前文回顾:点估计的优良性及其评选标准
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
一、区间估计定义
- 置信区间:设总体 X X X 的分布函数为 F ( X ; θ ) F(X;\theta) F(X;θ),其中 θ \theta θ 为未知参数, X 1 , X 2 , ⋯ , X n X_1,X_2,\cdots,X_n X1,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 T 1 ( X 1 , X 2 , ⋯ , X n ) T_1(X_1, X_2, \cdots, X_n) T1(X1,X2,⋯,Xn) 和 T 2 ( X 1 , X 2 , ⋯ , X n ) T_2(X_1, X_2, \cdots, X_n) T2(X1,X2,⋯,Xn) 满足 P ( T 1 ≤ θ ≤ T 2 ) = 1 − α P(T_1\leq\theta\leq T_2)=1-\alpha P(T1≤θ≤T2)=1−α则称随机区间 [ T 1 , T 2 ] [T_1,T_2] [T1,T2] 为参数 θ \theta θ 的置信度(或置信水平)为 1 − α 1-\alpha 1−α 的置信区间。
- 单侧置信上/下限:如果统计量 T 1 ( X 1 , X 2 , ⋯ , X n ) T_1(X_1, X_2, \cdots, X_n) T1(X1,X2,⋯,Xn) 满足 P ( θ ≤ T 1 ) = 1 − α ( 或 P ( θ ≥ T 1 ) = 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 T 1 T_1 T1 为参数 θ \theta θ 的置信度为 1 − α 1-\alpha 1−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 − α 1-\alpha 1−α,构造正态总体中参数 θ \theta θ 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 \theta θ 而不包含其他未知参数的抽样分步,记为 Y Y Y。注意 Y Y Y 中包含待估参数 θ \theta θ 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 Y Y Y 一定是服从四大抽样分步( N ( 0 , 1 ) N(0,1) N(0,1)、 χ 2 \chi^2 χ2、 t t t、 F F F)中的一个,所以它的分位点 Y α / 2 , Y 1 − α / 2 Y_{\alpha/2},Y_{1-\alpha/2} Yα/2,Y1−α/2 能从附表中查到,且必然满足: P ( Y 1 − α / 2 ≤ Y ≤ Y α / 2 ) = 1 − α P(Y_{1-\alpha/2}\leq Y\leq Y_{\alpha/2})=1-\alpha P(Y1−α/2≤Y≤Yα/2)=1−α
- 由于 Y Y Y 中含有待估参数 θ \theta θ,整理得到等价的不等式 P ( T 1 ≤ θ ≤ T 2 ) = 1 − α P(T_1\leq\theta\leq T_2)=1-\alpha P(T1≤θ≤T2)=1−α
- 由此得到置信区间为: { T 1 , T 2 } \{T_1,T_2\} {T1,T2}
单侧置信区间:对于给定的置信度 1 − α 1-\alpha 1−α,构造正态总体中参数 θ \theta θ 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 \theta θ 而不包含其他未知参数的抽样分步,记为 Y Y Y。注意 Y Y Y 中包含待估参数 θ \theta θ 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 Y Y Y 一定是服从四大抽样分步( N ( 0 , 1 ) N(0,1) N(0,1)、 χ 2 \chi^2 χ2、 t t t、 F F F)中的一个,所以它的分位点 Y α / 2 , Y 1 − α / 2 Y_{\alpha/2},Y_{1-\alpha/2} Yα/2,Y1−α/2 能从附表中查到,且必然满足: P ( Y 1 − α / 2 ≤ Y ) = 1 − α 或 P ( Y ≤ Y α / 2 ) = 1 − α P(Y_{1-\alpha/2}\leq Y)=1-\alpha\quad\text{或}\quad P(Y\leq Y_{\alpha/2})=1-\alpha P(Y1−α/2≤Y)=1−α或P(Y≤Yα/2)=1−α
- 由于 Y Y Y 中含有待估参数 θ \theta θ,整理得到等价的不等式 P ( T 1 ≤ θ ) = 1 − α 或 P ( θ ≤ T 2 ) = 1 − α P(T_1\leq\theta)=1-\alpha\quad\text{或}\quad P(\theta\leq T_2)=1-\alpha P(T1≤θ)=1−α或P(θ≤T2)=1−α
- 由此得到置信区间为
- { T 1 , + ∞ } \{T_1,+\infty\} {T1,+∞}(单侧置信下限)
- { − ∞ , T 2 } \{-\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 , T 2 } \{0, T_2\} {0,T2}(单侧置信上限,其中 Y ∼ χ 2 ( 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 p p p 的估计,往往是针对样本量 n n n 很大的情况
- 大样本下近似地有 X ˉ − p p ( 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 ^ = X ˉ \hat p=\bar X p^=Xˉ 来估计 p p p,则近似地有: X ˉ − p X ˉ ( 1 − X ˉ ) / 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: [ X ˉ − X ˉ ( 1 − X ˉ ) n z α / 2 , X ˉ + X ˉ ( 1 − X ˉ ) n z α / 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,( σ 2 \sigma^2 σ2已知) | X ˉ − μ σ / n ∼ N ( 0 , 1 ) \frac{\bar X-\mu}{\sigma/\sqrt n}\sim N(0,1) σ/nXˉ−μ∼N(0,1) | [ X ˉ − σ n z α / 2 , X ˉ + σ n z α / 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,( σ 2 \sigma^2 σ2未知) | X ˉ − μ S / n ∼ t ( n − 1 ) \frac{\bar X-\mu}{S/\sqrt n}\sim t(n-1) S/nXˉ−μ∼t(n−1) | [ X ˉ − S n t α / 2 ( n − 1 ) , X ˉ + S n t α / 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)] |
σ 2 \sigma^2 σ2 | ( n − 1 ) S 2 σ 2 ∼ χ 2 ( n − 1 ) \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim \chi^2(n-1) σ2(n−1)S2∼χ2(n−1) | [ ( n − 1 ) S 2 χ α / 2 2 ( n − 1 ) , ( n − 1 ) S 2 χ 1 − α / 2 2 ( 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] |
μ 1 − μ 2 \mu_1-\mu_2 μ1−μ2 ( σ 1 2 , σ 2 2 \sigma_1^2,\sigma_2^2 σ12,σ22已知) | X ˉ − Y ˉ − ( μ 1 − μ 2 ) σ 1 2 / n + σ 2 2 / 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) | [ ( X ˉ − Y ˉ ) − z α / 2 σ 1 2 n + σ 2 2 m , ( X ˉ − Y ˉ ) + z α / 2 σ 1 2 n + σ 2 2 m ] \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] |
μ 1 − μ 2 \mu_1-\mu_2 μ1−μ2 ( σ 1 2 = σ 2 2 = σ 2 \sigma_1^2=\sigma_2^2=\sigma^2 σ12=σ22=σ2未知) | ( X ˉ − Y ˉ ) − ( μ 1 − μ 2 ) S w 1 / 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) | [ ( X ˉ − Y ˉ ) − t α / 2 ( n + m − 2 ) S w 1 n + 1 m , ( X ˉ − Y ˉ ) + t α / 2 ( n + m − 2 ) S w 1 n + 1 m ] \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] |
σ 1 2 / σ 2 2 \sigma_1^2 / \sigma_2^2 σ12/σ22 | S 1 2 / σ 1 2 S 2 2 / σ 2 2 ∼ 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) | [ S 1 2 S 2 2 1 F 1 − α / 2 ( n − 1 , m − 1 ) , S 1 2 S 2 2 1 F α / 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] |
p p p | X ˉ − p p ( 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) | [ X ˉ − X ˉ ( 1 − X ˉ ) n z α / 2 , X ˉ + X ˉ ( 1 − X ˉ ) n z α / 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 , 2 0 2 ) X\sim N(\mu,20^2) X∼N(μ,202),现从该地区取 36 36 36 个点,测得样本观测值均值为 x ˉ = 61.1 \bar x=61.1 xˉ=61.1。在 0.95 0.95 0.95 的置信度下求该地区平均磁场强度 μ \mu μ 的置信区间。
解:由于 σ 2 \sigma^2 σ2 已知,构造统计量
X ˉ − μ σ / n ∼ N ( 0 , 1 ) \frac{\bar X-\mu}{\sigma/\sqrt n}\sim N(0,1) σ/nXˉ−μ∼N(0,1)可得 P ( z 1 − α / 2 ≤ X ˉ − μ σ / n ≤ z α / 2 ) = 1 − α P(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 ( X ˉ − σ n z α / 2 ≤ μ ≤ X ˉ + σ n z α / 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 [ X ˉ − σ n z α / 2 , X ˉ + σ n z α / 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 = 36 n=36 n=36,样本均值为 x ˉ = 61.1 \bar x=61.1 xˉ=61.1,总体方差 σ 2 = 2 0 2 \sigma^2=20^2 σ2=202, α = 0.05 \alpha=0.05 α=0.05, − z 0.975 = z 0.025 = 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 \mu μ 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 16 16 16 只作为样本,测得其平均使用寿命为 1490 h 1490h 1490h,样本标准差为 25.4 h 25.4h 25.4h。在 0.95 0.95 0.95 的置信度下求这批灯泡平均使用寿命 μ \mu μ 的置信区间。
解:由于 σ 2 \sigma^2 σ2 未知,构造统计量 X ˉ − μ S / n ∼ t ( n − 1 ) \frac{\bar X-\mu}{S/\sqrt n}\sim t(n-1) S/nXˉ−μ∼t(n−1)可得 P ( t 1 − α / 2 ( n − 1 ) ≤ X ˉ − μ S / n ≤ t α / 2 ( n − 1 ) ) = 1 − α P(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 ( X ˉ − S n t α / 2 ( n − 1 ) ≤ μ ≤ X ˉ + S n t α / 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 [ X ˉ − S n t α / 2 ( n − 1 ) , X ˉ + S n t α / 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 = 16 n=16 n=16, x ˉ = 1490 \bar x=1490 xˉ=1490, s = 25.4 s=25.4 s=25.4, α = 0.05 \alpha=0.05 α=0.05, − t 0.975 ( 15 ) = t 0.025 ( 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 \mu μ 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 , σ 2 ) X\sim N(\mu,\sigma^2) X∼N(μ,σ2),现从某日生产的滚珠中抽取 9 9 9 个,测得样本方差为 s 2 = 0.2 5 2 s^2=0.25^2 s2=0.252。在 0.95 0.95 0.95 的置信度下求总体方差的 σ 2 \sigma^2 σ2 的置信区间。
解:构造统计量 ( n − 1 ) S 2 σ 2 ∼ χ 2 ( n − 1 ) \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim \chi^2(n-1) σ2(n−1)S2∼χ2(n−1)可得 P ( χ 1 − α / 2 2 ( n − 1 ) ≤ ( n − 1 ) S 2 σ 2 ≤ χ α / 2 2 ( n − 1 ) ) = 1 − α P\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 ) S 2 χ α / 2 2 ( n − 1 ) ≤ σ 2 ≤ ( n − 1 ) S 2 χ 1 − α / 2 2 ( n − 1 ) ) = 1 − α P\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 ) S 2 χ α / 2 2 ( n − 1 ) , ( n − 1 ) S 2 χ 1 − α / 2 2 ( 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 = 9 n=9 n=9, s 2 = 0.2 5 2 s^2=0.25^2 s2=0.252, χ 0.025 2 ( 8 ) = 17.535 \chi^2_{0.025}(8)=17.535 χ0.0252(8)=17.535, χ 0.975 2 ( 8 ) = 2.180 \chi^2_{0.975}(8)=2.180 χ0.9752(8)=2.180,代入得 σ 2 \sigma^2 σ2 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 ( μ 1 , 1 ) X\sim N(\mu_1,1) X∼N(μ1,1),机器B生产的产品长度 Y ∼ N ( μ 2 , 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 x ˉ = 49.83 c m \bar x=49.83\;cm xˉ=49.83cm。从B生产的产品中抽取 15 15 15 件,测得样本均值 y ˉ = 50.24 c m \bar y=50.24\; cm yˉ=50.24cm。在 0.99 0.99 0.99 的置信度下求两总体均值差 μ 1 − μ 2 \mu_1-\mu_2 μ1−μ2 的置信区间。
解:两个总体方差 σ 1 2 = σ 2 2 = 1 \sigma_1^2=\sigma_2^2=1 σ12=σ22=1 已知,构造统计量
X ˉ − Y ˉ − ( μ 1 − μ 2 ) σ 1 2 / n + σ 2 2 / 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 ( z 1 − α / 2 ≤ X ˉ − Y ˉ − ( μ 1 − μ 2 ) σ 1 2 / n + σ 2 2 / m ≤ z α / 2 ) = 1 − α P\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 ( ( X ˉ − Y ˉ ) − z α / 2 σ 1 2 n + σ 2 2 m ≤ μ 1 − μ 2 ≤ ( X ˉ − Y ˉ ) + z α / 2 σ 1 2 n + σ 2 2 m ) = 1 − α P\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 [ ( X ˉ − Y ˉ ) − z α / 2 σ 1 2 n + σ 2 2 m , ( X ˉ − Y ˉ ) + z α / 2 σ 1 2 n + σ 2 2 m ] \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 n 1 = 10 n_1=10 n1=10, m = 15 m=15 m=15, x ˉ = 49.83 \bar x=49.83 xˉ=49.83, y ˉ = 50.24 \bar y=50.24 yˉ=50.24, σ 1 2 = σ 2 2 = 1 \sigma_1^2=\sigma_2^2=1 σ12=σ22=1, z 0.005 = 2.58 z_{0.005}=2.58 z0.005=2.58,代入得 μ 1 − μ 2 \mu_1-\mu_2 μ1−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 ( μ 1 , σ 2 ) X\sim N(\mu_1,\sigma^2) X∼N(μ1,σ2),机器B生产的产品长度 Y ∼ N ( μ 2 , σ 2 ) 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 10 10 10 件,测得样本均值 x ˉ = 49.83 c m \bar x=49.83\; cm xˉ=49.83cm,样本标准差 s 1 = 1.09 c m s_1=1.09\; cm s1=1.09cm。从B生产的产品中抽取 15 15 15 件,测得样本均值 y ˉ = 50.24 c m \bar y=50.24\; cm yˉ=50.24cm,样本标准差 s 2 = 1.18 c m s_2=1.18\; cm s2=1.18cm。在 0.99 0.99 0.99 的置信度下求两总体均值差 μ 1 − μ 2 \mu_1-\mu_2 μ1−μ2 的置信区间。
解:两个总体方差 σ 1 2 = σ 2 2 \sigma_1^2=\sigma_2^2 σ12=σ22 未知,构造统计量
( X ˉ − Y ˉ ) − ( μ 1 − μ 2 ) S w 1 / 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 ( t 1 − α / 2 ( n + m − 2 ) ≤ ( X ˉ − Y ˉ ) − ( μ 1 − μ 2 ) S w 1 / n + 1 / m ≤ t α / 2 ( n + m − 2 ) ) = 1 − α P\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 ( ( X ˉ − Y ˉ ) − t α / 2 ( n + m − 2 ) S w 1 n + 1 m ≤ μ 1 − μ 2 ≤ ( X ˉ − Y ˉ ) + t α / 2 ( n + m − 2 ) S w 1 n + 1 m ) = 1 − α P\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 [ ( X ˉ − Y ˉ ) − t α / 2 ( n + m − 2 ) S w 1 n + 1 m , ( X ˉ − Y ˉ ) + t α / 2 ( n + m − 2 ) S w 1 n + 1 m ] \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 = 10 n=10 n=10, m = 15 m=15 m=15, x ˉ = 49.83 \bar x=49.83 xˉ=49.83, s 1 = 1.09 s_1=1.09 s1=1.09, y ˉ = 50.24 \bar y=50.24 yˉ=50.24, s 2 = 1.18 s_2=1.18 s2=1.18, t 0.005 ( 23 ) = 2.8073 t_{0.005}(23)=2.8073 t0.005(23)=2.8073,代入得 μ 1 − μ 2 \mu_1-\mu_2 μ1−μ2 的置信区间为 [ − 1.72 , 0.9 ] [-1.72,0.9] [−1.72,0.9]
例6:在 0.95 0.95 0.95 的置信度下,求例5中两总体方差比 σ 1 2 / σ 2 2 \sigma_1^2 / \sigma_2^2 σ12/σ22 的置信区间。
解:构造统计量 S 1 2 / σ 1 2 S 2 2 / σ 2 2 ∼ 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 ( F 1 − α / 2 ( n − 1 , m − 1 ) ≤ S 1 2 / σ 1 2 S 2 2 / σ 2 2 ≤ F α / 2 ( n − 1 , m − 1 ) ) = 1 − α P\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 ( S 1 2 S 2 2 1 F α / 2 ( n − 1 , m − 1 ) ≤ σ 1 2 σ 2 2 ≤ S 1 2 S 2 2 1 F 1 − α / 2 ( n − 1 , m − 1 ) ) = 1 − α P\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 [ S 1 2 S 2 2 1 F α / 2 ( n − 1 , m − 1 ) , S 1 2 S 2 2 1 F 1 − 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 = 10 n=10 n=10, m = 15 m=15 m=15, s 1 2 / s 2 2 = 0.853 s_1^2/s_2^2=0.853 s12/s22=0.853, F 0.025 ( 9 , 14 ) = 3.21 F_{0.025}(9,14)=3.21 F0.025(9,14)=3.21, F 0.975 ( 9 , 14 ) = 1 F 0.025 ( 14 , 9 ) = 1 3.77 F_{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 σ 1 2 / σ 2 2 \sigma_1^2/\sigma_2^2 σ12/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 100 100 100 个检测,如果其中 80 80 80 个符合标准,以 p p p 记这批芯片的良品率,求 p p p 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 X ˉ − p p ( 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 ^ = X ˉ \hat p=\bar X p^=Xˉ 来估计 p p p,则近似地有:
X ˉ − p X ˉ ( 1 − X ˉ ) / 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 { − z α / 2 ≤ X ˉ − p X ˉ ( 1 − X ˉ ) / n ≤ z α / 2 } = 1 − α P\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 { X ˉ − z α / 2 X ˉ ( 1 − X ˉ ) n ≤ p ≤ X ˉ + z α / 2 X ˉ ( 1 − X ˉ ) n } = 1 − α P\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 [ X ˉ − X ˉ ( 1 − X ˉ ) n z α / 2 , X ˉ + X ˉ ( 1 − X ˉ ) n z α / 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 x ˉ = 80 / 100 = 0.8 \bar x=80/100=0.8 xˉ=80/100=0.8,代入得 p p p 的置信度为 1 − α 1-\alpha 1−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: h h h),现制造 5 5 5 件,得所需工时如下: 10.5 , 11 , 11.2 , 12.5 , 12.8 10.5,\;11,\;11.2,\;12.5,\;12.8 10.5,11,11.2,12.5,12.8设制造单件产品所需工作时间 X ∼ N ( μ , σ 2 ) X\sim N(\mu,\sigma^2) X∼N(μ,σ2)。试求 μ \mu μ 的 0.95 0.95 0.95 的单侧置信上限和标准差 σ \sigma σ 的 0.95 0.95 0.95 的单侧置信上限。
解:(1)
由于 σ 2 \sigma^2 σ2 未知,构造统计量 X ˉ − μ S / n ∼ t ( n − 1 ) \frac{\bar X-\mu}{S/\sqrt n}\sim t(n-1) S/nXˉ−μ∼t(n−1)可得 P ( t 1 − α ( n − 1 ) ≤ X ˉ − μ S / n ) = 1 − α P(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 ≤ X ˉ + S n t α ( n − 1 ) ) = 1 − α P(\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 \mu μ 的置信度为 1 − α 1-\alpha 1−α 的单侧置信上限为 X ˉ + S n t α ( n − 1 ) \bar X+\frac S{\sqrt n}t_{\alpha}(n-1) Xˉ+nStα(n−1)通过计算可知 x ˉ = 11.6 \bar x=11.6 xˉ=11.6, s 2 = 0.995 s^2=0.995 s2=0.995, n = 5 n=5 n=5, t 0.05 ( 4 ) = 2.1318 t_{0.05}(4)=2.1318 t0.05(4)=2.1318,代入得单侧置信上限 X ˉ + S n t α ( n − 1 ) = 12.55 \bar X+\frac S{\sqrt n}t_{\alpha}(n-1)=12.55 Xˉ+nStα(n−1)=12.55
(2)
构造统计量 ( n − 1 ) S 2 σ 2 ∼ χ 2 ( n − 1 ) \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim \chi^2(n-1) σ2(n−1)S2∼χ2(n−1)可得 P ( χ 1 − α 2 ( n − 1 ) ≤ ( n − 1 ) S 2 σ 2 ) = 1 − α P\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 ( σ 2 ≤ ( n − 1 ) S 2 χ 1 − α 2 ( n − 1 ) ) = 1 − α P\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 s 2 = 0.995 s^2=0.995 s2=0.995, n = 5 n=5 n=5, χ 0.95 2 ( 4 ) = 711 \chi^2_{0.95}(4)=711 χ0.952(4)=711,代入得 σ 2 \sigma^2 σ2 的 0.95 0.95 0.95 的单侧置信上限为 5.598 5.598 5.598
故标准差 σ = σ 2 \sigma=\sqrt{\sigma^2} σ=σ2 的 0.95 0.95 0.95 的单侧置信上限为 5.598 = 2.366 \sqrt{5.598}=2.366 5.598=2.366