - \\frac{\\sigma^2}{\\varepsilon^2}$$ - **【原稿例题 51】** 已知 $E(X) = 14, D(X) = \\frac{35}{3}$，试估计 $P\\{10 < X < 18\\}$ 的大小。 **解**：$P\\{10 < X < 18\\} = P\\{-4 < X - 14 < 4\\} = P\\{|X - 14| < 4\\} \\ge 1 - \\frac{35/3}{4^2} = 1 - \\frac{35}{48} \\approx 0.271$。 - **【原稿例题 52】** 用切比雪夫不等式确定一枚均匀硬币至少需要抛多少次才能保证正面出现的频率在 0.4~0.6 间的概率不少于 90%？ **解**：设抛掷 $n$ 次，正面次数 $X \\sim B(n, 0.5)$，$E(X) = 0.5n, D(X) = 0.25n$。 $P\\{0.4 \\le \\frac{X}{n} \\le 0.6\\} = P\\{|\\frac{X}{n} - 0.5| \\le 0.1\\} \\ge 1 - \\frac{D(X/n)}{(0.1)^2} = 1 - \\frac{0.25/n}{0.01} = 1 - \\frac{25}{n} \\ge 0.9$。 解得 $n \\ge 250$ 次。 2. **三大经典大数定律**： - **依概率收敛**：若 $\\lim_{n \\to \\infty} P\\{|X_n - C| < \\varepsilon\\} = 1$，记作 $X_n \\xrightarrow{P} C$。 - **切比雪夫大数定律**：独立变量序列方差一致有界（$D(X_n) \\le C$），则算术平均依概率收敛于期望平均：$\\frac{1}{n}\\sum X_i \\xrightarrow{P} \\frac{1}{n}\\sum E(X_i)$。 - **辛钦大数定律**：独立同分布（IID），只要求期望 $E(X_i) = \\mu$ 存在，无需方差条件，则 $\\overline{X} = \\frac{1}{n}\\sum_{i=1}^n X_i \\xrightarrow{P} \\mu$。 - **伯努利大数定律**：频率依概率收敛于概率：$\\frac{\\mu_n}{n} \\xrightarrow{P} p$。 ## 5.2 中心极限定理 (CLT) 1. **独立同分布中心极限定理（林德伯格-列维 CLT）**： 设 $X_1, X_2, \\dots$ 独立同分布，期望 $\\mu$、方差 $\\sigma^2 > 0$，则当 $n \\to \\infty$ 时： $$\\frac{\\sum_{i=1}^n X_i - n\\mu}{\\sqrt{n}\\sigma} \\xrightarrow{d} N(0, 1)$$ 2. **棣莫弗-拉普拉斯定理（二项正态逼近）**： 设 $X \\sim B(n, p)$，当 $n$ 充分大时： $$\\frac{X - np}{\\sqrt{np(1-p)}} \\xrightarrow{d} N(0, 1)$$ $$P\\{a < X \\le b\\} \\approx \\Phi\\left(\\frac{b - np}{\\sqrt{npq}}\\right) - \\Phi\\left(\\frac{a - np}{\\sqrt{npq}}\\right)$$ 单点连续修正近似：$P\\{X = k\\} \\approx \\frac{1}{\\sqrt{npq}} \\varphi\\left(\\frac{k - np}{\\sqrt{npq}}\\right)$。 - **【原稿综合大例题 53（手写原稿 P43：三法横向对比）】** 每颗炮弹命中飞机的概率都为 0.01。 (1) 500 发炮弹中命中 5 发的概率； (2) 500 发炮弹中至少命中 2 发的概率。 **解**：500 发炮弹打中数 $X \\sim B(500, 0.01)$，$n=500, p=0.01, np=5, \\sqrt{npq} = \\sqrt{4.95} \\approx 2.225$。 - **第 (1) 问：$P\\{X = 5\\}$ 三法对比**： - ① 二项精确：$P\\{X=5\\} = C_{500}^5 (0.01)^5 (0.99)^{495} \\approx 0.17635$； - ② 泊松近似：$\\lambda = 5$，$P\\{X=5\\} \\approx \\frac{5^5}{5!} e^{-5} \\approx 0.17547$； - ③ CLT 逼近：$P\\{X=5\\} \\approx \\frac{1}{\\sqrt{npq}} \\varphi\\left(\\frac{5-np}{\\sqrt{npq}}\\right) = \\frac{1}{2.225} \\varphi(0) = \\frac{0.3989}{2.225} \\approx 0.1793$。 - **第 (2) 问：$P\\{X \\ge 2\\}$ 三法对比**： - ① 二项精确：$1 - P\\{X=0\\} - P\\{X=1\\} = 1 - (0.99)^{500} - 500(0.01)(0.99)^{499} \\approx 0.96024$； - ② 泊松近似：$1 - e^{-5} - 5e^{-5} = 1 - 6e^{-5} \\approx 0.95957$； - ③ CLT 逼近：$P\\{X \\ge 2\\} = 1 - P\\{X \\le 1\\} \\approx 1 - \\Phi\\left(\\frac{1 - 5}{2.225}\\right) = 1 - \\Phi(-1.7978) = \\Phi(1.7978) \\approx 0.96327$。 --- # 第 6 章 数理统计的基本概念与抽样分布 ## 6.1 总体、样本与统计量判定 1. **简单随机样本**：来自总体 $X$ 的样本 $(X_1, \\dots, X_n)$ 具备： - 同分布性：每个 $X_i$ 与总体 $X$ 具有相同分布； - 独立性：$X_1, \\dots, X_n$ 相互独立。 2. **统计量严格判定准则**： 设 $(X_1, \\dots, X_n)$ 为样本，$f(X_1, \\dots, X_n)$ 中**不含任何未知参数**，则称其为统计量。 - **【原稿例题 54】** 设 $(X_1, X_2)$ 来自 $N(\\mu, \\sigma^2)$，$\\mu$ 已知，$\\sigma$ 未知。 - $\\sum_{i=1}^2 X_i^2, \\; \\frac{1}{2}\\sum_{i=1}^2 X_i, \\; X_1 + \\mu$ **都是统计量**（因为 $\\mu$ 是已知数）； - 而 $\\frac{X_1 + X_2}{\\sigma}, \\; X_1 - \\sigma$ **不是统计量**（因为含未知参数 $\\sigma$）！ 3. **常用统计量**： - 样本均值 $\\overline{X} = \\frac{1}{n}\\sum X_i$，$E(\\overline{X}) = \\mu, D(\\overline{X}) = \\frac{\\sigma^2}{n}$； - 样本方差 $S^2 = \\frac{1}{n-1}\\sum_{i=1}^n (X_i - \\overline{X})^2$，$E(S^2) = \\sigma^2$； - 样本 $k$ 阶原点矩 $m_k = \\frac{1}{n}\\sum X_i^k$；$k$ 阶中心矩 $M_k = \\frac{1}{n}\\sum (X_i - \\overline{X})^k$。 4. **经验分布函数与直方图**： - 设样本观察值排序为 $x_{(1)} \\le x_{(2)} \\le \\dots \\le x_{(n)}$，经验分布函数： $$F_n(x) = \\begin{cases} 0, & x < x_{(1)} \\\\ \\frac{k}{n}, & x_{(k)} \\le x < x_{(k+1)} \\\\ 1, & x \\ge x_{(n)} \\end{cases}$$ - **【原稿例题 55】** 设总体 $X$ 的一组样本观察值为 3, -1, 2, 2.5, 3, 0, 4, 2.5（共 8 个样本）。 升序排序：$-1 < 0 < 2 < 2.5 = 2.5 < 3 = 3 < 4$。 经验分布函数 $F_8(x)$ 在各区间的跳跃值分别为： $x < -1$ 时为 0；$-1 \\le x < 0$ 时为 $\\frac{1}{8}$；$0 \\le x < 2$ 时为 $\\frac{2}{8}$；$2 \\le x < 2.5$ 时为 $\\frac{3}{8}$；$2.5 \\le x < 3$ 时为 $\\frac{5}{8}$（两样本并进）；$3 \\le x < 4$ 时为 $\\frac{7}{8}$；$x \\ge 4$ 时为 1。 ## 6.2 顺序统计量与最大/最小值分布函数推导 - 设总体分布函数为 $F(x)$，$X_{(n)} = \\max\\{X_1, \\dots, X_n\\}, X_{(1)} = \\min\\{X_1, \\dots, X_n\\}$： - **最大值分布函数推导**： $$F_{X_{(n)}}(x) = P\\{X_{(n)} \\le x\\} = P\\{X_1 \\le x, \\dots, X_n \\le x\\} = \\prod_{i=1}^n P\\{X_i \\le x\\} = [F(x)]^n$$ - **最小值分布函数推导**： $$F_{X_{(1)}}(x) = P\\{X_{(1)} \\le x\\} = 1 - P\\{X_{(1)} > x\\} = 1 - \\prod_{i=1}^n P\\{X_i > x\\} = 1 - [1 - F(x)]^n$$ ## 6.3 正态总体的抽样分布三大经典基石 1. **$\\chi^2$ 分布（卡方分布）**： 设 $X_1, \\dots, X_n$ 独立同服从 $N(0, 1)$，则 $\\chi^2 = \\sum_{i=1}^n X_i^2 \\sim \\chi^2(n)$。 - 性质：$E(\\chi^2) = n, D(\\chi^2) = 2n$；独立可加性：$\\chi^2(n_1) + \\chi^2(n_2) \\sim \\chi^2(n_1 + n_2)$； - 上 $\\alpha$ 分位点：$P\\{\\chi^2 > \\chi_\\alpha^2(n)\\} = \\alpha$。 - **【原稿例题 56】** 设 $X \\sim \\chi^2(10)$，求满足 $P\\{X > \\lambda_1\\} = 0.10$ 及 $P\\{X < \\lambda_2\\} = 0.75$ 的 $\\lambda_1, \\lambda_2$。 查表：$\\lambda_1 = \\chi_{0.1}^2(10) = 15.987$；$P\\{X > \\lambda_2\\} = 0.25 \\implies \\lambda_2 = \\chi_{0.25}^2(10) = 12.549$。 - **【原稿例题 57】** 设 $X \\sim \\chi^2(n-1)$，$n=16, \\alpha=0.05$。求 $\\lambda_1, \\lambda_2$ 使 $P\\{\\lambda_1 < X < \\lambda_2\\} = 1 - \\alpha$ 且 $P\\{X > \\lambda_2\\} = \\frac{\\alpha}{2}$。 $\\lambda_2 = \\chi_{0.025}^2(15) = 27.488$；$P\\{X > \\lambda_1\\} = 1 - 0.025 = 0.975 \\implies \\lambda_1 = \\chi_{0.975}^2(15) = 6.262$。 2. **$t$ 分布（学生氏分布）**： 设 $X \\sim N(0, 1), Y \\sim \\chi^2(n)$ 相互独立，则： $$T = \\frac{X}{\\sqrt{Y/n}} \\sim t(n)$$ - 性质：对称钟形，偶函数；$t_{1-\\alpha}(n) = -t_\\alpha(n)$；当 $n \\to \\infty$ 时 $t(n) \\to N(0, 1)$。 - **【原稿金牌抽样例题 58（手写原稿 P48）】** 设 $X, Y$ 相互独立，$X \\sim N(0, 16), Y \\sim N(0, 9)$。$X_1, \\dots, X_9$ 与 $Y_1, \\dots, Y_{16}$ 分别来自两总体的样本，求统计量 $Z = \\frac{X_1 + \\dots + X_9}{\\sqrt{Y_1^2 + \\dots + Y_{16}^2}}$ 所服从的分布。 **解**： 分子：$X_i \\sim N(0, 16) \\implies \\sum_{i=1}^9 X_i \\sim N(0, 9 \\times 16) = N(0, 12^2)$，故 $\\frac{X_1+\\dots+X_9}{12} \\sim N(0, 1)$； 分母：$Y_j \\sim N(0, 9) \\implies \\frac{Y_j}{3} \\sim N(0, 1)$，故 $\\sum_{j=1}^{16} (\\frac{Y_j}{3})^2 \\sim \\chi^2(16)$。 将分子分母代入： $$Z = \\frac{\\frac{X_1+\\dots+X_9}{12}}{\\sqrt{\\frac{\\sum_{j=1}^{16} (Y_j/3)^2}{16}}} \\times \\left[ \\frac{12}{3 \\times \\sqrt{16}} \\right] = \\frac{\\frac{1}{12}\\sum X_i}{\\sqrt{\\frac{1}{16}\\sum (Y_j/3)^2}} \\times 1 \\sim t(16)$$ 3. **$F$ 分布及两大核心转换定理**： 设 $U \\sim \\chi^2(n_1), V \\sim \\chi^2(n_2)$ 相互独立，则 $F = \\frac{U/n_1}{V/n_2} \\sim F(n_1, n_2)$。 - 倒数性质：若 $F \\sim F(n_1, n_2)$，则 $\\frac{1}{F} \\sim F(n_2, n_1)$。 - **$t$ 与 $F$ 平方转换定理（手写原稿 P49）**： 若 $T \\sim t(n)$，证明 $T^2 \\sim F(1, n)$。 **证明**：设 $T = \\frac{M}{\\sqrt{Y/n}}$，其中 $M \\sim N(0, 1), Y \\sim \\chi^2(n)$ 独立。 则 $T^2 = \\frac{M^2}{Y/n} = \\frac{M^2 / 1}{Y / n}$。因为 $M \\sim N(0, 1) \\implies M^2 \\sim \\chi^2(1)$，由 $F$ 分布定义分子自由度为 1，分母自由度为 $n$，即证 $T^2 \\sim F(1, n)$！ - **$F$ 分布上 $\alpha$ 分位数倒数互易定理严密推导（手写原稿 P49 绿框原题）**： $$F_{1-\\alpha}(n_1, n_2) = \\frac{1}{F_\\alpha(n_2, n_1)}$$ **原稿手写四步完整证明**： 1. 由上分位点定义：$1 - \\alpha = P\\{F \\ge F_{1-\\alpha}(n_1, n_2)\\}$； 2. 取倒数变换：$P\\{F \\ge F_{1-\\alpha}(n_1, n_2)\\} = P\\{\\frac{1}{F} \\le \\frac{1}{F_{1-\\alpha}(n_1, n_2)}\\} = 1 - P\\{\\frac{1}{F} \\ge \\frac{1}{F_{1-\\alpha}(n_1, n_2)}\\}$； 3. 移项整理得：$P\\{\\frac{1}{F} \\ge \\frac{1}{F_{1-\\alpha}(n_1, n_2)}\\} = \\alpha$； 4. 由于 $\\frac{1}{F} \\sim F(n_2, n_1)$，按上分位点定义该临界值必为 $F_\\alpha(n_2, n_1)$，因而： $$\\frac{1}{F_{1-\\alpha}(n_1, n_2)} = F_\\alpha(n_2, n_1) \\implies F_{1-\\alpha}(n_1, n_2) = \\frac{1}{F_\\alpha(n_2, n_1)}$$ 证毕！ ## 6.4 正态总体抽样分布四大金牌定理 - **定理 1（样本均值）**：$\\overline{X} \\sim N(\\mu, \\frac{\\sigma^2}{n}), \\; \\frac{\\overline{X} - \\mu}{\\sigma/\\sqrt{n}} \\sim N(0, 1)$。 - **定理 2（样本方差独立性）**：$\\overline{X}$ 与 $S^2$ 相互独立！且 $\\frac{(n-1)S^2}{\\sigma^2} \\sim \\chi^2(n-1)$。 - **定理 3（未知 $\\sigma$ 单样本）**：$\\frac{\\overline{X} - \\mu}{S/\\sqrt{n}} \\sim t(n-1)$。 - **定理 4（双样本方差比）**：$\\frac{S_1^2 / \\sigma_1^2}{S_2^2 / \\sigma_2^2} \\sim F(n_1-1, n_2-1)$。当 $\\sigma_1=\\sigma_2$ 时，$\\frac{S_1^2}{S_2^2} \\sim F(n_1-1, n_2-1)$。 --- # 第 7 章 参数估计 ## 7.1 矩估计法 (ME) 1. **理论依据**：辛钦大数定律（样本矩依概率收敛于总体矩）。 2. **单参数情形**：设总体分布含参数 $\\theta$，总体期望 $E(X) = g(\\theta)$。令 $\\overline{X} = E(X) = g(\\theta)$，反解得 $\\hat{\\theta}_{ME} = g^{-1}(\\overline{X})$。 3. **多参数情形**：解方程组 $\\mu_k(\\theta_1, \\dots, \\theta_m) = \\frac{1}{n}\\sum X_i^k$ ($k=1, 2, \\dots, m$)。 - **【原稿例题 59：0-1分布】** $E(X) = p \\implies \\hat{p}_{ME} = \\overline{X}$。 - **【原稿例题 60：连续型幂函数分布】** $f(x; \\theta) = \\theta x^{\\theta-1}$ ($0 < x < 1$)。 $$E(X) = \\int_0^1 x \\cdot \\theta x^{\\theta-1} dx = \\frac{\\theta}{\\theta+1}$$ 令 $\\overline{X} = \\frac{\\theta}{\\theta+1} \\implies \\hat{\\theta}_{ME} = \\frac{\\overline{X}}{1 - \\overline{X}}$。 - **【原稿例题 61：正态双参数矩估计】** 总体均值 $\\mu$ 与方差 $\\sigma^2$ 未知： $$\\begin{cases} \\mu_1 = E(X) = \\mu \\\\ \\mu_2 = E(X^2) = \\sigma^2 + \\mu^2 \\end{cases} \\implies \\begin{cases} \\hat{\\mu}_{ME} = \\overline{X} \\\\ \\hat{\\sigma}^2_{ME} = \\frac{1}{n}\\sum X_i^2 - \\overline{X}^2 = \\frac{1}{n}\\sum_{i=1}^n (X_i - \\overline{X})^2 \\end{cases}$$ - **【原稿例题 62：均匀分布 $U(\\theta_1, \\theta_2)$ 矩估计（手写原稿 P51）】** **解**：$E(X) = \\frac{\\theta_1+\\theta_2}{2}$，$E(X^2) = D(X) + E^2(X) = \\frac{(\\theta_2-\\theta_1)^2}{12} + \\frac{(\\theta_1+\\theta_2)^2}{4} = \\frac{\\theta_1^2+\\theta_1\\theta_2+\\theta_2^2}{3}$。 建立方程组并解得： $$\\hat{\\theta}_1 = \\overline{X} - \\sqrt{\\frac{3}{n}\\sum_{i=1}^n (X_i - \\overline{X})^2}, \\qquad \\hat{\\theta}_2 = \\overline{X} + \\sqrt{\\frac{3}{n}\\sum_{i=1}^n (X_i - \\overline{X})^2}$$ - **【原稿例题 63：拉普拉斯分布矩估计（手写原稿 P51）】** 总体密度 $f(x) = \\frac{1}{2\\sigma} e^{-\\frac{|x|}{\\sigma}}$。 $E(X) = 0$（奇函数积分）。$E(X^2) = \\int_{-\\infty}^{+\\infty} x^2 \\frac{1}{2\\sigma} e^{-\\frac{|x|}{\\sigma}} dx = \\frac{1}{\\sigma} \\int_0^\\infty x^2 e^{-\\frac{x}{\\sigma}} dx = 2\\sigma^2$。 令二阶矩相等：$2\\sigma^2 = \\frac{1}{n}\\sum X_i^2 \\implies \\hat{\\sigma}_{ME} = \\sqrt{\\frac{\\sum_{i=1}^n X_i^2}{2n}}$。 ## 7.2 极大似然估计法 (MLE) 1. **极大似然思想**：若某试验发生，则出现该样本值的联合概率应该最大。 2. **标准四步法**： - 步骤 1：写出似然函数 $L(\\theta) = \\prod_{i=1}^n f(x_i; \\theta)$； - 步骤 2：取对数 $\\ln L(\\theta)$； - 步骤 3：求导令导数等于 0，建立对数似然方程 $\\frac{\\partial \\ln L}{\\partial \\theta_j} = 0$； - 步骤 4：解方程求出 MLE 估计量。 - **【原稿例题 64：0-1分布 MLE】** $L(p) = \\prod p^{x_i}(1-p)^{1-x_i} = p^{\\sum x_i} (1-p)^{n - \\sum x_i}$。 $\\ln L = (\\sum x_i)\\ln p + (n - \\sum x_i)\\ln(1-p)$。求导令为 0 得 $\\hat{p}_{MLE} = \\frac{1}{n}\\sum x_i = \\overline{X}$。 - **【原稿例题 65：几何分布 MLE】** $P\\{X=k\\} = q^{k-1}p$。似然函数 $L(p) = \\prod_{i=1}^n q^{x_i-1}p = q^{\\sum x_i - n} p^n$。 $\\ln L = (\\sum x_i - n)\\ln(1-p) + n\\ln p$。 $\\frac{d\\ln L}{dp} = -\\frac{\\sum x_i - n}{1-p} + \\frac{n}{p} = 0 \\implies \\hat{p}_{MLE} = \\frac{n}{\\sum x_i} = \\frac{1}{\\overline{X}}$。 - **【原稿例题 66：正态双参数 MLE】** $L(\\mu, \\sigma^2) = \\prod \\frac{1}{\\sqrt{2\\pi}\\sigma} e^{-\\frac{(x_i-\\mu)^2}{2\\sigma^2}} = (2\\pi\\sigma^2)^{-\\frac{n}{2}} e^{-\\frac{1}{2\\sigma^2}\\sum (x_i-\\mu)^2}$。 $\\ln L = -\\frac{n}{2}\\ln(2\\pi\\sigma^2) - \\frac{1}{2\\sigma^2}\\sum(x_i-\\mu)^2$。 令 $\\begin{cases} \\frac{\\partial\\ln L}{\\partial\\mu} = \\frac{1}{\\sigma^2}(\\sum x_i - n\\mu) = 0 \\\\ \\frac{\\partial\\ln L}{\\partial\\sigma^2} = -\\frac{n}{2\\sigma^2} + \\frac{1}{2(\\sigma^2)^2}\\sum(x_i-\\mu)^2 = 0 \\end{cases} \\implies \\begin{cases} \\hat{\\mu}_{MLE} = \\overline{X} \\\\ \\hat{\\sigma}^2_{MLE} = \\frac{1}{n}\\sum_{i=1}^n (X_i - \\overline{X})^2 \\end{cases}$。 ## 7.3 估计量的无偏性评价 1. **定义**：若 $E(\\hat{\\theta}) = \\theta$，则称 $\\hat{\\theta}$ 为参数 $\\theta$ 的无偏估计量。 2. **三大金牌结论**： - 样本均值 $\\overline{X}$ 是总体均值 $\\mu$ 的无偏估计：$E(\\overline{X}) = \\mu$； - 样本方差 $S^2 = \\frac{1}{n-1}\\sum (X_i - \\overline{X})^2$ 是总体方差 $\\sigma^2$ 的无偏估计：$E(S^2) = \\sigma^2$； - 极大似然与矩估计方差 $\\hat{\\sigma}^2 = \\frac{1}{n}\\sum (X_i - \\overline{X})^2$ **不是无偏估计**！因为 $E(\\hat{\\sigma}^2) = \\frac{n-1}{n}\\sigma^2$（渐近无偏）。 - **【原稿例题 67】** 设 $X_1, \\dots, X_n$ 来自均匀分布 $U(0, \\theta)$，证明矩估计量 $\\hat{\\theta} = 2\\overline{X}$ 是 $\\theta$ 的无偏估计。 **证明**：$E(X) = \\frac{\\theta}{2}$，$E(\\hat{\\theta}) = E(2\\overline{X}) = 2E(\\overline{X}) = 2 \\times \\frac{\\theta}{2} = \\theta$。证毕！ - **【原稿压轴定理 68（手写原稿第 54 页全页证明）】** 设总体 $X$ 的数学期望 $E(X) = \\mu$，$X_1, X_2, \\dots, X_n$ 是来自总体 $X$ 的一个样本，试证明： $$\\hat{\\mu} = \\sum_{i=1}^n a_i X_i = a_1 X_1 + a_2 X_2 + \\dots + a_n X_n$$ 是 $\\mu$ 的无偏估计量，其中 $a_1, a_2, \\dots, a_n$ 为任意常数，**当且仅当**满足 $\\sum_{i=1}^n a_i = 1$。 **手写原稿严格证明**： $$\\because E(X_i) = E(X) = \\mu, \\quad i = 1, 2, \\dots, n$$ $$\\therefore E(\\hat{\\mu}) = E\\left( \\sum_{i=1}^n a_i X_i \\right) = \\sum_{i=1}^n E(a_i X_i) = \\sum_{i=1}^n a_i E(X_i) = \\mu \\sum_{i=1}^n a_i$$ 根据无偏估计量定义，必须且只需： $$E(\\hat{\\mu}) = \\mu \\iff \\mu \\sum_{i=1}^n a_i = \\mu \\iff \\sum_{i=1}^n a_i = 1$$ 故当且仅当 $\\sum_{i=1}^n a_i = 1$ 时，$\\hat{\\mu}$ 是 $\\mu$ 的无偏估计量！证毕！