一.考点归纳

参数估计的基本原理

1置信区间
（1）置信水平为95%的置信区间的含义：用某种方法构造的所有区间中有95%的区间包含总体参数的真值。（2）置信度愈高（即估计的可靠性愈高），则置信区间相应也愈宽（即估计准确性愈低）。
（3）置信区间的特点：置信区间受样本影响，具有随机性，总体参数的真值是固定的。一个特定的置信区间“总是包含”或“绝对不包含”参数的真值，不存在“以多大的概率包含总体参数”的问题。

2评价估计量的标准
（1）无偏性：估计量抽样分布的期望值等于被估计的总体参数，即E（θ）＝θ。
（2）有效性：估计量的方差尽可能小。
（3）一致性：随着样本量的增大，估计量的值越来越接近被估计总体的参数。

一个总体参数的区间估计

二、课后习题及答案

1利用下面的信息，构建总体均值的置信区间。
（1）总体服从正态分布，且已知σ＝500，n＝15，x＝8900，置信水平为95%。
（2）总体不服从正态分布，且已知σ＝500，n＝35，x＝8900，置信水平为95%。
（3）总体不服从正态分布，σ未知，n＝35，x＝8900，s＝500，置信水平为90%。
（4）总体不服从正态分布，σ未知，n＝35，x＝8900，s＝500，置信水平为99%。

解：（1）由于总体服从正态分布，σ＝500，n＝15，x＝8900，α＝0.05，z0.05/2＝1.96。所以总体均值μ的95%的置信区间为：

即（8646.97，9153.03）。
（2）已知总体不服从正态分布，但n＝35为大样本，因此采用z统计量，总体均值μ的95%的置信区间为：

即（8734.35，9065.65）。
（3）已知总体不服从正态分布，σ未知，但由于n＝35为大样本，因此可以采用z统计量，总体均值μ的90%的置信区间为：

即（8760.97，9039.03）。
（4）已知总体不服从正态分布，σ未知，但由于n＝35为大样本，因此可以采用z统计量，总体均值μ的99%的置信区间为：

即（8681.95，9118.05）。

2某大学为了解学生每天上网的时间，在全校7500名学生中采取重复抽样方法随机抽取36人，调查他们每天上网的时间，得到表7-3的数据（单位：小时）。

求该校大学生平均上网时间的置信区间，置信水平分别为90%，95%和99%。

解：已知：n＝36，当α为0.1，0.05，0.01时，相应的z值分别为：z0.1/2＝1.645，z0.05/2＝1.96，z0.01/2＝2.58
根据样本数据计算得：

（1）由于n＝36为大样本，所以平均上网时间的90%的置信区间为：

即（2.88，3.76）。
（2）平均上网时间的95%的置信区间为：

即（2.79，3.85）。
（3）平均上网时间的99%的置信区间为：

即（2.63，4.01）。

3某企业生产的袋装食品采用自动打包机包装，每袋标准重量为100g，现从某天生产的一批产品中按重复抽样随机抽取50包进行检查，测得每包重量如表所示。

已知食品包重量从正态分布，要求：
（1）确定该种食品平均重量的95%的置信区间。
（2）如果规定食品重量低于100g属于不合格，确定该批食品合格率的95%的置信区间。

解：（1）已知：总体服从正态分布，但σ未知，n＝50为大样本，α＝0.05，z0.05/2＝1.96。根据分组的样本数据计算得：x＝（97×2＋99×3＋…＋105×4）/50＝101.32

该种食品平均重量的95%的置信区间为：

即（100.87，101.77）。
（2）根据样本数据可知，样本合格率为p＝45/50＝0.9。该种食品合格率的95%的置信区间为：

即（0.82，0.98）。

4假设总体服从正态分布，利用表7-5的数据构建总体均值μ的99%的置信区间。

解：已知：总体服从正态分布，但σ未知，n＝25为小样本，α＝0.01，t0.01/2（25－1）＝2.797。根据样本数据计算得：x＝16.128，s＝0.871。则总体均值μ的99%的置信区间为：

即（15.64，16.62）。

5利用下面的样本数据构建总体比例π的置信区间。
（1）n＝44，p＝0.51，置信水平为99%。
（2）n＝300，p＝0.82，置信水平为95%。
（3）n＝1150，p＝0.48，置信水平为90%。

解：（1）已知：n＝44，p＝0.51，α＝0.01，z0.01/2＝2.58。总体比例π的99%的置信区间为：

即（0.32，0.70）。
（2）已知：n＝300，p＝0.82，α＝0.05，z0.05/2＝1.96。总体比例π的95%的置信区间为：

即（0.78，0.86）。
（3）已知：n＝1150，p＝0.48，α＝0.1，z0.1/2＝1.645。总体比例π的90%的置信区间为：

即（0.46，0.50）。

6在一项家电市场调查中，随机抽取了200个居民户，调查他们是否拥有某一品牌的电视机。其中拥有该品牌电视机的家庭占23%。求总体比例的置信区间，置信水平分别为90%和95%。解：已知：n＝200，p＝0.23，α为0.1和0.05时，相应的z0.1/2＝1.645，z0.05/2＝1.96。
（1）总体比例π的90%的置信区间为：

即（0.18，0.28）。
（2）总体比例π的95%的置信区间为：

即（0.17，0.29）。

7一位银行的管理人员想估计每位顾客在该银行的月平均存款额。他假设所有顾客月存款额的标准差为1000元，要求的估计误差在200元以内。置信水平为99%，应选取多大的样本？解：已知：σ＝1000，估计误差E＝200，α＝0.01，z0.01/2＝2.58。所以应抽取的样本量为：

所以应抽取167个样本。

8某居民小区共有居民500户，小区管理者准备采用一种新的供水设施，想了解居民是否赞成。采取重复抽样方法随机抽取了50户，其中有32户赞成，18户反对。
（1）求总体中赞成该项改革的户数比例的置信区间（α＝0.05）。
（2）如果小区管理者预计赞成的比例能达到80%，估计误差不超过10%。应抽取多少户进行调查（α＝0.05）？

解：（1）已知：n＝50，p＝32/50＝0.64，α＝0.05，z0.05/2＝1.96。总体中赞成该项改革的户数比例的95%的置信区间为：

即（0.51，0.77）。
（2）已知：π＝0.80，α＝0.05，z0.05/2＝1.96。应抽取的样本量为：

即应抽取的样本量为62户。

9根据下面的样本结果，计算总体标准差σ的90%的置信区间。
（1）x＝21，s＝2，n＝50。
（2）x＝1.3，s＝0.02，n＝15。
（3）x＝167，s＝31，n＝22。

解：（1）已知：x＝21，s＝2，n＝50，α＝0.1，查表得：χ20.1/2（50－1）＝66.3387，χ21－0.1/2（50－1）＝33.9303。总体方差σ2的置信区间为：

即2.95≤σ2≤5.78。标准差的置信区间为：1.72≤σ≤2.40。

（2）已知：x＝1.3，s＝0.02，n＝15，α＝0.1，查表得：χ20.1/2（15－1）＝23.6848，χ21－0.1/2（15－1）＝6.5706。总体方差σ2的置信区间为：

标准差的置信区间为：0.015≤σ≤0.029。
（3）已知：x＝167，s＝31，n＝22，α＝0.1，查表得：χ20.1/2（22－1）＝32.6706，χ21－0.1/2（22－1）＝11.5913。总体方差σ2的置信区间为：

标准差的置信区间为：24.85≤σ≤41.73。

10顾客到银行办理业务时往往需要等待一段时间，而等待时间的长短与许多因素有关。比如，银行业务员办理业务的速度，顾客等待排队的方式等。为此，某银行准备采取两种排队方式进行试验，第一种排队方式是：所有顾客都进入一个等待队列；第二种排队方式是：顾客在三个业务窗口处列队三排等待。为比较哪种排队方式使顾客等待的时间更短，银行各随机抽取10名顾客，他们在办理业务时所等待的时间（单位：分钟），如表所示。

要求：
（1）构建第一种排队方式等待时间标准差的95%的置信区间。
（2）构建第二种排队方式等待时间标准差的95%的置信区间。
（3）根据（1）和（2）的结果，你认为哪种排队方式更好？

解：（1）已知：n＝10，α＝0.05，查表得χ0.05/22（10－1）＝19.0228，χ1－0.05/22（10－1）＝2.7004。根据方式1的样本数据计算得：s2＝0.2272。总体方差σ2的置信区间为：

标准差的置信区间为：0.33≤σ≤0.87。
（2）根据方式2的样本数据计算得：s2＝3.3183。总体方差σ2的置信区间为：

标准差的置信区间为：1.25≤σ≤3.33。
（3）第一种排队方式更好，因为它的离散程度小于第二种排队方式。

11从两个正态总体中分别抽取两个独立的随机样本，它们的均值和标准差如表所示。

（1）设n1＝n2＝100，求（μ1－μ2）95%的置信区间。
（2）设n1＝n2＝10，σ12＝σ22，求（μ1－μ2）95%的置信区间。

（3）设n1＝n2＝10，σ12≠σ22，求（μ1－μ2）95%的置信区间。
（4）设n1＝10，n2＝20，σ12＝σ22，求（μ1－μ2）95%的置信区间。
（5）设n1＝10，n2＝20，σ12≠σ22，求（μ1－μ2）95%的置信区间。

解：（1）由于两个样本均为独立大样本，σ12和σ22未知。当α＝0.05时，z0.05/2＝1.96，则μ1－μ2的95%的置信区间为：

即（0.824，3.176）。
（2）由于两个样本均为来自正态总体的独立小样本，当σ12和σ22未知但σ12＝σ22时，需要用两个样本的方差s12和s22和来估计。总体方差的合并估计量sp2为：

当α＝0.05时，t0.05/2（10＋10－2）＝2.101，则μ1－μ2的95%的置信区间为：

即（－1.986，5.986）。
（3）由于两个样本均为来自正态总体的独立小样本，σ12和σ22未知且σ12≠σ22，n1＝n2＝n。当α＝0.05时，t0.05/2（10＋10－2）＝2.101，则μ1－μ2的95%的置信区间为：

即（－1.986，5.986）。
（4）由于两个样本均为来自正态总体的独立小样本，σ12和σ22未知但σ12＝σ22，n1≠n2。需要用两个样本的方差s12和s22来估计。总体方差的合并估计量sp2为：

当α＝0.05时，t0.05/2（10＋20－2）＝2.048。因此，μ1－μ2的95%的置信区间为：

即（－1.431，5.431）。

（5）由于两个样本均为来自正态总体的独立小样本，σ12和σ22未知且σ12≠σ22，n1≠n2。因此，μ1－μ2的95%的置信区间为：

自由度的计算如下：

当α＝0.05时，t0.05/2（20）＝2.086。μ1－μ2的95%的置信区间为：

即（—1.364，5.364）。

12表7-8是由4对观察值组成的随机样本。

（1）计算A与B各对观察值之差，再利用得出的差值计算d和sd。
（2）设μ1和μ2分别为总体A和总体B的均值，构造μd＝μ1－μ2的95%的置信区间。

解：（1）计算过程如表7-9所示。

 d＝7/4＝1.75

（2）当α＝0.05时，t0.05/2（4－1）＝3.182。两个样本之差μd＝μ1－μ2的95%的置信区间为：

即（－2.43，5.93）。

13一家人才测评机构对随机抽取的10名小企业的经理人用两种方法进行自信心测试，得到的自信心测试分数如表7-10所示。

要求：构建两种方法平均自信心得分之差μd＝μ1－μ2的95%的置信区间。

解：根据样本数据计算得：d＝[（78－71）＋（63－44）＋…＋（55－39）]/10＝110/10＝11

当α＝0.05时，t0.05/2（10－1）＝2.262。两种方法平均自信心得分之差μd＝μ1－μ2的95%的置信区间为：

即（6.33，15.67）。

14从两个总体中各抽取一个n1＝n2＝250的独立随机样本，来自总体1的样本比例为p1＝40%，来自总体2的样本比例为p2＝30%。要求：
（1）构造π1－π2的90%的置信区间。

（2）构造π1－π2的95%的置信区间。

解：（1）已知：n1＝n2＝250，p1＝40%，p2＝30%，α＝0.1，z0.1/2＝1.645。π1－π2的90%的置信区间为：

即（3.02%，16.98%）。
（2）α＝0.05，z0.05/2＝1.96。π1－π2的90%的置信区间为：

即（1.68%，18.32%）。

15生产工序的方差是工序质量的一个重要度量。当方差较大时，需要对工序进行改进以减小方差。表7-11是两部机器生产的袋茶重量（单位：g）的数据。

要求：构造两个总体方差比（σ12/σ22）95%的置信区间。解：根据样本数据计算得：s12＝0.058375，s22＝0.005846。当α＝0.05时，由Exce1的“FINV”函数计算得：F0.025（21－1，21－1）＝2.46，F1－α/2（n1－1，n2－1）＝F0.975（21－1，21－1）＝0.41。两个总体方差比σ12/σ22的95%的置信区间为：

即两个总体方差比σ12/σ22的95%的置信区间为：4.06≤σ12/σ22≤24.35。

16根据以往的生产数据，某种产品的废品率为2%。如果置信区间为95%，估计误差不超过4%，应抽取多少样本？解：已知：π＝2%，E＝4%，当α＝0.05时，z0.05/2＝1.96。应抽取的样本量为：

故应至少抽取样本量为48的样本。

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