概率统计D 07.03 正态总体均值与方差的置信区间

§7.3正态总体均值与方差的置信区间 \color{blue}{\S 7.3 正态总体均值与方差的置信区间}

一、单个正态总体均值的置信区间 \color{blue}{一、单个正态总体均值的置信区间}

设(X 1 ,X 2 ,⋯,X n )是来自正态总体N(μ,σ 2 )的样本. 设(X_1, X_2, \cdots, X_n)是来自正态总体N(\mu, \sigma^2)的样本.
1.设σ 2 已知,求μ的置信度为1−α的置信度区间. 1.设\sigma^2已知,求\mu的置信度为1 - \alpha的置信度区间.
(X ¯ ¯ ¯ −σn √ μ α2 ,X ¯ ¯ ¯ +σn √ μ α2 ) \left( \overline X - \dfrac{\sigma}{\sqrt{n}} \mu _{\frac{\alpha}{2}}, \overline X + \dfrac{\sigma}{\sqrt{n}} \mu _{\frac{\alpha}{2}} \right)

2.设σ 2 未知,求μ的置信度为1−α的置信区间. 2.设\sigma^2未知,求\mu的置信度为1 - \alpha的置信区间.
由于S 2 是σ 2 的无偏估计,因此用S 2 代替σ 2 ,有t=X ¯ ¯ ¯  −μSn  √   ∼t(n−1) 由于S^2是\sigma^2的无偏估计,因此用S^2代替\sigma^2,有\\ t = \dfrac{\overline X - \mu}{\dfrac{S}{\sqrt{n}}} \sim t(n-1)
由附表3查得t α2  (n−1),有由附表3查得t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1),有
P⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ X ¯ ¯ ¯  −μSn  √   ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ <t α2  (n−1)⎫ ⎭ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ =1−α, P \left\lbrace \left|\dfrac{\overline X - \mu}{\dfrac{S}{\sqrt{n}} } \right|
即P{X ¯ ¯ ¯  −Sn  √  t α2  (n−1)<μ<X ¯ ¯ ¯  +Sn  √  t α2  (n−1)}=1−α, 即P \left \lbrace \overline X - \dfrac{S}{\sqrt{n}}t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)
于是得到μ的1−α置信区间为于是得到\mu的1 - \alpha 置信区间为
(X ¯ ¯ ¯  −Sn  √  t α2  (n−1),X ¯ ¯ ¯  +Sn  √  t α2  (n−1)) \left ( \overline X - \dfrac{S}{\sqrt{n}}t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1) , \overline X + \dfrac{S}{\sqrt{n}}t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1) \right )

例1.某车间生产的螺杆直径服从正态分布N(μ,σ 2 ),今随机地从中抽取5只测得直径值为22.3,21.5,22.0,21.8,21.4. 例1.某车间生产的螺杆直径服从正态分布N(\mu, \sigma^2),今随机\\ 地从中抽取5只测得直径值为22.3, 21.5, 22.0, 21.8, 21.4.
(1)已知σ=0.3,求μ的0.95置信区间; (1) 已知\sigma = 0.3, 求\mu 的0.95置信区间;
(2)如果σ未知,求μ的0.95置信区间. (2) 如果\sigma 未知,求\mu的0.95置信区间.
解:n=5,x ¯ =15 ∑ i=1 5 x i =21.8. 解:n = 5, \overline x = \dfrac{1}{5} \sum \limits _ {i=1}^5 x_i = 21.8.
(1)已知σ=0.3,α=0.05,查表得μ α2  =1.96,因此μ的0.95置信区间为 (1) 已知\sigma = 0.3, \alpha = 0.05,查表得\mu_{\frac{\alpha}{2}} = 1.96,\\ 因此\mu 的0.95置信区间为
(x ¯ −σn  √  μ α2  ,x ¯ +σn  √  μ α2  )=(21.8−0.35  √  ×1.96,21.8+0.35  √  ×1.96)=(21.537,22.063) (\overline x - \dfrac{\sigma}{\sqrt{n}} \mu_{\frac{\alpha}{2}}, \overline x + \dfrac{\sigma}{\sqrt{n}} \mu_{\frac{\alpha}{2}}) \\ = (21.8 - \dfrac{0.3}{\sqrt{5}} \times 1.96, 21.8 + \dfrac{0.3}{\sqrt{5}} \times 1.96) \\ = (21.537, 22.063)
(2)σ未知,s 2 =15−1 ∑ i=1 5 (x i −x ¯ ) 2 =0.135,s=0.367.查表得t α2  (5−1)=t 0.025 (4)=2.7764,因此μ的0.95置信区间为(x ¯ −sn  √  t α2  (n−1),x ¯ +sn  √  t α2  (n−1))=(21.8−0.3675  √  ×2.7764,21.8+0.3675  √  ×2.7764)=(21.345,22.255) (2) \sigma未知,s^2 = \dfrac{1}{5-1} \sum \limits _ {i=1}^5 (x_i - \overline x)^2 = 0.135, \\ s = 0.367.查表得t_{\frac{\alpha}{2}}(5-1) = t_{0.025}(4) = 2.7764,\\ 因此\mu的0.95置信区间为\\ (\overline x - \dfrac{s}{\sqrt{n}}t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1), \overline x + \dfrac{s}{\sqrt{n}}t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)) \\ = (21.8 - \dfrac{0.367}{\sqrt{5}} \times 2.7764 , 21.8 + \dfrac{0.367}{\sqrt{5}} \times 2.7764) \\ = (21.345, 22.255)

二、单个正态总体方差的置信区间 \color{blue}{二、单个正态总体方差的置信区间}

1.设μ已知,求σ 2 的置信度为1−α的置信区间 1.设\mu已知,求\sigma^2的置信度为1 - \alpha的置信区间
由于由于
χ 2 =1σ 2  ∑ i=1 n (X i −μ) 2 ∼χ 2 (n) \chi^2 = \dfrac{1}{\sigma^2} \sum \limits _ {i=1}^n(X_i - \mu)^2 \sim \chi^2(n)
对于给定置信度1−α,查表可得χ 2 1−α2  (n)及χ 2 α2  (n),使对于给定置信度1 - \alpha,查表可得\chi^2_{1 - \frac{\alpha}{2}}(n)及\chi^2_{\frac{\alpha}{2}}(n),使
P{χ 2 1−α2  (n)<1σ 2  ∑ i=1 n (X i −μ) 2 <χ 2 α2  (n)}=1−α P \left \lbrace \chi^2_{1 - \frac{\alpha}{2}}(n)
P⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ∑ i=1 n (X i −μ) 2 χ 2 α2  (n) <σ 2 <∑ i=1 n (X i −μ) 2 χ 2 1−α2  (n) ⎫ ⎭ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ =1−α, P \left \lbrace \dfrac{\sum \limits _{i=1}^n(X_i - \mu)^2}{\chi^2_{\frac{\alpha}{2}}(n)}
因此,σ 2 的1−α的置信区间为因此,\sigma^2的1-\alpha的置信区间为
⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ∑ i=1 n (X i −μ) 2 χ 2 α2  (n) ,∑ i=1 n (X i −μ) 2 χ 2 1−α2  (n) ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟   \left ( \dfrac{\sum \limits _{i=1}^n(X_i - \mu)^2}{\chi^2_{\frac{\alpha}{2}}(n)} , \dfrac{\sum \limits _{i=1}^n (X_i - \mu)^2}{\chi^2_{1-\frac{\alpha}{2}}(n)} \right )

2.设μ未知,求σ 2 的置信度为1−α的置信区间 2.设\mu未知,求\sigma^2的置信度为1 - \alpha的置信区间
由于由于
(n−1)S 2 σ 2  ∼χ 2 (n−1) \dfrac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)
对于给定置信度1−α,查表可得χ 2 1−α2  (n−1)及χ 2 α2  (n−1),使得对于给定置信度1 - \alpha,查表可得\chi^2_{1 -\frac{\alpha}{2}}(n-1)及\chi^2_{\frac{\alpha}{2}}(n-1), 使得\\\\
P{χ 2 1−α2  (n−1)<(n−1)S 2 σ 2  <χ 2 α2  (n−1)}=1−α P \left \lbrace \chi^2_{1-\frac{\alpha}{2}}(n-1)
即P⎧ ⎩ ⎨ (n−1)S 2 χ 2 α2  (n−1) <σ 2 <(n−1)S 2 χ 2 1−α2  (n−1) ⎫ ⎭ ⎬ =1−α 即P\left \lbrace \dfrac{(n-1)S^2}{\chi^2_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)}
因此,方差σ 2 的置信度为1−α的置信区间为因此,方差\sigma^2的置信度为1 - \alpha的置信区间为
⎛ ⎝ (n−1)S 2 χ 2 α2  (n−1) ,(n−1)S 2 χ 2 1−α2  (n−1) ⎞ ⎠  \left ( \dfrac{(n-1)S^2}{\chi^2_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)} , \dfrac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1 - \frac{\alpha}{2}}(n-1)} \right )

而标准差σ的1−α的置信区间为而标准差\sigma的1 - \alpha的置信区间为
⎛ ⎝ ⎜ n−1 − − − − − √ Sχ 2 α2 (n−1) − − − − − − − − √ ,n−1 − − − − − √ Sχ 2 1−α2 (n−1) − − − − − − − − − − √ ⎞ ⎠ ⎟ \left ( \dfrac{\sqrt{n-1}S}{\sqrt{\chi^2_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)}}, \dfrac{\sqrt{n-1}S}{\sqrt{\chi^2_{1- \frac{\alpha}{2}}(n-1)}} \right )

例2.从正态总体N(μ,σ 2 )中抽取容量为5的样本,其观测值为1.86,3.22,1.46,4.01,2.64(1)已知μ=3,求σ 2 的0.95置信区间;(2)如果μ未知,求σ 2 的0.95置信区间. 例2.从正态总体N(\mu, \sigma^2)中抽取容量为5的样本,\\ 其观测值为1.86, 3.22, 1.46, 4.01, 2.64 \\ (1) 已知\mu = 3, 求\sigma^2 的0.95置信区间;\\ (2) 如果\mu未知,求\sigma^2的0.95置信区间.
解:n=5,α=0.05 解:n = 5, \alpha = 0.05
(1)已知μ=3,查表得χ 2 1−α2  (n)=χ 2 0.975 (5)=0.831,χ 2 α2  (n)=χ 2 0.025 (5)=12.833.由已知数据算得∑ i=1 5 (x i −μ) 2 =4.8693,因此σ 2 的0.95置信区间为 (1) 已知\mu = 3, 查表得\chi^2_{1 - \frac{\alpha}{2}}(n) = \chi^2_{0.975}(5) = 0.831, \\ \chi^2_{\frac{\alpha}{2}}(n) = \chi^2_{0.025}(5) = 12.833.\\ 由已知数据算得\sum \limits _{i=1}^5(x_i-\mu)^2 = 4.8693,\\ 因此\sigma^2的0.95置信区间为
⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ∑ i=1 n (X i −μ) 2 χ 2 α2  (n) ,∑ i=1 n (X i −μ) 2 χ 2 1−α2  (n) ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟  \left ( \dfrac{\sum \limits _{i=1}^n(X_i - \mu)^2}{\chi^2_{\frac{\alpha}{2}}(n)} , \dfrac{\sum \limits _{i=1}^n (X_i - \mu)^2}{\chi^2_{1-\frac{\alpha}{2}}(n)} \right )
=(4.869312.833 ,4.86930.831 )=(0.379,5.860) =\left ( \dfrac{4.8693}{12.833}, \dfrac{4.8693}{0.831}\right ) \\ = (0.379, 5.860)
(2)μ未知,查表得χ 2 1−α2  (n−1)=χ 2 0.975 (4)=0.484,χ 2 α2  (n−1)=χ 2 0.025 (4)=11.143,由已知数据算得x ¯ =2.64,(n−1)s 2 =4.2141,因此σ 2 的0.95置信区间为 (2) \mu未知,查表得\chi^2_{1 - \frac{\alpha}{2}}(n-1) = \chi^2_{0.975}(4) = 0.484, \\ \chi^2_{\frac{\alpha}{2}}(n-1) = \chi^2_{0.025}(4) = 11.143, 由已知数据算得\overline x = 2.64, \\ (n-1)s^2 = 4.2141, 因此\sigma^2的0.95置信区间为
⎛ ⎝ ⎜ n−1 − − − − −  √ Sχ 2 α2  (n−1) − − − − − − − −  √  ,n−1 − − − − −  √ Sχ 2 1−α2  (n−1) − − − − − − − − − −  √  ⎞ ⎠ ⎟  \left ( \dfrac{\sqrt{n-1}S}{\sqrt{\chi^2_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)}}, \dfrac{\sqrt{n-1}S}{\sqrt{\chi^2_{1- \frac{\alpha}{2}}(n-1)}} \right )
=(4.214111.143 ,4.21410.484 )=(0.378,8.707) = \left ( \dfrac{4.2141}{11.143}, \dfrac{4.2141}{0.484} \right) \\ = (0.378, 8.707)

三、两个正态总体均值差的置信区间 \color{blue}{三、两个正态总体均值差的置信区间}

设总体X∼N(μ 1 ,σ 2 1 ),总体Y∼N(μ 2 ,σ 2 2 ),X与Y独立,(X 1 ,X 2 ,⋯,X m )与(Y 1 ,Y 2 ,⋯,Y n )分别来自X与Y的相互独立的样本,并设它们的样本均值分别为X ¯ ¯ ¯ ,Y ¯ ¯ ¯ ,样本方差分别为S 2 1 ,S 2 2 . 设总体X \sim N(\mu_1, \sigma_1^2),总体Y \sim N(\mu_2, \sigma_2^2), X与Y独立,\\ (X_1, X_2, \cdots, X_m)与(Y_1, Y_2, \cdots, Y_n)分别来自X与Y的\\ 相互独立的样本,并设它们的样本均值分别为\overline X,\overline Y, 样本方差\\ 分别为S_1^2, S_2^2.

1.设σ 2 1 和σ 2 2 都已知,求μ 1 −μ 2 的置信度为1−α的置信区间. 1.设\sigma_1^2和\sigma_2^2都已知,求\mu_1 - \mu_2的置信度为1 - \alpha的置信区间.
由于X ¯ ¯ ¯  与Y ¯ ¯ ¯  相互独立,且X ¯ ¯ ¯  ∼N(μ 1 ,σ 2 1 m ),Y ¯ ¯ ¯  ∼N(μ 2 ,σ 2 2 n ),于是可知X ¯ ¯ ¯  −Y ¯ ¯ ¯  ∼N(μ 1 −μ 2 ,σ 2 1 m +σ 2 2 n ),从而μ=X ¯ ¯ ¯  −Y ¯ ¯ ¯  −(μ 1 −μ 2 )σ 2 1 m +σ 2 2 n  − − − − − − − −  √  ∼N(0,1) 由于\overline X 与 \overline Y相互独立,且\overline X \sim N(\mu_1, \dfrac{\sigma_1^2}{m}), \overline Y \sim N(\mu_2, \dfrac{\sigma_2^2}{n}),\\ 于是可知\overline X - \overline Y \sim N(\mu_1 - \mu_2, \dfrac{\sigma_1^2}{m} + \dfrac{\sigma_2^2}{n}),从而 \\ \mu = \dfrac{\overline X - \overline Y - (\mu_1 - \mu_2)}{\sqrt{\dfrac{\sigma_1^2}{m} + \dfrac{\sigma_2^2}{n}}} \sim N(0, 1)
对于给定的置信度1−α,查表得μ α2  ,使对于给定的置信度1 - \alpha,查表得\mu_{\frac{\alpha}{2}},使
P⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ |X ¯ ¯ ¯  −Y ¯ ¯ ¯  −(μ 1 −μ 2 )|σ 2 1 m +σ 2 2 n  − − − − − − − −  √  <μ α2  ⎫ ⎭ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ =1−α P \left \lbrace \dfrac{|\overline X - \overline Y - (\mu_1 - \mu_2)|}{\sqrt{\dfrac{\sigma_1^2}{m} + \dfrac{\sigma_2^2}{n}}}

即P⎧ ⎩ ⎨ X ¯ ¯ ¯ −Y ¯ ¯ ¯ −σ 2 1 m +σ 2 2 n − − − − − − − − √ μ α2 <μ 1 −μ 2 <X ¯ ¯ ¯ −Y ¯ ¯ ¯ +σ 2 1 m +σ 2 2 n − − − − − − − − √ μ α2 ⎫ ⎭ ⎬ =1−α 即P \left \lbrace \overline X - \overline Y - \sqrt{\dfrac{\sigma_1^2}{m} + \dfrac{\sigma_2^2}{n}} \mu_{\frac{\alpha}{2}}

从而得到μ 1 −μ 2 的置信度为1−α的置信区间为从而得到\mu_1 - \mu_2 的置信度为1 - \alpha的置信区间为

⎛ ⎝ X ¯ ¯ ¯ −Y ¯ ¯ ¯ −σ 2 1 m +σ 2 2 n − − − − − − − − √ μ α2 ,X ¯ ¯ ¯ −Y ¯ ¯ ¯ +σ 2 1 m +σ 2 2 n − − − − − − − − √ μ α2 ⎞ ⎠ \left ( \overline X - \overline Y - \sqrt{\dfrac{\sigma_1^2}{m} + \dfrac{\sigma_2^2}{n}} \mu_{\frac{\alpha}{2}} , \overline X - \overline Y + \sqrt{\dfrac{\sigma_1^2}{m} + \dfrac{\sigma_2^2}{n}} \mu_{\frac{\alpha}{2}} \right )

2.设σ 2 1 =σ 2 2 =σ 2 为未知,求μ 1 −μ 2 的置信度为1−α的置信区间. 2.设\sigma_1^2 = \sigma_2^2 = \sigma^2为未知,求\mu_1 - \mu_2的置信度为1 - \alpha的置信区间.
(X ¯ ¯ ¯ −Y ¯ ¯ ¯ −t α2 (m+n−2)S w 1m +1n − − − − − − √ ,X ¯ ¯ ¯ −Y ¯ ¯ ¯ +t α2 (m+n−2)S w 1m +1n − − − − − − √ ) \left ( \overline X - \overline Y -t_{\frac{\alpha}{2}}(m+n-2) S_w\sqrt{\dfrac{1}{m} + \dfrac{1}{n}}, \overline X - \overline Y +t_{\frac{\alpha}{2}}(m+n-2) S_w\sqrt{\dfrac{1}{m} + \dfrac{1}{n}} \right)
其中S 2 w =(m−1)S 2 1 +(n−1)S 2 2 m+n−2 其中S_w^2 = \dfrac{(m-1)S_1^2 + (n-1)S_2^2}{m+n-2}

例3.设总体X∼N(μ 1 ,4),总体Y∼N(μ 2 ,6),分别独立地从这两个总体中抽取样本,样本容量依次为16和24,样本均值依次为16.9和15.3,求两个总体均值差μ 1 −μ 2 的置信度为0.95的置信区间. 例3.设总体X \sim N(\mu_1, 4), 总体Y \sim N(\mu_2, 6),分别独立地从\\ 这两个总体中抽取样本,样本容量依次为16和24,样本均值依次为\\ 16.9和15.3,求两个总体均值差\mu_1 - \mu_2的置信度为0.95的置信区间.
解:由题设可知m=16,n=24,x ¯ =16.9,y ¯ =15.3,σ 2 1 =4,σ 2 2 =6,1−α=0.95,α=0.05,查附表1得μ α2 =μ 0.025 =1.96.从而可得μ 1 −μ 2 的置信度为0.95的置信区间为解:由题设可知m = 16, n = 24, \overline x = 16.9, \overline y = 15.3, \\ \sigma_1^2 = 4, \sigma_2^2 = 6, 1 - \alpha = 0.95, \alpha = 0.05, \\ 查附表1得\mu_{\frac{\alpha}{2}} = \mu_{0.025} = 1.96.从而可得\mu_1 - \mu_2 \\ 的置信度为0.95的置信区间为
(16.9−15.3−1.96×416 +624 − − − − − − − − √ ,16.9−15.3+1.96×416 +624 − − − − − − − − √ )=(0.214,2.986) \left ( 16.9 - 15.3 - 1.96 \times \sqrt{\dfrac{4}{16} + \dfrac{6}{24}}, 16.9 - 15.3 + 1.96 \times \sqrt{\dfrac{4}{16} + \dfrac{6}{24}} \right) \\ = (0.214, 2.986)

例4.为了估计磷肥对某种农作物增产的作用,选20块条件大致相同的地块进行对比试验.其中10块地施磷肥,另外10块地不施磷肥,得到单位面积的产量(单位:kg)如下:施磷肥:620,570,650,600,630,580,570,600,600,580不施磷肥:560,590,560,570,580,570,600,550,570,550设施磷肥的地块单位面积产量X∼N(μ 1 ,σ 2 ),不施磷肥的地块单位面积产量Y∼N(μ 2 ,σ 2 ).求μ 1 −μ 2 的置信度为0.95的置信区间. 例4.为了估计磷肥对某种农作物增产的作用,选20块条件大致相同的\\ 地块进行对比试验.其中10块地施磷肥,另外10块地不施磷肥,得到单\\ 位面积的产量(单位:kg)如下:\\ 施磷肥: 620, 570, 650, 600, 630, 580, 570, 600, 600, 580 \\ 不施磷肥:560, 590, 560, 570, 580, 570, 600, 550, 570, 550 \\ 设施磷肥的地块单位面积产量X \sim N(\mu_1, \sigma^2),不施磷肥的地块单位\\ 面积产量Y \sim N(\mu_2, \sigma^2).求\mu_1 - \mu_2的置信度为0.95的置信区间.
解:由题设,两个正态总体的方差相等,但σ 2 未知,m=10,n=10,α=0.05,1−α=0.95,x ¯ =600,y ¯ =570,s 2 1 =64009 ,s 2 2 =24009 ,s w =(m−1)s 2 1 +(n−1)s 2 2 m+n−2  − − − − − − − − − − − − − − − − − −  √ =22,查表得t α2  (m+n−2)=t 0.025 (18)=2.1009,因此μ 1 −μ 2 的置信度为0.95的置信区间为解:由题设,两个正态总体的方差相等,但\sigma^2未知, m=10, n = 10, \\ \alpha = 0.05, 1 - \alpha = 0.95, \overline x = 600, \overline y = 570, \\ s_1^2 = \dfrac{6400}{9}, s_2^2 = \dfrac{2400}{9}, s_w = \sqrt{\dfrac{(m-1)s_1^2 + (n-1)s_2^2}{m+n-2}} = 22,\\ 查表得t_{\frac{\alpha}{2}}(m+n-2) = t_{0.025}(18) = 2.1009, \\ 因此\mu_1 - \mu_2的置信度为0.95的置信区间为
(x ¯ −y ¯ −s w 1m +1n  − − − − − −  √ t α2  (m+n−2),x ¯ −y ¯ +s w 1m +1n t α2  (m+n−2) − − − − − − − − − − − − − − − − − −  √ ) \left ( \overline x - \overline y - s_w\sqrt{\dfrac{1}{m} + \dfrac{1}{n}} t_{\frac{\alpha}{2}}(m+n-2), \overline x - \overline y + s_w \sqrt{\dfrac{1}{m} + \dfrac{1}{n} t_{\frac{\alpha}{2}}(m+n-2)} \right)
=(600−570−22×110 +110  − − − − − − − −  √ ×2.1009,600−570+22×110 +110  − − − − − − − −  √ ×2.1009) = \left ( 600 - 570 - 22 \times \sqrt{\dfrac{1}{10} + \dfrac{1}{10}} \times 2.1009, 600 - 570 + 22 \times \sqrt{\dfrac{1}{10} + \dfrac{1}{10}} \times 2.1009 \right)
=(9,51) =(9, 51)

四、两个正态总体方差比的置信区间 \color{blue}{四、两个正态总体方差比的置信区间}

1.设μ 1 ,μ 2 均已知,求σ 2 1 /σ 2 2 的置信水平为1−α的置信区间. 1.设\mu_1, \mu_2均已知,求\sigma_1^2/\sigma_2^2的置信水平为1 - \alpha的置信区间.
由于1σ 2 1  ∑ i=1 m (X i −μ 1 ) 2 与1σ 2 2  ∑ j=1 n (Y j −μ 2 ) 2 相互独立,且由于\dfrac{1}{\sigma_1^2} \sum \limits _ {i=1}^m (X_i - \mu_1)^2 与\dfrac{1}{\sigma_2^2} \sum \limits _{j=1}^n(Y_j - \mu_2)^2相互独立,且
1σ 2 1  ∑ i=1 m (X i −μ 1 ) 2 ∼χ 2 (m), \dfrac{1}{\sigma_1^2} \sum \limits _ {i=1}^m (X_i - \mu_1)^2 \sim \chi^2(m),
1σ 2 2  ∑ j=1 n (X j −μ 2 ) 2 ∼χ 2 (n), \dfrac{1}{\sigma_2^2} \sum \limits _ {j=1}^n (X_j - \mu_2)^2 \sim \chi^2(n),
从而可知从而可知
F=∑ i=1 m (X i −μ 1 ) 2 ∑ j=1 n (Y j −μ 2 ) 2  ⋅nσ 2 2 mσ 2 1  ∼F(m,n) F = \dfrac{\sum \limits _ {i=1}^m(X_i - \mu_1)^2}{\sum \limits _ {j=1}^n(Y_j - \mu_2)^2} \cdot \dfrac{n\sigma_2^2}{m\sigma_1^2} \sim F(m,n)
对于给定的置信度1−α,查表得F 1−α2  (m,n)及F α2  (m,n),使对于给定的置信度1 - \alpha,查表得F_{1-\frac{\alpha}{2}}(m,n)及F_{\frac{\alpha}{2}}(m,n),使
P⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ F 1−α2  (m,n)<∑ i=1 m (X i −μ 1 ) 2 ∑ j=1 n (Y j −μ 2 ) 2  ⋅nσ 2 2 mσ 2 1  <F α2  (m,n)⎫ ⎭ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ =1−α P \left \lbrace F_{1-\frac{\alpha}{2}}(m,n)
即即
P⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ n∑ i=1 m (X i −μ 1 ) 2 m∑ j=1 n (Y j −μ 2 ) 2  1F α2  (m,n) <σ 2 1 σ 2 2  <n∑ i=1 m (X i −μ 1 ) 2 m∑ j=1 n (Y j −μ 2 ) 2  1F 1−α2  (m,n) ⎫ ⎭ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ =1−α P \left \lbrace \dfrac{n \sum \limits _ {i=1}^m(X_i - \mu_1)^2}{m \sum \limits _ {j=1}^n(Y_j - \mu_2)^2} \dfrac{1}{F_{\frac{\alpha}{2}}(m,n)}
因此,σ 2 1 σ 2 2  的置信度为1−α的置信区间为因此,\dfrac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}的置信度为1 - \alpha的置信区间为
⎛ ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ n∑ i=1 m (X i −μ 1 ) 2 m∑ j=1 n (Y j −μ 2 ) 2  1F α2  (m,n) ,n∑ i=1 m (X i −μ 1 ) 2 m∑ j=1 n (Y j −μ 2 ) 2  1F 1−α2  (m,n) ⎞ ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟  \left( \dfrac{n \sum \limits _ {i=1}^m(X_i - \mu_1)^2}{m \sum \limits _ {j=1}^n(Y_j - \mu_2)^2} \dfrac{1}{F_{\frac{\alpha}{2}}(m,n)} , \dfrac{n \sum \limits _ {i=1}^m(X_i - \mu_1)^2}{m \sum \limits _ {j=1}^n(Y_j - \mu_2)^2} \dfrac{1}{F_{1 - \frac{\alpha}{2}}(m,n)} \right)

2.设μ 1 与μ 2 都未知,求σ 2 1 /σ 2 2 的置信水平为1−α的置信区间 2.设\mu_1与\mu_2都未知,求\sigma_1^2/\sigma_2^2的置信水平为1-\alpha的置信区间
⎛ ⎝ S 2 1 S 2 2 ⋅1F α2 (m−1,n−1) ,S 2 1 S 2 2 F α2 (n−1,m−1)⎞ ⎠ \left( \dfrac{S_1^2}{S_2^2} \cdot \dfrac{1}{F_{\frac{\alpha}{2}}(m-1, n-1)}, \dfrac{S_1^2}{S_2^2} F_{\frac{\alpha}{2}}(n-1, m-1) \right)

例5.设总体X∼N(24,σ 2 1 ),总体Y∼N(20,σ 2 2 ).从总体X和Y中独立地抽的样本值如下: 例5.设总体X \sim N(24, \sigma_1^2),总体Y \sim N(20, \sigma_2^2).\\ 从总体X和Y中独立地抽的样本值如下:
总体X:23,22,26,24,22,25; 总体X:23, 22, 26, 24, 22, 25;
总体Y:22,18,19,23,17 总体Y:22, 18, 19, 23, 17
求σ 2 1 /σ 2 2 的置信度为0.95的置信区间. 求\sigma_1^2/\sigma_2^2的置信度为0.95的置信区间.
解:已知μ 1 =24,m=6;μ 2 =20,n=5.由已知数据可算得解:已知\mu_1 = 24, m = 6; \mu_2 = 20, n = 5.由已知数据可算得
∑ i=1 6 (x i −24) 2 =14,∑ j=1 5 (y j −20) 2 =27. \sum \limits _{i=1}^6(x_i - 24)^2 = 14, \sum \limits _{j=1}^5(y_j - 20)^2 = 27.
因1−α=0.95,故α=0.05.查附表5,可得F 0.025 (6,5)=6.98,F 0.025 (5,6)=5.99 因1 - \alpha = 0.95,故\alpha = 0.05.查附表5,\\ 可得F_{0.025}(6, 5) = 6.98, F_{0.025}(5, 6) = 5.99
从而可得σ 2 1 /σ 2 2 的置信度为0.95的置信区间为从而可得\sigma_1^2/\sigma_2^2 的置信度为0.95的置信区间为
(5×146×27×6.98 ,5×14×5.996×27 )=(0.06,2.59) \left( \dfrac{5 \times 14}{6 \times 27 \times 6.98}, \dfrac{5 \times 14 \times 5.99}{6 \times 27} \right) = (0.06, 2.59)

例6.从参数μ 1 ,μ 2 ,σ 2 1 ,σ 2 2 都未知的两正态总体N(μ 1 ,σ 2 1 ),N(μ 2 ,σ 2 2 )中分别独立地抽取样本,它们的样本容量分别为m=10,n=8,样本方差分别为s 2 1 =3.6,s 2 2 =2.8,求二总体方差比σ 2 1 /σ 2 2 的置信度为0.95的置信区间. 例6.从参数\mu_1, \mu_2, \sigma_1^2, \sigma_2^2都未知的两正态总体N(\mu_1, \sigma_1^2),N(\mu_2, \sigma_2^2)\\ 中分别独立地抽取样本,它们的样本容量分别为m=10, n=8,样本方\\ 差分别为s_1^2 = 3.6, s_2^2 = 2.8,求二总体方差比\sigma_1^2/\sigma_2^2的置信度为0.95的\\ 置信区间.
解:这里1−α=0.95,α=0.05,查F分布表得:F α2 (m−1,n−1)=F 0.025 (9,7)=4.82,F α2 (n−1,m−1)=F 0.025 (7,9)=4.20,σ 2 1 /σ 2 2 的置信度为0.95的置信区间为解:这里1 - \alpha = 0.95, \alpha = 0.05,查F分布表得:\\ F_{\frac{\alpha}{2}}(m-1, n-1) = F_{0.025}(9, 7) = 4.82, \\ F_{\frac{\alpha}{2}}(n-1, m-1) = F_{0.025}(7, 9) = 4.20, \\ \sigma_1^2/\sigma_2^2的置信度为0.95的置信区间为
⎛ ⎝ s 2 1 s 2 2 ⋅1F α2 (m−1,n−1) ,s 2 1 s 2 2 ⋅F α2 (n−1,m−1)⎞ ⎠ \left( \dfrac{s_1^2}{s_2^2} \cdot \dfrac{1}{F_{\frac{\alpha}{2}}(m-1, n-1)}, \dfrac{s_1^2}{s_2^2} \cdot F_{\frac{\alpha}{2}}(n-1, m-1) \right)
=(3.62.8 ×14.82 ,3.62.8 ×4.20) =\left(\dfrac{3.6}{2.8} \times \dfrac{1}{4.82}, \dfrac{3.6}{2.8} \times 4.20 \right)
=(0.27,5.42) = (0.27, 5.42)