定理:若X1,X2…Xn为抽自总体N(μ,σ2)的简单随机样本,定义样本均值为 X X,,样本方差为:S (x-X),则有 (1)X与S2相互独立; (2)X~N(4,a2) (3.5) (3)(n-1)S2/o2~x2(n-1) (3.6) 推论1:统计量 X t(n-1) (3.7) 推论2:若X,X2…Xm为取自总体N(12a2)的样本,Y1,Y2…Yn为取自总体N(2,a2) 的样本,且它们互相独立,则 (m-1,n-1) 其中S12,S2分别为X1,…,Xm,Y1,…,Yn的样本方差 推论3:在推论2的条件下,若01=02,则: (X-1)-(1-12) ~l(m+n-2) (3.9) (m-1)+(n-1) 几点说明 1°有些书上样本方差定义为: (X1-X)2 我们的定义为: (x,-X) n-1 这是因为可证明E(S2)=02,而E(S2) 2°E(S2)=02,但E(S)≠o。这可用反证法证明如下 若E(S)=0,由方差定义,有 D(S)=E(S2)-(E(S) 0 这意味着S是一个常量,永不改变。这显然不可能。所以假设E(S)=0不成立 3°(3.3)式和(3.7)式中的n有不同的统计学意义。(3.3)式中的n是Y的自由度,而(3.7) 式中S2表达式已将它的自由度n1除掉了,此地除以√n是因为S2是总体方差估计值,而 X的方差为总体方差的1/n倍,因此使用(3.7)式才能将X标准化定理：若 X1，X2…Xn 为抽自总体 N（μ，σ2）的简单随机样本，定义样本均值为： = = n i Xi n X 1 1 ，样本方差为： 2 1 2 ( ) 1 1 = − − = n i Xi X n S ，则有： （1） X 与 S 2 相互独立； （2） X ~N（ 1 2 ,  n ） （3.5） （3）（n-1）S 2 /σ2 ~χ2 (n-1)。 （3.6） 推论 1：统计量 ~ ( 1) / − − = t n S n X T  （3.7） 推论 2：若 X1，X2,…,Xm为取自总体 N ( , ) 2 1  1 的样本，Y1，Y2…Yn 为取自总体 N（ 2 2 2  , ） 的样本，且它们互相独立，则： ~ ( 1, 1) 2 1 2 2 2 2 2 1 =  F m − n − S S F   （3.8） 其中 S1 2 , S2 2 分别为 X1,…,Xm，Y1,…,Yn 的样本方差。 推论 3：在推论 2 的条件下，若σ1=σ2，则： ~ ( 2) ) 1 1 ( ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 + −  + − + − − + − − − − = t m n m n m n m S n S X Y T   （3.9） 几点说明： 1°有些书上样本方差定义为： = = − n i n Xi X n S 1 2 2 ( ) 1 我们的定义为： ( ) = − − = n i Xi X n S 1 2 2 1 1 这是因为可证明 E(S 2）=σ2，而 E( 2 n S ）= 1 2  n n − 。 2°E(S 2）=σ 2，但 E(S）≠σ。这可用反证法证明如下： 若 E(S）=σ，由方差定义，有： D(S）=E(S 2）-（E(S))2 =σ2 -σ2 = 0 这意味着 S 是一个常量，永不改变。这显然不可能。所以假设 E(S）=σ不成立。 3°(3.3）式和(3.7)式中的 n 有不同的统计学意义。（3.3）式中的 n 是 Y 的自由度，而(3.7) 式中 S 2 表达式已将它的自由度 n-1 除掉了，此地除以 n 是因为 S 2 是总体方差估计值，而 X 的方差为总体方差的 1/n 倍，因此使用(3.7)式才能将 X 标准化