数理统计方法3-2

§3.2 区间估计

前面我们介绍了参数的点估计，所谓点估计，就是用一个统计量 ? 来作为总体分布中未知参数 的估计。既然是估计，当然不可能完全精确，只能说 ? 分布在 的附近。但是，“附近”是一个很模糊的概念，我们无法知道估计的精确程度究竟如何。

如果我们能给出一个区间 [ ,] ，并且能够保证未知参数以某个给定的较大的概率（例如95% 、99%）落在这个区间中，这显然要比点估计好得多，我们不仅可以知道未知参数近似值的大小，还可以知道估计的精确程度如何。这样的估计，就叫做区间估计。

定义3.4 设 是总体分布中的未知参数，如果对于一个事先给定的概率 1??（例如1???0.90，1???0.95 或 1???0.99）,能够找到样本统计量 和，使得P{? ?}?1??，则称[,]为未知参数 的置信区间，称概率1??为置信水平，称 为置信下限，称 为置信上限。

由概率论中的“中心极限定理”可以知道，许多实际问题中出现的随机变量，都服从或近似服从正态分布，所以，我们一般总是假设总体服从正态分布，只要考虑正态总体分布中参数的区间估计就可以了。

3.2.1 单个总体，方差已知时，均值的置信区间

问题 设总体 ?～N(?,?)，已知其中???0，(X1,X2,?,Xn)是?的样本，要求?的置信水平为1??的置信区间。

分析推导

因为 ?～N(?,?)，由2.5节的定理2.5可知，这时有 22??

?n～N(0,1) ，其中，是样本均值。

由于已知???0，所以也就是有 ??

?0n～N(0,1) 。

在书后的附录中，有一个N(0,1)标准正态分布的分位数表，表中给出了当随机变量U服从标准正态分布N(0,1)时，使得式子P{U?up}?p成立的分位数up的数值。 现在??

?0n～N(0,1)，对于给定的概率1??，可以算出p?1??2，从表中可

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以查到u1??，使得

P{??

?0n?u1??}?1??2 ，

由于N(0,1)分布的概率密度曲线关于x?0是左右对称的，所以

P{?u1??????0n?u1??}?1?? ，

即有

P{?u1??

令 ??u1??0n????u1???0n?1?? 。 ?0

n ，??u1???0

n ，则有 P{???}?1??，按照定义，[ ,] 就是?的置信水平为1??的置信区间。

例1 设某厂炼出铁水中的含碳量?～N(?,?2)，已知其中??0.12，现抽查4炉铁水，测得含碳量为 4.28,

信区间。

解 n?4，?4.365，1???0.95，??0.05，1??2?0.975，查N(0,1)分布的分位数表，可得u1???u0.975?1.9600。

4.40,4.42,4.36。求平均含碳量?的置信水平为 95% 的置

u1???0

n?1.9600?0.12

4?0.1176，

??u1??

??u1???0n?4.365?0.1176?4.2474， ?0

n?4.365?0.1176?4.4826。

,4.4826]。 所以平均含碳量?的水平为 95% 的置信区间为[4.2474

3.2.2 单个总体，方差未知时，均值的置信区间

2问题 设总体 ?～N(?,?)，其中 ??0 未知，(X1,X2,?,Xn)是?的样本，要

求?的置信水平为1??的置信区间。

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分析推导

因为 ?～N(?,?2)，由2.5节的定理2.10可知，这时有 ??n～t(n?1) ,其S*

中，是样本均值，S*是修正样本标准差。

在书后的附录中，有一个t分布的分位数表，表中给出了当随机变量T服从自由度为k的t分布t(k)时，使得式子P{T?tp(k)}?p成立的分位数tp(k)的数值。 现在??n～t(n?1)，对于给定的置信水平1??，可以算出p?1??2，从表S*

中可以查到t1??(n?1)，使得

P{??n?t1??(n?1)}?1??2 ， S*

由于t分布的概率密度曲线关于x?0是左右对称的，所以

P{?t1??(n?1)???n?t1??(n?1)}?1?? ， S*

即有

P{?t1??(n?1)S*n????t1??(n?1)S*n}?1?? 。 令 ??t1??(n?1)S*n，??t1??(n?1)S*n，按照定义，[,] 就是?的置信水平为1??的置信区间。

例2 从一批垫圈中随机地抽取10只，测得它们的厚度（单位：毫米）为

1.23, 1.24, 1.26, 1.27, 1.32, 1.30, 1.25, 1.24, 1.31, 1.28。

设厚度?～N(?,?) ，求?的置信水平为 95% 的置信区间。

解 n?10，?1.27，S*?0.031623。对 1??=0.95 , 1??

的分位数表，可得 t1?(n?1)?t0.975(9)?2.2622 。

2=0.975，查t分布

t1??(n?1)S*n?2.2622?

S*

n0.031623?0.022622 ， ??t1??(n?1)?1.27?0.022622?1.2474 ，

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??t1??(n?1)

S*n

?1.27?0.022622?1.2926 。

,1.2926]。 所以?的水平为95％的置信区间为 [1.2474

3.2.3 单个总体，均值未知时，方差的置信区间

问题 设总体 ?～N(?,?2)，其中? 未知，(X1,X2,?,Xn)是?的样本，要求? 的置信水平为1??的置信区间。

分析推导

因为 ?～N(?,?)，由2.5节的定理2.8可知，这时有 其中S*是修正样本方差。

在书后的附录中，有一个?2分布的分位数表，表中给出了当随机变量?2服从自由度为k的?2分布?2(k)时，使得式子 P{???p(k)}?p 成立的分位数?p(k)的数值。

2

2

2

2

2

2

(n?1)S*2

?2

～?2(n?1) ，

现在

(n?1)S*2

?2

～?2(n?1)，对于给定的置信水平1??，可以算出p??2和

2

(n?1)和?12??(n?1)，使得 p?1??2，查表可得 ?2 分布的分位数??

P{

(n?1)S*2

?2

???(n?1)}? 以及 P{

2

(n?1)S*2

?2

??12??(n?1)}?1? ，

所以

P{??(n?1)?

2

(n?1)S*2

?

2

??12??(n?1)}?1?? ，

即有

(n?1)S*2(n?1)S*22

P{2???2}?1?? 。

?1??(n?1)??(n?1)

(n?1)S*2(n?1)S*2

令?2 ， ?2 ，则有 P{??2?}?1??，按照定义，

?1??(n?1)??(n?1)

[,] 就是?2的置信水平为1??的置信区间。

同时，由P{ ??2? }?1?? 可知P{???}?1?? ，所以，顺便还可推出，?的置信水平为1??的置信区间为 [,] 。

５５

例3 设垫圈的厚度?～N(?,?2)，对容量为n?10的样本，已求得修正样本标准差S*?0.031623，求 ?2 和 ? 的水平为 95％ 的置信区间。

2解 n?10，S*?0.031623，(n?1)S*2?(10?1)?0.031623?0.009 。

对1???0.95，??0.025，1???0.975，查?2 分布表，可得

2222??(n?1)??0.025(9)?2.700 ， ?1??(n?1)??0.975(9)?19.023 。

(n?1)S*20.009(n?1)S*20.009 ， ?2??0.0004731??0.003333 。 ?2?1??(n?1)19.023??(n?1)2.700

,0.003333] 。 所以，? 的水平为 95％ 的置信区间为 [0.0004731

又因为 2

?0.0004731?0.02175 ，?0.003333?0.05773 ，

,0.05773] 。 所以，? 的水平为 95％ 的置信区间为 [0.02175

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