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更新数理分析
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@@ -141,7 +141,7 @@ $(X,Y)$联合概率=条件概率×边缘概率。
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\draw[black, densely dashed](0.6,0) -- (0.6,1) node[above]{$y=y_0$};
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\end{tikzpicture}
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所以$P\{X+Y>1\}=\iint\limits_D\dfrac{1}{x}\textrm{d}\delta$，$D=x+y>1\cap0<y<x<1$。$\iint\limits_D\dfrac{1}{x}\,\textrm{d}\delta=\int_\frac{1}{2}^1\textrm{d}x\int_{1-x}^x\dfrac{1}{x}\textrm{d}y=1-\ln2$。
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所以$P\{X+Y>1\}=\iint\limits_D\dfrac{1}{x}\textrm{d}\sigma$，$D=x+y>1\cap0<y<x<1$。$\iint\limits_D\dfrac{1}{x}\,\textrm{d}\sigma=\int_\frac{1}{2}^1\textrm{d}x\int_{1-x}^x\dfrac{1}{x}\textrm{d}y=1-\ln2$。
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\end{multicols}
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@@ -23,7 +23,7 @@
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\usepackage[colorlinks,linkcolor=black,urlcolor=blue]{hyperref}
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% 超链接
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\author{Didnelpsun}
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\title{标题}
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\title{数理统计}
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\date{}
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\begin{document}
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\maketitle
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@@ -34,5 +34,102 @@
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\newpage
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\pagestyle{plain}
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\setcounter{page}{1}
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\section{}
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\section{统计量}
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\textbf{例题：}已知总体$X$的期望为$EX=0$，方差$DX=\sigma^2$。从总体抽取容量为$n$的简单随机样本，其均值和方差分别为$\overline{X}$，$S^2$。记$S_k^2=\dfrac{n}{k}\overline{X}^2+\dfrac{1}{k}S^2$（$k=1,2,3,4$），则()。
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$A.E(S_1^2)=\sigma^2$\qquad$B.E(S_2^2)=\sigma^2$
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$C.E(S_3^2)=\sigma^2$\qquad$D.E(S_4^2)=\sigma^2$
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解：$E(S_k^2)=E\left(\dfrac{n}{k}\overline{X}^2+\dfrac{1}{k}S^2\right)=\dfrac{n}{k}E\overline{X}^2+\dfrac{1}{k}E(S^2)=\dfrac{n}{k}((E\overline{X})^2+D\overline{X})+\dfrac{1}{k}E(S^2)=\dfrac{n}{k}\left(0+\dfrac{\sigma^2}{n}\right)+\dfrac{1}{k}\sigma^2=\dfrac{2\sigma^2}{k}$，$\therefore k=2$。
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\section{三大分布}
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\subsection{\texorpdfstring{$\chi^2$分布}{}}
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\textbf{例题：}设$X_1,X_2,X_3,X_4$是来自正态总体$N(0,4)$的简单随机样本，记$X=a(X_1-2X_2)^2+b(3X_3-4X_4)^2$。求$X$服从$\chi^2$分布下的参数与自由度。
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解：若$X_1,X_2,X_3,X_4$同一个正态分布，所以$EX_1=EX_2=EX_3=EX_4=0$，$DX_1=DX_2=DX_3=DX_4=4$。
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$E(X_1-2X_2)=EX_1-2EX_2=0$，$D(X_1-2X_2)=DX_1-4DX_2=20$。
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$\therefore X_1-2X_2\sim N(0,20)$，同理$3X_3-4X_4\sim N(0,100)$。
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对其标准化：$\dfrac{X_1-2X_2-0}{\sqrt{20}}\sim N(0,1)$，$\dfrac{3X_3-4X_4-0}{\sqrt{100}}\sim N(0,1)$。
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若要让$X$满足$\chi^2$分布，则要将$a(X_1-2X_2)^2+b(3X_3-4X_4)^2$两项标准化。
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$\therefore\dfrac{(X_1-2X_2)^2}{20}+\dfrac{(3X_3-4X_4)^2}{100}\sim\chi^2(2)$，所以$a=\dfrac{1}{20}$，$b=\dfrac{1}{100}$。
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\subsection{\texorpdfstring{$t$分布}{}}
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\textbf{例题：}设$X_1,X_2,\cdots,X_8$是来自正态总体$N(0,3^2)$的简单随机样本，则统计量$Y=\dfrac{X_1+X_2+X_3+X_4}{\sqrt{X_5^2+X_6^2+X_7^2+X_8^2}}$服从什么分布？
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解：$\because X_1,\cdots,X_8\sim N(0,9)$，$\therefore X_1+X_2+X_3+X_4\sim N(0,36)$。
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$\therefore\dfrac{X_1+X_2+X_3+X_4-0}{6}\sim N(0,1)$。
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$\dfrac{X_5^2+X_6^2+X_7^2+X_8^2}{9}=\left(\dfrac{X_5-0}{3}\right)^2+\left(\dfrac{X_6-0}{3}\right)^2+\left(\dfrac{X_7-0}{3}\right)^2+\left(\dfrac{X_8-0}{3}\right)^2$\\$\sim\chi^2(4)$
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$\therefore\dfrac{\dfrac{X_1+X_2+X_3+X_4-0}{6}}{\sqrt{\dfrac{X_5^2+X_6^2+X_7^2+X_8^2}{9}/4}}=\dfrac{X_1+X_2+X_3+X_4}{\sqrt{X_5^2+X_6^2+X_7^2+X_8^2}}\sim t(4)$。
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\subsection{\texorpdfstring{$F$分布}{}}
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\textbf{例题：}设$X_1,X_2,\cdots,X_15$是来自正态总体$N(0,3^2)$的简单随机样本，则统计量$Y=\dfrac{X_1^2+X_2^2+\cdots+X_{10}^2}{2X_{11}^2+X_{12}^2+\cdots+X_{15}^2}$服从什么分布？
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解：$\because\dfrac{X_i-0}{3}\sim N(0,1)$，$\left(\dfrac{X_i-0}{3}\right)^2=\dfrac{x_i^2}{9}\sim\chi^2(1)$。
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$\therefore\dfrac{X_1^2+X_2^2+\cdots+X_{10}^2}{9}\sim\chi^2(10)$，$\dfrac{X_{11}^2+X_{12}^2+\cdots+X_{15}^2}{9}\sim\chi^2(5)$。
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$\therefore\dfrac{\dfrac{X_1^2+X_2^2+\cdots+X_{10}^2}{9}/10}{\dfrac{X_{11}^2+X_{12}^2+\cdots+X_{15}^2}{9}/5}=\dfrac{X_1^2+X_2^2+\cdots+X_{10}^2}{2X_{11}^2+X_{12}^2+\cdots+X_{15}^2}=Y\sim F(10,5)$。
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\section{参数估计}
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\subsection{矩估计}
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\section{置信区间}
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\textbf{例题：}一批零件的长度服从正态分布$N(\mu,\sigma^2)$，其中$\mu,\sigma^2$均未知。现从中随机抽取16个零件，测得样本均值$\overline{x}=20cm$，样本标准差为$s=1cm$，求$\mu$的置信水平为0.90的置信区间。
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解：$\sigma$未知，所以使用$s$来求置信空间。
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置信空间为$(\overline{X}-t_\frac{\alpha}{2}(n-1)\dfrac{S}{\sqrt{n}},\overline{X}+t_\frac{\alpha}{2}(n-1)\dfrac{S}{\sqrt{n}})$。
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已知$\overline{x}=20$，$s=1$，$n=16$，$\alpha=1-0.90=0.1$。
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所以置信空间为$\left(20-\dfrac{1}{4}t_{0.05}(15),20+\dfrac{1}{4}t_{0.05}(15)\right)$。
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\section{假设检验}
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\textbf{例题：}已知某机器生产出来的零件长度$X$（单位：$cm$）服从正态分布$N(\mu,\delta^2)$，现从中随意抽取容量为16的一个样本，测得样本均值$\overline{x}=10$，样本方差$s^2=0.16$，$t_{0.025}(15)=2.132$。
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(1)求总体均值$\mu$置信水平为0.95的置信区间。
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(2)在显著性水平$0.05$下检验假设$H_0:\mu=9.7$，$H_1:\mu\neq9.7$。
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(1)解：根据公式直接解出置信空间$(10-0.1t_{0.025}(15),10+0.1t_{0.025}(15))=(9.7868,10.2132)$。
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(2)解：根据假设$H_0$，得到拒绝域$(-\infty,9.4868]\cup[9.9132,+\infty)$。
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又$\overline{X}=10$在拒绝域$[9.9132,+\infty)$上，所以假设$H_0$拒绝。
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\section{两类错误}
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\textbf{例题：}假定$X$是连续型随机变量，$U$是对$X$的一次观测值，关于其概率密度$f(x)$有如下假设：
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$H_0:f(x)=\left\{\begin{array}{ll}
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\dfrac{1}{2}, & 0\leqslant x\leqslant2 \\
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0, & \text{其他}
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\end{array}\right.$，$H_1:f(x)=\left\{\begin{array}{ll}
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\dfrac{x}{2}, & 0\leqslant x\leqslant2 \\
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0, & \text{其他}
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\end{array}\right.$。
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检验规则：当事件$V=\left\{U>\dfrac{3}{2}\right\}$出现时，否定假设$H_0$，接受$H_1$，求犯第一类错误概率和第二类错误概率$\alpha\beta$。
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解：$\alpha=P\left\{U>\dfrac{3}{2}\bigg|H_0\right\}=\displaystyle{\int_\frac{3}{2}^2\dfrac{1}{2}\,\textrm{d}x=\dfrac{1}{4}}$。
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$\beta=P\left\{U\leqslant\dfrac{3}{2}\bigg|H_1\right\}=\displaystyle{\int_0^{\frac{3}{2}}\dfrac{x}{2}\,\textrm{d}x=\dfrac{9}{16}}$。
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\end{document}
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@@ -281,32 +281,32 @@ $=1-F(t)=1-P\{X\leqslant t\}=P\{X>t\}$。
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\subsubsection{正态分布}
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}如果$X$的概率密度为$f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi\delta}}e^{-\frac{1}{2}(\frac{x-\mu}{\delta})^2}$（$-\infty<x<+\infty$，$-\infty<\mu<+\infty$，$\delta>0$），则称$X$服从参数为$(\mu,\delta^2)$的\textbf{正态分布}，称$X$为\textbf{正态变量}，记为$X\sim N(\mu,\delta^2)$。
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}如果$X$的概率密度为$f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi\sigma}}e^{-\frac{1}{2}(\frac{x-\mu}{\sigma})^2}$（$-\infty<x<+\infty$，$-\infty<\mu<+\infty$，$\sigma>0$），则称$X$服从参数为$(\mu,\sigma^2)$的\textbf{正态分布}，称$X$为\textbf{正态变量}，记为$X\sim N(\mu,\sigma^2)$。
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$f(x)$的图形关于$x=\mu$对称，即$f(\mu-x)=f(\mu+x)$，并在$x=\mu$处有唯一最大值$f(\mu)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}$。$\mu-\delta$和$\mu+\delta$为拐点。
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$f(x)$的图形关于$x=\mu$对称，即$f(\mu-x)=f(\mu+x)$，并在$x=\mu$处有唯一最大值$f(\mu)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}$。$\mu-\sigma$和$\mu+\sigma$为拐点。
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\begin{tikzpicture}[scale=2]
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\draw[-latex](-2,0) -- (2,0) node[below]{$x$};
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\draw[-latex](0,-0.25) -- (0,1.25) node[above]{$y$};
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\filldraw[black] (0,0) node[below]{$O$};
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\draw[black, thick, domain=-2:2] plot (\x,{pow(e,-\x*\x/2)});
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\draw[black, densely dashed](-1,0.65) -- (-1,0) node[below]{$\mu-\delta$};
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\draw[black, densely dashed](1,0.65) -- (1,0) node[below]{$\mu+\delta$};
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\draw[black, densely dashed](0,1) -- (-1,1) node[left]{$\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}$};
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\draw[black, densely dashed](-1,0.65) -- (-1,0) node[below]{$\mu-\sigma$};
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\draw[black, densely dashed](1,0.65) -- (1,0) node[below]{$\mu+\sigma$};
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\draw[black, densely dashed](0,1) -- (-1,1) node[left]{$\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}$};
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\filldraw[black] (0.35,0.25) node{$x=\mu$};
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\filldraw[black] (1,1) node{$f(x)$};
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\end{tikzpicture}
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当$\mu=0$，$\delta=1$时的正态分布$N(0,1)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}$为\textbf{标准正态分布}，记为$\phi(x)$，分布函数为$\varPhi(x)=\displaystyle{\int_{-\infty}^x\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{t^2}{2}}\,\textrm{d}t}$。$\phi(x)$为偶函数，$\varPhi(0)=\dfrac{1}{2}$，$\varPhi(-x)=1-\varPhi(x)$。
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当$\mu=0$，$\sigma=1$时的正态分布$N(0,1)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}$为\textbf{标准正态分布}，记为$\phi(x)$，分布函数为$\varPhi(x)=\displaystyle{\int_{-\infty}^x\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{t^2}{2}}\,\textrm{d}t}$。$\phi(x)$为偶函数，$\varPhi(0)=\dfrac{1}{2}$，$\varPhi(-x)=1-\varPhi(x)$。
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若$X\sim N(0,1)$，$P\{X>\mu_\alpha\}=\alpha$，则称$\mu_\alpha$为标准正态分布的\textbf{上侧$\alpha$分位数/上$\alpha$分位点}。
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若$X\sim N(\mu,\delta^2)$，则
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若$X\sim N(\mu,\sigma^2)$，则
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\begin{itemize}
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\item $F(x)=P\{X\leqslant x\}=P\left\{\dfrac{X-\mu}{\delta}\leqslant\dfrac{x-\mu}{\delta}\right\}=\varPhi\left(\dfrac{x-\mu}{\delta}\right)$。（标准化）
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\item $F(x)=P\{X\leqslant x\}=P\left\{\dfrac{X-\mu}{\sigma}\leqslant\dfrac{x-\mu}{\sigma}\right\}=\varPhi\left(\dfrac{x-\mu}{\sigma}\right)$。（标准化）
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\item $F(\mu-x)+F(\mu+x)=1$。
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\item $P\{a<X<b\}=\varPhi\left(\dfrac{b-\mu}{\delta}\right)-\varPhi\left(\dfrac{a-\mu}{\delta}\right)$。（标准化得到）
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\item $P\{a<X<b\}=\varPhi\left(\dfrac{b-\mu}{\sigma}\right)-\varPhi\left(\dfrac{a-\mu}{\sigma}\right)$。（标准化得到）
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\item $aX+b\sim N(a\mu+b,a^2\theta^2)$（$a\neq0$）。
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\end{itemize}
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@@ -503,12 +503,12 @@ $p_{\cdot j}=P\{Y=y_i\}=\sum\limits_{i=1}^\infty P\{X=x_i,Y=y_j\}=\sum\limits_{i
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}若$(X,Y)$的概率密度为：
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{\fontsize{8.25pt}{10pt}$f(x,y)=\dfrac{1}{2\pi\delta_1\delta_2\sqrt{1-\rho^2}}\exp\left(-\dfrac{1}{2(1-\rho^2)}\left(\left(\dfrac{x-\mu_1}{\delta_1}\right)^2-2\rho\left(\dfrac{x-\mu_1}{\delta_1}\right)\left(\dfrac{y-\mu_2}{\delta_2}\right)+\left(\dfrac{y-\mu_2}{\delta_2}\right)^2\right)\right)$}
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{\fontsize{8.2pt}{10pt}$f(x,y)=\dfrac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}}\exp\left(-\dfrac{1}{2(1-\rho^2)}\left(\left(\dfrac{x-\mu_1}{\sigma_1}\right)^2-2\rho\left(\dfrac{x-\mu_1}{\sigma_1}\right)\left(\dfrac{y-\mu_2}{\sigma_2}\right)+\left(\dfrac{y-\mu_2}{\sigma_2}\right)^2\right)\right)$}
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||||
其中$\mu_1,\mu_2\in R$，$\delta_1,\delta_2>0$，$-1<\rho<1$，则称$(X,Y)$服从参数为$\mu_1,\mu_2,\delta_1^2,\delta_2^2,\rho$的\textbf{二维正态分布}，记为$(X,Y)\sim N(\mu_1,\mu_2;\delta_1^2,\delta_2^2;\rho)$。此时：
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其中$\mu_1,\mu_2\in R$，$\sigma_1,\sigma_2>0$，$-1<\rho<1$，则称$(X,Y)$服从参数为$\mu_1,\mu_2,\sigma_1^2,\sigma_2^2,\rho$的\textbf{二维正态分布}，记为$(X,Y)\sim N(\mu_1,\mu_2;\sigma_1^2,\sigma_2^2;\rho)$。此时：
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\begin{itemize}
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\item $X\sim N(\mu_1,\delta_1^2)$，$Y\sim N(\mu_2,\delta_2^2)$，$\rho$为$X$与$Y$的相关系数，即$\rho=\dfrac{Cov(X,Y)}{\sqrt{DX}\sqrt{DY}}=\dfrac{Cov(X,Y)}{\delta_1\delta_2}$。
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\item $X\sim N(\mu_1,\sigma_1^2)$，$Y\sim N(\mu_2,\sigma_2^2)$，$\rho$为$X$与$Y$的相关系数，即$\rho=\dfrac{Cov(X,Y)}{\sqrt{DX}\sqrt{DY}}=\dfrac{Cov(X,Y)}{\sigma_1\sigma_2}$。
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\item $X,Y$的条件分布都是正态分布。
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\item $aX+bY$（$a\neq0$或$b\neq0$）服从正态分布。
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\item $XY$相互独立的充要条件是$XY$不相关，即$\rho=0$。
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@@ -71,7 +71,7 @@
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\subsubsection{概念}
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}设$X$是随机变量，若$E[(X-EX)^2]$存在，则称$E[(X-EX)^2]$为$X$的\textbf{方差}，记为$DX$，即$DX=E[(X-EX)^2]=E(X^2)-(EX)^2$。称$\sqrt{DX}$为$X$的\textbf{标准差}或\textbf{均方差}，记为$\delta(X)$，称随机变量$X^*=\dfrac{X-EX}{\sqrt{DX}}$为$X$的\textbf{标准化随机变量}，此时$EX^*=0$，$DX^*=1$。
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}设$X$是随机变量，若$E[(X-EX)^2]$存在，则称$E[(X-EX)^2]$为$X$的\textbf{方差}，记为$DX$，即$DX=E[(X-EX)^2]=E(X^2)-(EX)^2$。称$\sqrt{DX}$为$X$的\textbf{标准差}或\textbf{均方差}，记为$\sigma(X)$，称随机变量$X^*=\dfrac{X-EX}{\sqrt{DX}}$为$X$的\textbf{标准化随机变量}，此时$EX^*=0$，$DX^*=1$。
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\subsubsection{性质}
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@@ -105,7 +105,7 @@
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二项分布$B(n,p)$ & $P\{X=k\}=C_n^kp^k(1-p)^{n-k}$，$k=0,\cdots,n$ & $np$ & $np(1-p)$ \\ \hline
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泊松分布$P(\lambda)$ & $P\{X=k\}=\dfrac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda}$，$k=0,\cdots$ & $\lambda$ & $\lambda$ \\ \hline
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几何分布$G(p)$ & $P\{X=k\}=(1-p)^{k-1}$，$p,k=1,\cdots$ & $\dfrac{1}{p}$ & $\dfrac{1-p}{p^2}$ \\ \hline
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正态分布$N(\mu,\delta^2)$ & $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}\exp\left\{-\dfrac{(x-\mu)^2}{2\delta^2}\right\}$，$x\in R$ & $\mu$ & $\delta^2$ \\ \hline
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正态分布$N(\mu,\sigma^2)$ & $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\exp\left\{-\dfrac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}$，$x\in R$ & $\mu$ & $\sigma^2$ \\ \hline
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均匀分布$U(a,b)$ & $f(x)=\dfrac{1}{b-a}$，$a<x<b$ & $\dfrac{a+b}{2}$ & $\dfrac{(b-a)^2}{12}$ \\ \hline
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指数分布$E(\lambda)$ & $f(x)=\lambda e^{-\lambda x}$，$x>0$ & $\dfrac{1}{\lambda}$ & $\dfrac{1}{\lambda^2}$ \\ \hline
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\end{tabular}
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@@ -104,11 +104,11 @@ $C.$服从同一泊松分布\qquad$D.$服从同一连续型分布
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\section{中心极限定理}
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中心极限定理总结来看均为：若$X_i$独立同分布于某一分布$F$，则$\sum\limits_{i=1}^nX_i\overset{n\to\infty}{\sim}N(n\mu,n\delta^2)$。
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||||
中心极限定理总结来看均为：若$X_i$独立同分布于某一分布$F$，则$\sum\limits_{i=1}^nX_i\overset{n\to\infty}{\sim}N(n\mu,n\sigma^2)$。
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\subsection{列维-林德伯格定理}
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}假设$\{X_n\}$是独立分布的随机变量序列，若$EX_i=\mu$，$DX_i=\delta^2>0$（$i=1,2,\cdots$）存在，则对任意的实数$x$，有$\lim\limits_{n\to\infty}P\left\{\dfrac{\sum\limits_{i=1}^nX_i-n\mu}{\sqrt{n}\delta}\leqslant x\right\}=\dfrac{1}{\sqrt{2}\pi}\int_{-\infty}^xe^{-\frac{t^2}{2}}\,\textrm{d}t=\varPhi(x)$。（正态分布标准化）
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}假设$\{X_n\}$是独立分布的随机变量序列，若$EX_i=\mu$，$DX_i=\sigma^2>0$（$i=1,2,\cdots$）存在，则对任意的实数$x$，有$\lim\limits_{n\to\infty}P\left\{\dfrac{\sum\limits_{i=1}^nX_i-n\mu}{\sqrt{n}\sigma}\leqslant x\right\}=\dfrac{1}{\sqrt{2}\pi}\int_{-\infty}^xe^{-\frac{t^2}{2}}\,\textrm{d}t=\varPhi(x)$。（正态分布标准化）
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定理要求：独立、同分布、期望方差存在。
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Binary file not shown.
@@ -95,14 +95,14 @@ $X_{(1)}$的分布函数为$F_{(1)}(x)=1-[1-F(x)]^n$，概率密度为$f_{(1)}(x
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\subsubsection{性质}
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设总体$X$的期望$EX=\mu$，方差$DX=\delta^2$，样本$X_1,X_2,\cdots,X_n$取自$X$，$\overline{X}$和$S^2$分别为样本的均值和方差，则：
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设总体$X$的期望$EX=\mu$，方差$DX=\sigma^2$，样本$X_1,X_2,\cdots,X_n$取自$X$，$\overline{X}$和$S^2$分别为样本的均值和方差，则：
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\begin{itemize}
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\item $EX_i=\mu$。
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\item $DX_i=\delta^2$。
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\item $DX_i=\sigma^2$。
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\item $E\overline{X}=EX=\mu$。
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\item $D\overline{X}=D\left(\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^nx_i\right)=\dfrac{1}{n^2}n\delta^2=\dfrac{1}{n}DX=\dfrac{\delta^2}{n}$。
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\item $E(S^2)=E\left(\dfrac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^n(x_i-\overline{x})^2\right)=E\left(\dfrac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^n(x_i^2-2x_i\overline{x}+\overline{x}^2)\right)=$\\$E\left(\dfrac{1}{n-1}\left(\sum\limits_{i=1}^nx_i^2-2\overline{x}\cdot\sum\limits_{i=1}^nx_i+n\overline{x}^2\right)\right)=E\left(\dfrac{1}{n-1}\left(\sum\limits_{i=1}^nx_i^2-n\overline{x}^2\right)\right)=$\\$\dfrac{1}{n-1}E\left(\sum\limits_{i=1}^nx_i^2-n\overline{x}^2\right)=\dfrac{1}{n-1}\left(\sum\limits_{i=1}^nEx_i^2-nE\overline{x}^2\right)=\dfrac{n}{n-1}[(Ex_i)^2+Dx_i-(E\overline{x})^2-D\overline{x}]=\dfrac{n}{n-1}\left(\mu^2+\delta^2-\mu^2-\dfrac{\delta^2}{n}\right)=DX=\delta^2$。
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||||
\item $D\overline{X}=D\left(\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^nx_i\right)=\dfrac{1}{n^2}n\sigma^2=\dfrac{1}{n}DX=\dfrac{\sigma^2}{n}$。
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||||
\item $E(S^2)=E\left(\dfrac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^n(x_i-\overline{x})^2\right)=E\left(\dfrac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^n(x_i^2-2x_i\overline{x}+\overline{x}^2)\right)=$\\$E\left(\dfrac{1}{n-1}\left(\sum\limits_{i=1}^nx_i^2-2\overline{x}\cdot\sum\limits_{i=1}^nx_i+n\overline{x}^2\right)\right)=E\left(\dfrac{1}{n-1}\left(\sum\limits_{i=1}^nx_i^2-n\overline{x}^2\right)\right)=$\\$\dfrac{1}{n-1}E\left(\sum\limits_{i=1}^nx_i^2-n\overline{x}^2\right)=\dfrac{1}{n-1}\left(\sum\limits_{i=1}^nEx_i^2-nE\overline{x}^2\right)=\dfrac{n}{n-1}[(Ex_i)^2+Dx_i-(E\overline{x})^2-D\overline{x}]=\dfrac{n}{n-1}\left(\mu^2+\sigma^2-\mu^2-\dfrac{\sigma^2}{n}\right)=DX=\sigma^2$。
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\end{itemize}
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\subsection{三大分布}
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@@ -155,50 +155,249 @@ $X_{(1)}$的分布函数为$F_{(1)}(x)=1-[1-F(x)]^n$，概率密度为$f_{(1)}(x
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若随机变量$X\sim N(0,1)$，$Y\sim\chi^2(n)$，$XY$相互独立，则随机变量$t=\dfrac{X}{\sqrt{Y/n}}$服从自由度为$n$的$t$分布，记为$t\sim t(n)$。
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当$t\to\infty$时，$t$分布就是正态分布。其是偶函数，所以$Et=0$。
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当$t\to\infty$时，$t$分布就是标准正态分布。其是偶函数，所以$Et=0$。
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t分布用于根据小样本来估计呈正态分布且方差未知的总体的均值。
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\begin{tikzpicture}[scale=1.5]
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\draw[-latex](-2,0) -- (2,0) node[below]{$x$};
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\draw[-latex](0,-0.25) -- (0,3) node[above]{$y$};
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\filldraw[black] (0,0) node[below]{$O$};
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||||
\draw[brown, thick, domain=-2:2] plot (\x,{pow(e,-\x*\x/2)/pow(6, -0.5)});
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||||
\filldraw[black] (0.75,2.5) node{$n=+\infty$};
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||||
\draw[orange, thick, domain=-2:2] plot (\x,{pow(e,-\x*\x/2)/pow(4, -0.5)});
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||||
\filldraw[black] (0.75,2) node{$n=2$};
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||||
\draw[red, thick, domain=-2:2] plot (\x,{pow(e,-\x*\x/2)/pow(3, -0.5)});
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||||
\filldraw[black] (0.5,1) node{$n=1$};
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||||
\filldraw[black] (0.25,3) node{$f(x)$};
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\filldraw[black] (2,0.2) node{$\alpha$};
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\end{tikzpicture}
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\paragraph{性质} \leavevmode \medskip
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由$t$分布的概率密度$f(x)$图形的对称性可知$P\{t>-t_\alpha(n)\}=P\{t>t_{1-\alpha}(n)\}$，所以$t_{1-\alpha}(n)=-t_\alpha(n)$。
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\subsubsection{\texorpdfstring{$F$分布}{}}
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若随机变量$X_1,X_2,\cdots,X_n$
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\paragraph{概念} \leavevmode \medskip
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若随机变量$X\sim\chi^2(n_1)$，$Y\sim\chi^2(n_2)$，且$X$与$Y$相互独立，则$F=\dfrac{X/n_1}{Y/n_2}$服从自由度为$(n_1,n_2)$的$F$分布，记为$F\sim F(n_1,n_2)$，其中$n_1$为第一自由度，$n_2$为第二自由度。
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\begin{tikzpicture}[scale=2]
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\draw[-latex](-0.25,0) -- (3,0) node[below]{$x$};
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||||
\draw[-latex](0,-0.25) -- (0,2) node[above]{$y$};
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||||
\filldraw[black] (0,0) node[below]{$O$};
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||||
\draw[green, thick, domain=0.1:3] plot (\x,{pow(\x,4)*pow(e,-\x*\x/2)/pow(\x,2)*pow(e,-\x*\x/2)});
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||||
\filldraw[black] (2,0.55) node{$n_1=10,n_2=6$};
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||||
\draw[cyan, thick, domain=0.1:3] plot (\x,{pow(\x,4)*pow(e,-\x*\x/2)/pow(\x,3)*pow(e,-\x*\x/2)*4});
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||||
\filldraw[black] (1.5,2) node{$n_1=10,n_2=\infty$};
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||||
\filldraw[black] (0.25,2) node{$f(x)$};
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||||
\end{tikzpicture}
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||||
\paragraph{性质} \leavevmode \medskip
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\begin{itemize}
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\item 若$F\sim F(n_1,n_2)$，则$\dfrac{1}{F}\sim F(n_2,n_1)$。
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\item $F_{1-\alpha}(n_1,n_2)=\dfrac{1}{F_\alpha}(n_2,n_1)$。
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\end{itemize}
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证明性质二：记$F\sim F(n_2,n_1)$。
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$\therefore P\{F>F_\alpha(n_2,n_1)\}=\alpha$，$P\{F\leqslant F_\alpha(n_2,n_1)\}=1-\alpha$。
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取倒数：$P\left\{\dfrac{1}{F}\geqslant\dfrac{1}{F_\alpha(n_2,n_1)}\right\}=1-\alpha$。
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又根据性质1：$\dfrac{1}{F}\sim F(n_1,n_2)$，$P\{\dfrac{1}{F}\geqslant F_{1-\alpha}(n_1,n_2)\}=1-\alpha$。
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即$F_{1-\alpha}(n_1,n_2)=\dfrac{1}{F_\alpha}(n_2,n_1)$。
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\subsection{正态总体下结论}
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设$X_1,X_2,\cdots,X_n$是来自正态总体$N(\mu,\sigma^2)$的一个样本，$\overline{X}$，$S^2$分别是样本的均值和方差，则：
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\begin{enumerate}
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\item $\overline{X}\sim N\left(\mu,\dfrac{\sigma^2}{n}\right)$，即$\dfrac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}=\dfrac{\sqrt{n}(\overline{X}-\mu)}{\sigma}\sim N(0,1)$。
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\item $\dfrac{1}{\sigma^2}\sum\limits_{i=1}^n(X_i-\mu)^2\sim\chi^2(n)$。
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||||
\item $\dfrac{(n-1)S^2}{\sigma^2}=\sum\limits_{i=1}^n\left(\dfrac{X_i-\overline{X}}{\sigma}\right)^2\sim\chi^2(n-1)$（$\mu$未知时，在2中用$\overline{X}$代替$\mu$）。
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||||
\item $\overline{X}$与$S^2$相互独立，$\dfrac{\sqrt{n}(\overline{X}-\mu)}{S}\sim t(n-1)$（$\sigma$未知时在1中用$S$代替$\sigma$）。进一步有$\dfrac{n(\overline{X}-\mu)^2}{S^2}\sim F(1,n-1)$。
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\end{enumerate}
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\section{参数点估计}
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\subsection{概念}
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}设总体$X$的分布函数为$F(x;\theta)$，其中$\theta$为一个未知参数，$X_1,X_2,\cdots,$\\$X_n$是取自总体$X$的一个样本。由样本构造一个适当的统计量$\hat{\theta}(X_1,X_2,\cdots,X_n)$作为参数$\theta$的估计，称统计量$\hat{\theta}(X_1,X_2,\cdots,X_n)$为$\theta$的\textbf{估计量}，一般记为$\hat{\theta}=\hat{\theta}(X_1,X_2,\cdots,X_n)$。
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如果$x_1,x_2,\cdots,x_n$是样本的一个观察值，将其代入估计量$\hat{\theta}$中得到值$\hat{\theta}(x_1,$\\$x_2,\cdots,x_n)$，并且此值作为未知参数$\theta$的参数值，统计值称这个值为未知参数$\theta$的\textbf{估计值}。
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建立一个适当的统计量作为未知参数$\theta$的估计量并以相应的观察值作为未知参数估计值的问题，就是参数$\theta$的\textbf{点估计问题}。
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\subsection{方法}
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\subsubsection{矩估计法}
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\textbf{例题：}来自总体的$X$的简单随机样本$X_1,X_2,\cdots,X_n$，总体$X$的概率分布为$X\sim\left(\begin{array}{ccc}
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-1 & 0 & 2 \\
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2\theta & \theta & 1-3\theta
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\end{array}\right)$，其中$0<\theta<\dfrac{1}{3}$，求参数$\theta$的矩估计量。
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解：令$\overline{X}=EX$，即$\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^nX_i=(-1)2\theta+0\theta+2(1-3\theta)=2-8\theta$。
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所以$\hat{\theta}=\dfrac{2-\overline{X}}{8}$。
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\textbf{例题：}来自总体的$X$的概率密度为$f(x)=\left\{\begin{array}{ll}
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(1+\theta)x^\theta, & 0<x<1 \\
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0, & \text{其他}
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\end{array}\right.$，其中$\theta>-1$为未知参数，设$X_1,X_2,\cdots,X_n$为来自总体$X$的样本容量为$n$的简单随机样本，求$\theta$的矩估计量。
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||||
解：令$\overline{X}=EX$，$EX=\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)\,\textrm{d}x=\int_0^1x(1+\theta)x^\theta\,\textrm{d}x=(1+\theta)\dfrac{x^{\theta+2}}{\theta+2}\bigg|_0^1=\dfrac{1+\theta}{2+\theta}$。
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解得$\hat{\theta}=\dfrac{2\overline{X}-1}{1-\overline{X}}$。
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\subsubsection{最大似然估计}
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\paragraph{定义} \leavevmode \medskip
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对未知参数$\theta$进行估计时，在该参数可能取值的范围$I$内选取，使得样本获得次观测值$x_1,x_2,\cdots,x_n$的概率最大的参数值$\hat{\theta}$作为$\theta$的估计，这样的$\hat{\theta}$最有利于$x_1,x_2,\cdots,x_n$的出现。
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设总体$X$是离散型，其概率分布为$P\{X=x\}=p(x;\theta)$，$\theta\in I$，$\theta$为未知参数，$X_1,X_2\cdots,X_n$为$X$的一个样本，则$X_1,X_2,\cdots,X_n$取值为$x_1,x_2,\cdots,x_n$的概率为$P\{X_1=x_1,X_2=x_2,\cdots,X_n=x_n\}=\prod\limits_{i=1}^nP\{X_i=x_i\}=\prod\limits_{i=1}^np(x_i;\theta)$。显然这个概率值为$\theta$的函数，记为$L(\theta)=L(x_1,x_2,\cdots,x_n;\theta)=\prod\limits_{i=1}^np(x_i;\theta)$。称$L(\theta)$为样本的\textbf{似然函数}。
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}若存在$\hat{\theta}\in I$，使得$L(x_1,x_2,\cdots,x_n;\hat{\theta})=\max\limits_{\theta\in I}L(x_1,x_2,\cdots,x_n;\theta)$，则称$\hat{\theta}=\hat{\theta}(x_1,x_2,\cdots,x_n)$为参数$\theta$的\textbf{最大似然估计}，对应的统计量$\hat{\theta}(X_1,X_2,\cdots,X_n)$称为参数$\theta$的\textbf{最大似然估计量}。
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同理若总体$X$为连续型随机变量，其概率密度为$f(x;\theta)$，$\theta\in I$，则样本的\textbf{似然函数}为$L(\theta)=L(x_1,x_2,\cdots,x_n;\theta)=\prod\limits_{i=1}^nf(x_i;\theta)$.
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}若存在$\hat{\theta}\in I$，使得$L(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\max\limits_{\theta\in I}\prod\limits_{i=1}^nf(x_i;\theta)$，则称$\hat{\theta}=\hat{\theta}(x_1,x_2,\cdots,x_n)$为参数$\theta$的\textbf{最大似然估计}，对应的统计量$\hat{\theta}(X_1,X_2,\cdots,X_n)$称为参数$\theta$的\textbf{最大似然估计量}。
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\paragraph{步骤} \leavevmode \medskip
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\begin{enumerate}
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\item 写出样本的似然函数。$L(\theta)=L(x_1,x_2,\cdots,x_n;\theta_1,\theta_2,\cdots,\theta_k)=\prod\limits_{i=1}^np(x_i;\theta_1,$\\$\theta_2,\cdots,\theta_k)$或$\prod\limits_{i=1}^nf(x_i;\theta_1,\theta_2,\cdots,\theta_k)$。
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||||
\item 如果$p(x;\theta_1,\theta_2,\cdots,\theta_k)$或$f(x;\theta_1,\theta_2,\cdots,\theta_k)$关于$\theta_i$可微，则令$\dfrac{\partial L(\theta)}{\partial\theta_i}=0$或$\dfrac{\partial\ln L(\theta)}{\partial\theta_i}=0$。由于$L(\theta)$是乘积形式，且$\ln x$单调增，所以$L(\theta)$域$\ln L(\theta)$在同一$\theta$处取极值，所以更多采用后面一种对数似然方程组来解。求得$\theta_i$的最大似然估计量为$\hat{\theta}=\hat{\theta}(X_1,X_2,\cdots,X_n)$（$i=1,2,\cdots,k$）。
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||||
\item 如果$p(x;\theta_1,\theta_2,\cdots,\theta_k)$或$f(x;\theta_1,\theta_2,\cdots,\theta_k)$不可微，或似然方程组无解，则应由定义用其他方法求$\hat{\theta}$，如当$L(\theta)$为$\theta$的单调函数时，$\hat{\theta}$为$\theta$的取值上限或下限。
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||||
\end{enumerate}
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||||
即将概率密度或概率分布连乘，然后取对数，再求导令其为0解出$\overline{\theta}$。
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\textbf{例题：}设总体$X$的概率分布为：
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\begin{tabular}{c|cccc}
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\hline
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$X$ & 0 & 1 & 2 & 3 \\ \hline
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$P$ & $\theta^2$ & $2\theta(1-\theta)$ & $\theta^2$ & $1-2\theta$ \\ \hline
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\end{tabular} \medskip
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||||
其中$\theta\int\left(0,\dfrac{1}{2}\right)$为未知参数，从总体$X$中抽取容量为8的一组样本，其样本值为3，1，3，0，3，1，2，3。求$\theta$的矩估计值和最大似然估计值。
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解：首先将所有的概率相乘：$L(\theta)l=(1-2\theta)^4[2\theta(1-\theta)]^2\cdot\theta^2\cdot\theta^2=4\theta^6(1-\theta)^2(1-2\theta)^4$。
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对其求对数：$\ln L(\theta)=\ln4+6\ln\theta+2\ln(1-\theta)+4\ln(1-2\theta)$。
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对其求导：$\dfrac{\textrm{d}\ln L(\theta)}{\textrm{d}\theta}=\dfrac{6}{\theta}-\dfrac{2}{1-\theta}-\dfrac{8}{1-2\theta}=0$。解得$\theta=\dfrac{7\pm\sqrt{13}}{12}$。
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||||
$0<\theta<\dfrac{1}{2}$，舍去正值，得到$\hat{\theta}=\dfrac{7-\sqrt{13}}{12}$。
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\textbf{例题：}来自总体的$X$的概率密度为$f(x)=\left\{\begin{array}{ll}
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||||
(1+\theta)x^\theta, & 0<x<1 \\
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||||
0, & \text{其他}
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||||
\end{array}\right.$，其中$\theta>-1$为未知参数，设$X_1,X_2,\cdots,X_n$为来自总体$X$的样本容量为$n$的简单随机样本，求$\theta$的最大似然估计量。
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解：这是上面的矩估计的题目的延申。
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首先$L(\theta)=(1+\theta)x_1^\theta\cdot(1+\theta)x_2^\theta\cdots=(1+\theta)\cdot\prod\limits_{i=1}^nx_i^\theta$。
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取对数$\ln L(\theta)=n\ln(1+\theta)+\theta\sum\limits_{i=1}^n\ln x_i$
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对其求导：$\dfrac{\textrm{d}\ln L(\theta)}{\textrm{d}\theta}=\dfrac{n}{1+\theta}+\sum\limits_{i=1}^n\ln x_i=0$，解得$\hat{\theta}=-\dfrac{n}{\sum\limits_{i=1}^n\ln x_i}-1$。
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最大似然估计量为$-\dfrac{n}{\sum\limits_{i=1}^n\ln X_i}-1$。
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\textcolor{orange}{注意：}估计值用小写$x$，估计量用大写$X$。
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\subsection{估计量平均标准}
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不同的估计法所产生的估计量有所差异，需要有一套标准来评判估计量。
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\subsubsection{无偏性}
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}若参数$\theta$的估计量$\hat{\theta}=\hat{\theta}(X_1,X_2,\cdots,X_n)$对一切$n$及$\theta\in I$，有$E\hat{\theta}=\theta$，则称$\hat{\theta}$为$\theta$的\textbf{无偏估计量}。
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\textbf{例题：}设$X_1,X_2,\cdots,X_n$是正态总体$X\sim N(\mu,\sigma^2)$的简单随机样本，为使$D=k\sum\lim\limits_{i=1}^n-1(X_{i+1}-X_i)^2$称为总体方差$\sigma^2$的无偏估计量，求$k$。
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解：已知总体方差为$\sigma^2$，所以代入：
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$ED=\sigma^2=kE(\sum\lim\limits_{i=1}^{n-1}(X_{i+1}-X_i)^2)=kE(\sum\limits_{i=1}^{n-1}(X_{i+1}^2-2X_iX_{i+1}+X_i^2))$。
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\subsubsection{有效性}
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最小方差性。
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也称为最小方差性。
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}设$\hat{\theta_1}=\hat{\theta_1}(X_1,X_2,\cdots,X_n)$与$\hat{\theta_2}=\hat{\theta_2}(X_1,X_2,\cdots,X_n)$都是$\theta$的无偏估计量，若$D(\hat{\theta_1})<D(\hat{\theta_2})$，则$\hat{\theta_1}$比$\hat{\theta_2}$\textbf{有效}。
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$EX_i^2=EX_{i+1}^2=(EX_{i+1})^2+DX_{i+1}=\mu^2+\sigma^2$，$2EX_iE_{i+1}=2(EX_i)^2=2\mu^2$。
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代入：$=k\sum\limits_{i=1}^{n-1}(2\mu^2+2\sigma^2-2\mu^2)=2k\sigma^2(n-1)=\sigma$。解得$k=\dfrac{1}{2(n-1)}$。
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\subsubsection{一致性}
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相合性。
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也称为相合性。
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}设$\hat{\theta}=\hat{\theta}(X_1,X_2,\cdots,X_n)$为未知参数$\theta$的估计量，若对任意$\epsilon>0$，有$\lim\limits_{n\to\infty}P\{\vert\hat{\theta}-\theta\vert<\epsilon\}=1$，即$\hat{\theta}\overset{P}{\longrightarrow}\theta(n\to\infty)$，则称$\hat{\theta}$为$\theta$的\textbf{一致估计量}（\textbf{相合估计量}）。
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\section{参数区间估计与假设检验}
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\subsection{区间估计}
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区间估计是根据样本估计总体期望$\mu$所在的区间。
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\subsubsection{概念}
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\textcolor{violet}{\textbf{定义：}}已知从总体$X$中取出一部分样本$X_n$，则这些样本的平均值$\overline{X}$不一定等于$X$的期望即应该的平均值$\mu$，但是其之间的差距应该不大，即差距较小的概率较大，从而表示为$P(\vert\overline{X}-\mu\vert<\Delta)=1-\alpha$，$\alpha$为\textbf{显著性水平}，其一般是一个较小的正数。而$1-\alpha$称为\textbf{置信度}或\textbf{置信水平}。
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\subsubsection{正态总体均值的置信空间}
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\subsection{检设检验}
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假设$X\sim N(\mu,\sigma^2)$（若不服从正态分布就用中心极限定理来解决），则$\overline{X}\sim N\left(\mu,\dfrac{\sigma^2}{n}\right)$，$P\left(\left\vert\dfrac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\right\vert<\dfrac{\Delta}{\sigma/\sqrt{n}}\right)=1-\alpha$。记$\dfrac{\overline{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}=Z$，则$Z\sim N(0,1)$。
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$\therefore P\left(\vert Z\vert<\dfrac{\Delta}{\sigma/\sqrt{n}}\right)=1-\alpha$，从而中间面积为$1-\alpha$，得到两端面积$\dfrac{\alpha}{2}$。
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得到上$\alpha$分位数$Z_\frac{\alpha}{2}$，$\therefore\dfrac{\Delta}{\sigma/\sqrt{n}}=Z_\frac{\alpha}{2}$，解得$\Delta=Z_\frac{\alpha}{2}\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}$。
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代入：解得$\mu\in(\overline{X}-\Delta,\overline{X}+\Delta)=(\overline{X}-Z_\frac{\alpha}{2}\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}},\overline{X}+Z_\frac{\alpha}{2}\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}})$。
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这个$\mu$所处的区间就是\textbf{置信区间}，区间上限就是\textbf{置信上限}，区间下限就是\textbf{置信下限}。
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当$\sigma$未知的时候就无法求出置信区间了，所以根据正态总体下的结论，用样本方差$S$代替方差$\sigma$，且$\dfrac{\sqrt{n}(\overline{X}-\mu)}{S}\sim t(n-1)$。
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所以$P\left(\left\vert\dfrac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}\right\vert<\dfrac{\Delta}{S/\sqrt{n}}\right)=1-\alpha$，令$\dfrac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}=t$，所以$t\sim t(n-1)$。
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可得上$\alpha$分位点$t_\frac{\alpha}{2}(n-1)$，所以$\dfrac{\Delta}{S/\sqrt{n}}=t_\frac{\alpha}{2}(n-1)$，解得$\Delta=t_\frac{\alpha}{2}(n-1)\dfrac{S}{\sqrt{n}}$。
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代入：解得$\mu\in(\overline{X}-\Delta,\overline{X}+\Delta)=\mu\in(\overline{X}-t_\frac{\alpha}{2}(n-1)\dfrac{S}{\sqrt{n}},\overline{X}+t_\frac{\alpha}{2}(n-1)\dfrac{S}{\sqrt{n}})$。
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综上：求置信空间的关键是求$\Delta$：
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\begin{itemize}
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\item 当$\sigma$已知时，$\Delta=Z_\frac{\alpha}{2}\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}$。
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\item 当$\sigma$未知时，$\Delta=t_\frac{\alpha}{2}(n-1)\dfrac{S}{\sqrt{n}}$。
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\end{itemize}
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\subsection{假设检验}
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已经有了对期望$\mu$的假设，对这个假设进行检验。若所处的区间在拒绝域中，就拒绝原假设。
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\subsubsection{思想}
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已经有了假设样本期望为$\mu=\mu_0$。则$P(\vert\overline{X}-\mu_0\vert<\Delta)=1-\alpha$，所以取对立事件$P(\vert\overline{X}-\mu_0\vert\geqslant\Delta)=\alpha$，这是一个小概率事件。若对这个小概率事件发生了，则否定原假设。
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若$\sigma$已知，则$\Delta=Z_\frac{\alpha}{2}\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}$，则区间$(-\infty,\mu_0-\Delta]\cup[\mu_0+\Delta,+\infty)$称为\textbf{拒绝域}，即小概率发生的区间。
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若$\sigma$未知，则$\Delta=t_\frac{\alpha}{2}(n-1)\dfrac{S}{\sqrt{n}}$，拒绝域一样。
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\subsubsection{正态总体下的六大检验与拒绝域}
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\subsection{两类错误}
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第一类错误（弃真）：若$H_0$为真，按检验法则否定$H_0$。发生概率为$\alpha=P\{\text{拒绝}H_0|H_0\text{为真}\}$。
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第二类错误（存伪）：若$H_0$为假，按检验法则接受$H_0$。发生概率为$\beta=P\{\text{接受}H_0|H_0\text{为假}\}=P\{\text{接受}H_0|H_1\text{为真}\}$。
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\end{document}
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