一、区间估计定义

置信区间：设总体 XXX 的分布函数为 F(X;θ)F(X;\theta)F(X;θ)，其中 θ\thetaθ 为未知参数，X1,X2,⋯,XnX_1,X_2,\cdots,X_nX1,X2,⋯,Xn 为来自总体的简单随机样本。对于给定的 α∈(0,1)\alpha\in (0,1)α∈(0,1)，如果由样本确定的两个统计量 T1(X1,X2,⋯,Xn)T_1(X_1, X_2, \cdots, X_n)T1(X1,X2,⋯,Xn) 和 T2(X1,X2,⋯,Xn)T_2(X_1, X_2, \cdots, X_n)T2(X1,X2,⋯,Xn) 满足P(T1≤θ≤T2)=1−αP(T_1\leq\theta\leq T_2)=1-\alphaP(T1≤θ≤T2)=1−α则称随机区间 [T1,T2][T_1,T_2][T1,T2] 为参数 θ\thetaθ 的置信度（或置信水平）为 1−α1-\alpha1−α 的置信区间。
单侧置信上/下限：如果统计量 T1(X1,X2,⋯,Xn)T_1(X_1, X_2, \cdots, X_n)T1(X1,X2,⋯,Xn) 满足P(θ≤T1)=1−α(或 P(θ≥T1)=1−α)P(\theta\leq T_1)=1-\alpha\quad(\text{或 }P(\theta\geq T_1)=1-\alpha)P(θ≤T1)=1−α(或 P(θ≥T1)=1−α)则称 T1T_1T1 为参数 θ\thetaθ 的置信度为 1−α1-\alpha1−α 的单侧置信上限（或单侧置信下限）。
通常约定置信度取 0.95

二、区间估计解题方法

2.1 正态总体

双侧置信区间：对于给定的置信度 1−α1-\alpha1−α，构造正态总体中参数 θ\thetaθ 的区间估计的一般步骤：

从正态总体的六个已知的抽样分布中选一个只含有待估参数 θ\thetaθ 而不包含其他未知参数的抽样分步，记为 YYY。注意 YYY 中包含待估参数 θ\thetaθ 及其点估计，也可能包含其他已知参数或未知参数的点估计。
由于 YYY 一定是服从四大抽样分步（N(0,1)N(0,1)N(0,1)、χ2\chi^2χ2、ttt、FFF）中的一个，所以它的分位点 Yα/2,Y1−α/2Y_{\alpha/2},Y_{1-\alpha/2}Yα/2,Y1−α/2 能从附表中查到，且必然满足：P(Y1−α/2≤Y≤Yα/2)=1−αP(Y_{1-\alpha/2}\leq Y\leq Y_{\alpha/2})=1-\alphaP(Y1−α/2≤Y≤Yα/2)=1−α
由于 YYY 中含有待估参数 θ\thetaθ，整理得到等价的不等式P(T1≤θ≤T2)=1−αP(T_1\leq\theta\leq T_2)=1-\alphaP(T1≤θ≤T2)=1−α
由此得到置信区间为：{T1,T2}\{T_1,T_2\}{T1,T2}

单侧置信区间：对于给定的置信度 1−α1-\alpha1−α，构造正态总体中参数 θ\thetaθ 的区间估计的一般步骤：

从正态总体的六个已知的抽样分布中选一个只含有待估参数 θ\thetaθ 而不包含其他未知参数的抽样分步，记为 YYY。注意 YYY 中包含待估参数 θ\thetaθ 及其点估计，也可能包含其他已知参数或未知参数的点估计。
由于 YYY 一定是服从四大抽样分步（N(0,1)N(0,1)N(0,1)、χ2\chi^2χ2、ttt、FFF）中的一个，所以它的分位点 Yα/2,Y1−α/2Y_{\alpha/2},Y_{1-\alpha/2}Yα/2,Y1−α/2 能从附表中查到，且必然满足：P(Y1−α/2≤Y)=1−α或P(Y≤Yα/2)=1−αP(Y_{1-\alpha/2}\leq Y)=1-\alpha\quad\text{或}\quad P(Y\leq Y_{\alpha/2})=1-\alphaP(Y1−α/2≤Y)=1−α或P(Y≤Yα/2)=1−α
由于 YYY 中含有待估参数 θ\thetaθ，整理得到等价的不等式P(T1≤θ)=1−α或P(θ≤T2)=1−αP(T_1\leq\theta)=1-\alpha\quad\text{或}\quad P(\theta\leq T_2)=1-\alphaP(T1≤θ)=1−α或P(θ≤T2)=1−α
由此得到置信区间为
- {T1,+∞}\{T_1,+\infty\}{T1,+∞}（单侧置信下限）
- {−∞,T2}\{-\infty, T_2\}{−∞,T2}（单侧置信上限，其中 Y∼N(0,1)Y\sim N(0,1)Y∼N(0,1) 或者 Y∼t(n−1)Y\sim t(n-1)Y∼t(n−1)）
- {0,T2}\{0, T_2\}{0,T2}（单侧置信上限，其中 Y∼χ2(n−1)Y\sim \chi^2(n-1)Y∼χ2(n−1) 或者 Y∼F(n−1,m−1)Y\sim F(n-1,m-1)Y∼F(n−1,m−1)）

2.2 比率参数

在实践中，对比率 ppp 的估计，往往是针对样本量 nnn 很大的情况

大样本下近似地有Xˉ−pp(1−p)/n∼N(0,1)\frac{\bar X-p}{\sqrt{p(1-p)/n}}\sim N(0,1)p(1−p)/nXˉ−p∼N(0,1)
用 p^=Xˉ\hat p=\bar Xp^=Xˉ 来估计 ppp，则近似地有：Xˉ−pXˉ(1−Xˉ)/n∼N(0,1)\frac{\bar X-p}{\sqrt{\bar X(1-\bar X)/n}}\sim N(0,1)Xˉ(1−Xˉ)/nXˉ−p∼N(0,1)
由此得置信区间为：[Xˉ−Xˉ(1−Xˉ)nzα/2,Xˉ+Xˉ(1−Xˉ)nzα/2]\Big[\bar X-\sqrt{\frac{\bar X(1-\bar X)}{n}}z_{\alpha/2},\bar X+\sqrt{\frac{\bar X(1-\bar X)}{n}}z_{\alpha/2}\Big][Xˉ−nXˉ(1−Xˉ)zα/2,Xˉ+nXˉ(1−Xˉ)zα/2]

2.3 各分布置信区间汇总

参数	抽样分步	置信区间
μ,\mu,μ,（σ2\sigma^2σ2已知）	Xˉ−μσ/n∼N(0,1)\frac{\bar X-\mu}{\sigma/\sqrt n}\sim N(0,1)σ/nXˉ−μ∼N(0,1)	[Xˉ−σnzα/2,Xˉ+σnzα/2][\bar X -\frac{\sigma}{\sqrt n}z_{\alpha/2},\bar X +\frac{\sigma}{\sqrt n}z_{\alpha/2}][Xˉ−nσzα/2,Xˉ+nσzα/2]
μ,\mu,μ,（σ2\sigma^2σ2未知）	Xˉ−μS/n∼t(n−1)\frac{\bar X-\mu}{S/\sqrt n}\sim t(n-1)S/nXˉ−μ∼t(n−1)	[Xˉ−Sntα/2(n−1),Xˉ+Sntα/2(n−1)][\bar X-\frac S{\sqrt n}t_{\alpha/2}(n-1),\bar X+\frac S{\sqrt n}t_{\alpha/2}(n-1)][Xˉ−nStα/2(n−1),Xˉ+nStα/2(n−1)]
σ2\sigma^2σ2	(n−1)S2σ2∼χ2(n−1)\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim \chi^2(n-1)σ2(n−1)S2∼χ2(n−1)	[(n−1)S2χα/22(n−1),(n−1)S2χ1−α/22(n−1)]\Big[\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{\alpha/2}(n-1)},\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1)}\Big][χα/22(n−1)(n−1)S2,χ1−α/22(n−1)(n−1)S2]
μ1−μ2\mu_1-\mu_2μ1−μ2 （σ12,σ22\sigma_1^2,\sigma_2^2σ12,σ22已知）	Xˉ−Yˉ−(μ1−μ2)σ12/n+σ22/m∼N(0,1)\frac{\bar X-\bar Y-(\mu_1-\mu_2)}{\sqrt{\sigma_1^2/n+\sigma_2^2/m}}\sim N(0,1)σ12/n+σ22/mXˉ−Yˉ−(μ1−μ2)∼N(0,1)	[(Xˉ−Yˉ)−zα/2σ12n+σ22m,(Xˉ−Yˉ)+zα/2σ12n+σ22m]\bigg[(\bar X-\bar Y)-z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n}+\frac {\sigma_2^2}{m}},(\bar X-\bar Y)+z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n}+\frac {\sigma_2^2}{m}}\bigg][(Xˉ−Yˉ)−zα/2nσ12+mσ22,(Xˉ−Yˉ)+zα/2nσ12+mσ22]
μ1−μ2\mu_1-\mu_2μ1−μ2 （σ12=σ22=σ2\sigma_1^2=\sigma_2^2=\sigma^2σ12=σ22=σ2未知）	(Xˉ−Yˉ)−(μ1−μ2)Sw1/n+1/m∼t(n+m−2)\frac{(\bar X-\bar Y)-(\mu_1-\mu_2)}{S_w\sqrt{1/n+1/m}}\sim t(n+m-2)Sw1/n+1/m(Xˉ−Yˉ)−(μ1−μ2)∼t(n+m−2)	[(Xˉ−Yˉ)−tα/2(n+m−2)Sw1n+1m,(Xˉ−Yˉ)+tα/2(n+m−2)Sw1n+1m]\Big[(\bar X-\bar Y)-t_{\alpha/2}(n+m-2)S_w\sqrt{\frac 1n+\frac 1m},\\(\bar X-\bar Y)+t_{\alpha/2}(n+m-2)S_w\sqrt{\frac 1n+\frac 1m}\Big][(Xˉ−Yˉ)−tα/2(n+m−2)Swn1+m1,(Xˉ−Yˉ)+tα/2(n+m−2)Swn1+m1]
σ12/σ22\sigma_1^2 / \sigma_2^2σ12/σ22	S12/σ12S22/σ22∼F(n−1,m−1)\frac{S_1^2/\sigma_1^2}{S_2^2/\sigma_2^2}\sim F(n-1,m-1)S22/σ22S12/σ12∼F(n−1,m−1)	[S12S221F1−α/2(n−1,m−1),S12S221Fα/2(n−1,m−1)]\Big[\frac{S_1^2}{S_2^2}\frac 1{F_{1-\alpha/2}(n-1,m-1)},\frac{S_1^2}{S_2^2}\frac 1{F_{\alpha/2}(n-1,m-1)}\Big][S22S12F1−α/2(n−1,m−1)1,S22S12Fα/2(n−1,m−1)1]
ppp	Xˉ−pp(1−p)/n∼N(0,1)\frac{\bar X-p}{\sqrt{p(1-p)/n}}\sim N(0,1)p(1−p)/nXˉ−p∼N(0,1)	[Xˉ−Xˉ(1−Xˉ)nzα/2,Xˉ+Xˉ(1−Xˉ)nzα/2]\Big[\bar X-\sqrt{\frac{\bar X(1-\bar X)}{n}}z_{\alpha/2},\bar X+\sqrt{\frac{\bar X(1-\bar X)}{n}}z_{\alpha/2}\Big][Xˉ−nXˉ(1−Xˉ)zα/2,Xˉ+nXˉ(1−Xˉ)zα/2]

三、例题

3.1 单正态总体参数

例1：某地区的磁场强度 X∼N(μ,202)X\sim N(\mu,20^2)X∼N(μ,202)，现从该地区取 363636 个点，测得样本观测值均值为 xˉ=61.1\bar x=61.1xˉ=61.1。在 0.950.950.95 的置信度下求该地区平均磁场强度 μ\muμ 的置信区间。

解：由于 σ2\sigma^2σ2 已知，构造统计量
Xˉ−μσ/n∼N(0,1)\frac{\bar X-\mu}{\sigma/\sqrt n}\sim N(0,1) σ/nXˉ−μ∼N(0,1)可得P(z1−α/2≤Xˉ−μσ/n≤zα/2)=1−αP(z_{1-\alpha/2}\leq \frac{\bar X-\mu}{\sigma/\sqrt n}\leq z_{\alpha/2})=1-\alpha P(z1−α/2≤σ/nXˉ−μ≤zα/2)=1−α整理得P(Xˉ−σnzα/2≤μ≤Xˉ+σnzα/2)P(\bar X -\frac{\sigma}{\sqrt n}z_{\alpha/2}\leq \mu \leq \bar X +\frac{\sigma}{\sqrt n}z_{\alpha/2}) P(Xˉ−nσzα/2≤μ≤Xˉ+nσzα/2)置信区间为[Xˉ−σnzα/2,Xˉ+σnzα/2][\bar X -\frac{\sigma}{\sqrt n}z_{\alpha/2},\bar X +\frac{\sigma}{\sqrt n}z_{\alpha/2}] [Xˉ−nσzα/2,Xˉ+nσzα/2]已知样本容量 n=36n=36n=36，样本均值为 xˉ=61.1\bar x=61.1xˉ=61.1，总体方差 σ2=202\sigma^2=20^2σ2=202，α=0.05\alpha=0.05α=0.05，−z0.975=z0.025=1.96-z_{0.975}=z_{0.025}=1.96−z0.975=z0.025=1.96，代入数据得平均磁场强度 μ\muμ 的置信区间为 [54.6,67.6][54.6,67.6][54.6,67.6]

例2：已知某种灯泡的寿命服从正态分布，现从一批灯泡中随机抽取 161616 只作为样本，测得其平均使用寿命为 1490h1490h1490h，样本标准差为 25.4h25.4h25.4h。在 0.950.950.95 的置信度下求这批灯泡平均使用寿命 μ\muμ 的置信区间。

解：由于 σ2\sigma^2σ2 未知，构造统计量Xˉ−μS/n∼t(n−1)\frac{\bar X-\mu}{S/\sqrt n}\sim t(n-1) S/nXˉ−μ∼t(n−1)可得P(t1−α/2(n−1)≤Xˉ−μS/n≤tα/2(n−1))=1−αP(t_{1-\alpha/2}(n-1)\leq \frac{\bar X-\mu}{S/\sqrt n} \leq t_{\alpha/2}(n-1))=1-\alpha P(t1−α/2(n−1)≤S/nXˉ−μ≤tα/2(n−1))=1−α整理得P(Xˉ−Sntα/2(n−1)≤μ≤Xˉ+Sntα/2(n−1))P(\bar X-\frac S{\sqrt n}t_{\alpha/2}(n-1)\leq \mu \leq \bar X+\frac S{\sqrt n}t_{\alpha/2}(n-1)) P(Xˉ−nStα/2(n−1)≤μ≤Xˉ+nStα/2(n−1))置信区间为[Xˉ−Sntα/2(n−1),Xˉ+Sntα/2(n−1)][\bar X-\frac S{\sqrt n}t_{\alpha/2}(n-1),\bar X+\frac S{\sqrt n}t_{\alpha/2}(n-1)] [Xˉ−nStα/2(n−1),Xˉ+nStα/2(n−1)]已知 n=16n=16n=16，xˉ=1490\bar x=1490xˉ=1490，s=25.4s=25.4s=25.4，α=0.05\alpha=0.05α=0.05，−t0.975(15)=t0.025(15)=2.1314-t_{0.975}(15)=t_{0.025}(15)=2.1314−t0.975(15)=t0.025(15)=2.1314，代入得 μ\muμ 的置信区间为 [1476.47,1503.53][1476.47,1503.53][1476.47,1503.53]

例3：设某车间生产的滚珠的直径 X∼N(μ,σ2)X\sim N(\mu,\sigma^2)X∼N(μ,σ2)，现从某日生产的滚珠中抽取 999 个，测得样本方差为 s2=0.252s^2=0.25^2s2=0.252。在 0.950.950.95 的置信度下求总体方差的 σ2\sigma^2σ2 的置信区间。

解：构造统计量(n−1)S2σ2∼χ2(n−1)\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim \chi^2(n-1) σ2(n−1)S2∼χ2(n−1)可得P(χ1−α/22(n−1)≤(n−1)S2σ2≤χα/22(n−1))=1−αP\Big(\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1)\leq\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\leq\chi^2_{\alpha/2}(n-1)\Big)=1-\alpha P(χ1−α/22(n−1)≤σ2(n−1)S2≤χα/22(n−1))=1−α整理得P((n−1)S2χα/22(n−1)≤σ2≤(n−1)S2χ1−α/22(n−1))=1−αP\Big(\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{\alpha/2}(n-1)}\leq\sigma^2\leq \frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1)}\Big)=1-\alpha P(χα/22(n−1)(n−1)S2≤σ2≤χ1−α/22(n−1)(n−1)S2)=1−α置信区间为[(n−1)S2χα/22(n−1),(n−1)S2χ1−α/22(n−1)]\bigg[\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{\alpha/2}(n-1)},\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1)}\bigg] [χα/22(n−1)(n−1)S2,χ1−α/22(n−1)(n−1)S2]已知 n=9n=9n=9，s2=0.252s^2=0.25^2s2=0.252，χ0.0252(8)=17.535\chi^2_{0.025}(8)=17.535χ0.0252(8)=17.535，χ0.9752(8)=2.180\chi^2_{0.975}(8)=2.180χ0.9752(8)=2.180，代入得 σ2\sigma^2σ2 的置信区间为 [0.03,0.23][0.03,0.23][0.03,0.23]

3.2 双正态总体参数

例4：某车间用两台型号相同的机器生产同一种产品，已知机器A生产的产品长度 X∼N(μ1,1)X\sim N(\mu_1,1)X∼N(μ1,1)，机器B生产的产品长度 Y∼N(μ2,1)Y\sim N(\mu_2,1)Y∼N(μ2,1)。为了比较两台机器生产的产品的长度，现从A生产的产品中抽取10件，测得样本均值 xˉ=49.83cm\bar x=49.83\;cmxˉ=49.83cm。从B生产的产品中抽取 151515 件，测得样本均值 yˉ=50.24cm\bar y=50.24\; cmyˉ=50.24cm。在 0.990.990.99 的置信度下求两总体均值差 μ1−μ2\mu_1-\mu_2μ1−μ2 的置信区间。

解：两个总体方差 σ12=σ22=1\sigma_1^2=\sigma_2^2=1σ12=σ22=1 已知，构造统计量
Xˉ−Yˉ−(μ1−μ2)σ12/n+σ22/m∼N(0,1)\frac{\bar X-\bar Y-(\mu_1-\mu_2)}{\sqrt{\sigma_1^2/n+\sigma_2^2/m}}\sim N(0,1) σ12/n+σ22/mXˉ−Yˉ−(μ1−μ2)∼N(0,1)可得P(z1−α/2≤Xˉ−Yˉ−(μ1−μ2)σ12/n+σ22/m≤zα/2)=1−αP\bigg(z_{1-\alpha/2} \leq\frac{\bar X-\bar Y-(\mu_1-\mu_2)}{\sqrt{\sigma_1^2/n+\sigma_2^2/m}}\leq z_{\alpha/2}\bigg)=1-\alpha P(z1−α/2≤σ12/n+σ22/mXˉ−Yˉ−(μ1−μ2)≤zα/2)=1−α整理得P((Xˉ−Yˉ)−zα/2σ12n+σ22m≤μ1−μ2≤(Xˉ−Yˉ)+zα/2σ12n+σ22m)=1−αP\bigg((\bar X-\bar Y)-z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n}+\frac {\sigma_2^2}{m}}\leq \mu_1-\mu_2 \leq (\bar X-\bar Y)+z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n}+\frac {\sigma_2^2}{m}}\bigg)=1-\alpha P((Xˉ−Yˉ)−zα/2nσ12+mσ22≤μ1−μ2≤(Xˉ−Yˉ)+zα/2nσ12+mσ22)=1−α置信区间为[(Xˉ−Yˉ)−zα/2σ12n+σ22m,(Xˉ−Yˉ)+zα/2σ12n+σ22m]\bigg[(\bar X-\bar Y)-z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n}+\frac {\sigma_2^2}{m}},(\bar X-\bar Y)+z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n}+\frac {\sigma_2^2}{m}}\bigg] [(Xˉ−Yˉ)−zα/2nσ12+mσ22,(Xˉ−Yˉ)+zα/2nσ12+mσ22]已知 n1=10n_1=10n1=10，m=15m=15m=15，xˉ=49.83\bar x=49.83xˉ=49.83，yˉ=50.24\bar y=50.24yˉ=50.24，σ12=σ22=1\sigma_1^2=\sigma_2^2=1σ12=σ22=1，z0.005=2.58z_{0.005}=2.58z0.005=2.58，代入得 μ1−μ2\mu_1-\mu_2μ1−μ2 的置信区间为 [−1.46,0.64][-1.46,0.64][−1.46,0.64]

例5：某车间用两台型号相同的机器生产同一种产品，机器A生产的产品长度 X∼N(μ1,σ2)X\sim N(\mu_1,\sigma^2)X∼N(μ1,σ2)，机器B生产的产品长度 Y∼N(μ2,σ2)Y\sim N(\mu_2,\sigma^2)Y∼N(μ2,σ2)。为了比较两台机器生产的产品的长度，现从A生产的产品中抽取 101010 件，测得样本均值 xˉ=49.83cm\bar x=49.83\; cmxˉ=49.83cm，样本标准差 s1=1.09cms_1=1.09\; cms1=1.09cm。从B生产的产品中抽取 151515 件，测得样本均值 yˉ=50.24cm\bar y=50.24\; cmyˉ=50.24cm，样本标准差 s2=1.18cms_2=1.18\; cms2=1.18cm。在 0.990.990.99 的置信度下求两总体均值差 μ1−μ2\mu_1-\mu_2μ1−μ2 的置信区间。

解：两个总体方差 σ12=σ22\sigma_1^2=\sigma_2^2σ12=σ22 未知，构造统计量
(Xˉ−Yˉ)−(μ1−μ2)Sw1/n+1/m∼t(n+m−2)\frac{(\bar X-\bar Y)-(\mu_1-\mu_2)}{S_w\sqrt{1/n+1/m}}\sim t(n+m-2) Sw1/n+1/m(Xˉ−Yˉ)−(μ1−μ2)∼t(n+m−2)可得P(t1−α/2(n+m−2)≤(Xˉ−Yˉ)−(μ1−μ2)Sw1/n+1/m≤tα/2(n+m−2))=1−αP\bigg(t_{1-\alpha/2}(n+m-2) \leq\frac{(\bar X-\bar Y)-(\mu_1-\mu_2)}{S_w\sqrt{1/n+1/m}}\leq t_{\alpha/2}(n+m-2)\bigg)=1-\alpha P(t1−α/2(n+m−2)≤Sw1/n+1/m(Xˉ−Yˉ)−(μ1−μ2)≤tα/2(n+m−2))=1−α整理得P((Xˉ−Yˉ)−tα/2(n+m−2)Sw1n+1m≤μ1−μ2≤(Xˉ−Yˉ)+tα/2(n+m−2)Sw1n+1m)=1−αP\bigg((\bar X-\bar Y)-t_{\alpha/2}(n+m-2)S_w\sqrt{\frac 1n+\frac 1m} \leq\mu_1-\mu_2\leq (\bar X-\bar Y)+t_{\alpha/2}(n+m-2)S_w\sqrt{\frac 1n+\frac 1m}\bigg)=1-\alpha P((Xˉ−Yˉ)−tα/2(n+m−2)Swn1+m1≤μ1−μ2≤(Xˉ−Yˉ)+tα/2(n+m−2)Swn1+m1)=1−α置信区间为[(Xˉ−Yˉ)−tα/2(n+m−2)Sw1n+1m,(Xˉ−Yˉ)+tα/2(n+m−2)Sw1n+1m]\Big[(\bar X-\bar Y)-t_{\alpha/2}(n+m-2)S_w\sqrt{\frac 1n+\frac 1m},(\bar X-\bar Y)+t_{\alpha/2}(n+m-2)S_w\sqrt{\frac 1n+\frac 1m}\Big] [(Xˉ−Yˉ)−tα/2(n+m−2)Swn1+m1,(Xˉ−Yˉ)+tα/2(n+m−2)Swn1+m1]已知 n=10n=10n=10，m=15m=15m=15，xˉ=49.83\bar x=49.83xˉ=49.83，s1=1.09s_1=1.09s1=1.09，yˉ=50.24\bar y=50.24yˉ=50.24，s2=1.18s_2=1.18s2=1.18，t0.005(23)=2.8073t_{0.005}(23)=2.8073t0.005(23)=2.8073，代入得 μ1−μ2\mu_1-\mu_2μ1−μ2 的置信区间为 [−1.72,0.9][-1.72,0.9][−1.72,0.9]

例6：在 0.950.950.95 的置信度下，求例5中两总体方差比 σ12/σ22\sigma_1^2 / \sigma_2^2σ12/σ22 的置信区间。

解：构造统计量S12/σ12S22/σ22∼F(n−1,m−1)\frac{S_1^2/\sigma_1^2}{S_2^2/\sigma_2^2}\sim F(n-1,m-1) S22/σ22S12/σ12∼F(n−1,m−1)可得P(F1−α/2(n−1,m−1)≤S12/σ12S22/σ22≤Fα/2(n−1,m−1))=1−αP\Big(F_{1-\alpha/2}(n-1,m-1)\leq \frac{S_1^2/\sigma_1^2}{S_2^2/\sigma_2^2} \leq F_{\alpha/2}(n-1,m-1)\Big)=1-\alpha P(F1−α/2(n−1,m−1)≤S22/σ22S12/σ12≤Fα/2(n−1,m−1))=1−α整理得P(S12S221Fα/2(n−1,m−1)≤σ12σ22≤S12S221F1−α/2(n−1,m−1))=1−αP\Big(\frac{S_1^2}{S_2^2}\frac 1{F_{\alpha/2}(n-1,m-1)} \leq\frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}\leq \frac{S_1^2}{S_2^2}\frac 1{F_{1-\alpha/2}(n-1,m-1)}\Big)=1-\alpha P(S22S12Fα/2(n−1,m−1)1≤σ22σ12≤S22S12F1−α/2(n−1,m−1)1)=1−α置信区间为[S12S221Fα/2(n−1,m−1),S12S221F1−α/2(n−1,m−1)]\Big[\frac{S_1^2}{S_2^2}\frac 1{F_{\alpha/2}(n-1,m-1)},\frac{S_1^2}{S_2^2}\frac 1{F_{1-\alpha/2}(n-1,m-1)}\Big] [S22S12Fα/2(n−1,m−1)1,S22S12F1−α/2(n−1,m−1)1]已知 n=10n=10n=10，m=15m=15m=15，s12/s22=0.853s_1^2/s_2^2=0.853s12/s22=0.853，F0.025(9,14)=3.21F_{0.025}(9,14)=3.21F0.025(9,14)=3.21，F0.975(9,14)=1F0.025(14,9)=13.77F_{0.975}(9,14)=\frac 1{F_{0.025}(14,9)}=\frac 1{3.77}F0.975(9,14)=F0.025(14,9)1=3.771，代入得 σ12/σ22\sigma_1^2/\sigma_2^2σ12/σ22 的置信区间为 [0.27,3.22][0.27,3.22][0.27,3.22]

3.3 比率参数

例7：某企业生产一批芯片，随机地抽取 100100100 个检测，如果其中 808080 个符合标准，以 ppp 记这批芯片的良品率，求 ppp 的区间估计 (α=0.05)(\alpha=0.05)(α=0.05)

解：构造统计量，在大样本下近似地有Xˉ−pp(1−p)/n∼N(0,1)\frac{\bar X-p}{\sqrt{p(1-p)/n}}\sim N(0,1) p(1−p)/nXˉ−p∼N(0,1)用 p^=Xˉ\hat p=\bar Xp^=Xˉ 来估计 ppp，则近似地有：
Xˉ−pXˉ(1−Xˉ)/n∼N(0,1)\frac{\bar X-p}{\sqrt{\bar X(1-\bar X)/n}}\sim N(0,1) Xˉ(1−Xˉ)/nXˉ−p∼N(0,1)可得P{−zα/2≤Xˉ−pXˉ(1−Xˉ)/n≤zα/2}=1−αP\bigg\{-z_{\alpha/2}\leq \frac{\bar X-p}{\sqrt{\bar X(1-\bar X)/n}} \leq z_{\alpha/2}\bigg\}=1-\alpha P{−zα/2≤Xˉ(1−Xˉ)/nXˉ−p≤zα/2}=1−α整理得P{Xˉ−zα/2Xˉ(1−Xˉ)n≤p≤Xˉ+zα/2Xˉ(1−Xˉ)n}=1−αP\bigg\{\bar X-z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\bar X(1-\bar X)}{n}} \leq p \leq \bar X+z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\bar X(1-\bar X)}{n}} \bigg\}=1-\alpha P{Xˉ−zα/2nXˉ(1−Xˉ)≤p≤Xˉ+zα/2nXˉ(1−Xˉ)}=1−α置信区间为[Xˉ−Xˉ(1−Xˉ)nzα/2,Xˉ+Xˉ(1−Xˉ)nzα/2]\Big[\bar X-\sqrt{\frac{\bar X(1-\bar X)}{n}}z_{\alpha/2},\bar X+\sqrt{\frac{\bar X(1-\bar X)}{n}}z_{\alpha/2}\Big] [Xˉ−nXˉ(1−Xˉ)zα/2,Xˉ+nXˉ(1−Xˉ)zα/2]已知 xˉ=80/100=0.8\bar x=80/100=0.8xˉ=80/100=0.8，代入得 ppp 的置信度为 1−α1-\alpha1−α 的置信区间为 [0.7216,0.8784][0.7216,0.8784][0.7216,0.8784]

3.4 单侧置信上/下限

例8：为估计制造某种产品单件所需的平均工作时间（单位：hhh），现制造 555 件，得所需工时如下：10.5,11,11.2,12.5,12.810.5,\;11,\;11.2,\;12.5,\;12.810.5,11,11.2,12.5,12.8设制造单件产品所需工作时间 X∼N(μ,σ2)X\sim N(\mu,\sigma^2)X∼N(μ,σ2)。试求 μ\muμ 的 0.950.950.95 的单侧置信上限和标准差 σ\sigmaσ 的 0.950.950.95 的单侧置信上限。

解：（1）
由于 σ2\sigma^2σ2 未知，构造统计量Xˉ−μS/n∼t(n−1)\frac{\bar X-\mu}{S/\sqrt n}\sim t(n-1) S/nXˉ−μ∼t(n−1)可得P(t1−α(n−1)≤Xˉ−μS/n)=1−αP(t_{1-\alpha}(n-1)\leq \frac{\bar X-\mu}{S/\sqrt n})=1-\alpha P(t1−α(n−1)≤S/nXˉ−μ)=1−α整理得P(μ≤Xˉ+Sntα(n−1))=1−αP(\mu \leq \bar X+\frac S{\sqrt n}t_{\alpha}(n-1))=1-\alpha P(μ≤Xˉ+nStα(n−1))=1−α由此可得 μ\muμ 的置信度为 1−α1-\alpha1−α 的单侧置信上限为 Xˉ+Sntα(n−1)\bar X+\frac S{\sqrt n}t_{\alpha}(n-1) Xˉ+nStα(n−1)通过计算可知 xˉ=11.6\bar x=11.6xˉ=11.6，s2=0.995s^2=0.995s2=0.995，n=5n=5n=5，t0.05(4)=2.1318t_{0.05}(4)=2.1318t0.05(4)=2.1318，代入得单侧置信上限 Xˉ+Sntα(n−1)=12.55\bar X+\frac S{\sqrt n}t_{\alpha}(n-1)=12.55Xˉ+nStα(n−1)=12.55

（2）
构造统计量(n−1)S2σ2∼χ2(n−1)\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim \chi^2(n-1) σ2(n−1)S2∼χ2(n−1)可得P(χ1−α2(n−1)≤(n−1)S2σ2)=1−αP\Big(\chi^2_{1-\alpha}(n-1)\leq\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\Big)=1-\alpha P(χ1−α2(n−1)≤σ2(n−1)S2)=1−α整理得P(σ2≤(n−1)S2χ1−α2(n−1))=1−αP\Big(\sigma^2\leq \frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha}(n-1)}\Big)=1-\alpha P(σ2≤χ1−α2(n−1)(n−1)S2)=1−α通过计算可知 s2=0.995s^2=0.995s2=0.995，n=5n=5n=5，χ0.952(4)=711\chi^2_{0.95}(4)=711χ0.952(4)=711，代入得 σ2\sigma^2σ2 的 0.950.950.95 的单侧置信上限为 5.5985.5985.598
故标准差 σ=σ2\sigma=\sqrt{\sigma^2}σ=σ2 的 0.950.950.95 的单侧置信上限为 5.598=2.366\sqrt{5.598}=2.3665.598=2.366

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【数理统计】学习笔记05：区间估计

文章目录

一、区间估计定义

二、区间估计解题方法

2.1 正态总体

2.2 比率参数

2.3 各分布置信区间汇总

三、例题

3.1 单正态总体参数

3.2 双正态总体参数

3.3 比率参数

3.4 单侧置信上/下限

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