【数理统计】学习笔记05：区间估计

前文回顾：点估计的优良性及其评选标准

一、区间估计定义

• 置信区间：设总体 $X$ 的分布函数为 $F(X;\theta )$，其中 $\theta$ 为未知参数，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 为来自总体的简单随机样本。对于给定的 $\alpha \in (0,1)$，如果由样本确定的两个统计量 $T_1(X_1,X_2,\cdots ,X_n)$ 和 $T_2(X_1,X_2,\cdots ,X_n)$ 满足$$P(T_1\le \theta \le T_2)=1-\alpha$$则称随机区间 $[T_1,T_2]$ 为参数 $\theta$ 的置信度（或置信水平）为 $1-\alpha$ 的置信区间。
• 单侧置信上/下限：如果统计量 $T_1(X_1,X_2,\cdots ,X_n)$ 满足$$P(\theta \le T_1)=1-\alpha (\text{或 }P(\theta \ge T_1)=1-\alpha )$$则称 $T_1$ 为参数 $\theta$ 的置信度为 $1-\alpha$ 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 $1-\alpha$，构造正态总体中参数 $\theta$ 的区间估计的一般步骤：

1. 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 $\theta$ 而不包含其他未知参数的抽样分步，记为 $Y$。注意 $Y$ 中包含待估参数 $\theta$ 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。
2. 由于 $Y$ 一定是服从四大抽样分步（$N(0,1)$、${\chi }^2$、$t$、$F$）中的一个，所以它的分位点 $Y_{\alpha /2},Y_{1-\alpha /2}$ 能从附表中查到，且必然满足：$$P(Y_{1-\alpha /2}\le Y\le Y_{\alpha /2})=1-\alpha$$
3. 由于 $Y$ 中含有待估参数 $\theta$，整理得到等价的不等式$$P(T_1\le \theta \le T_2)=1-\alpha$$
4. 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 $1-\alpha$，构造正态总体中参数 $\theta$ 的区间估计的一般步骤：

1. 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 $\theta$ 而不包含其他未知参数的抽样分步，记为 $Y$。注意 $Y$ 中包含待估参数 $\theta$ 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。
2. 由于 $Y$ 一定是服从四大抽样分步（$N(0,1)$、${\chi }^2$、$t$、$F$）中的一个，所以它的分位点 $Y_{\alpha /2},Y_{1-\alpha /2}$ 能从附表中查到，且必然满足：$$P(Y_{1-\alpha /2}\le Y)=1-\alpha \text{或}P(Y\le Y_{\alpha /2})=1-\alpha$$
3. 由于 $Y$ 中含有待估参数 $\theta$，整理得到等价的不等式$$P(T_1\le \theta )=1-\alpha \text{或}P(\theta \le T_2)=1-\alpha$$
4. 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 $Y\sim N(0,1)$ 或者 $Y\sim t(n-1)$）
   • { 0 , T 2 } \{0, T_2\} { 0,T2​}（单侧置信上限，其中 $Y\sim {\chi }^2(n-1)$ 或者 $Y\sim F(n-1,m-1)$）

2.2 比率参数

在实践中，对比率 $p$ 的估计，往往是针对样本量 $n$ 很大的情况

1. 大样本下近似地有$$\frac{\bar{X}-p}{\sqrt{p(1-p)/n}}\sim N(0,1)$$
2. 用 $\hat{p}=\bar{X}$ 来估计 $p$，则近似地有：$$\frac{\bar{X}-p}{\sqrt{\bar{X}(1-\bar{X})/n}}\sim N(0,1)$$
3. 由此得置信区间为：$$[\bar{X}-\sqrt{\frac{\bar{X}(1-\bar{X})}{n}}{z}_{\alpha /2},\bar{X}+\sqrt{\frac{\bar{X}(1-\bar{X})}{n}}{z}_{\alpha /2}]$$

2.3 各分布置信区间汇总

参数	抽样分步	置信区间
$\mu ,$（${\sigma }^2$已知）	$$\frac{\bar{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\sim N(0,1)$$	$$[\bar{X}-\frac{\sigma }{\sqrt{n}}{z}_{\alpha /2},\bar{X}+\frac{\sigma }{\sqrt{n}}{z}_{\alpha /2}]$$
$\mu ,$（${\sigma }^2$未知）	$$\frac{\bar{X}-\mu }{S/\sqrt{n}}\sim t(n-1)$$	$$[\bar{X}-\frac{S}{\sqrt{n}}{t}_{\alpha /2}(n-1),\bar{X}+\frac{S}{\sqrt{n}}{t}_{\alpha /2}(n-1)]$$
${\sigma }^2$	$$\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)$$	$$[\frac{(n-1)S^2}{{\chi }_{\alpha /2}^2(n-1)},\frac{(n-1)S^2}{{\chi }_{1-\alpha /2}^2(n-1)}]$$
${\mu }_1-{\mu }_2$ （${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$已知）	$$\frac{\bar{X}-\bar{Y}-({\mu }_1-{\mu }_2)}{\sqrt{{\sigma }_1^2/n+{\sigma }_2^2/m}}\sim N(0,1)$$	$$[(\bar{X}-\bar{Y})-z_{\alpha /2}\sqrt{\frac{{\sigma }_1^2}{n}+\frac{{\sigma }_2^2}{m}},(\bar{X}-\bar{Y})+z_{\alpha /2}\sqrt{\frac{{\sigma }_1^2}{n}+\frac{{\sigma }_2^2}{m}}]$$
${\mu }_1-{\mu }_2$ （${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2={\sigma }^2$未知）	$$\frac{(\bar{X}-\bar{Y})-({\mu }_1-{\mu }_2)}{S_w\sqrt{1/n+1/m}}\sim t(n+m-2)$$	$$\begin{gathered} [(\bar{X}-\bar{Y})-t_{\alpha /2}(n+m-2)S_w\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{m}}, \\ (\bar{X}-\bar{Y})+t_{\alpha /2}(n+m-2)S_w\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{m}}] \end{gathered}$$
${\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2$	$$\frac{S_1^2/{\sigma }_1^2}{S_2^2/{\sigma }_2^2}\sim F(n-1,m-1)$$	$$[\frac{S_1^2}{S_2^2}\frac{1}{F_{1-\alpha /2}(n-1,m-1)},\frac{S_1^2}{S_2^2}\frac{1}{F_{\alpha /2}(n-1,m-1)}]$$
$p$	$$\frac{\bar{X}-p}{\sqrt{p(1-p)/n}}\sim N(0,1)$$	$$[\bar{X}-\sqrt{\frac{\bar{X}(1-\bar{X})}{n}}{z}_{\alpha /2},\bar{X}+\sqrt{\frac{\bar{X}(1-\bar{X})}{n}}{z}_{\alpha /2}]$$

三、例题

3.1 单正态总体参数

例1：某地区的磁场强度 $X\sim N(\mu ,20^2)$，现从该地区取 $36$ 个点，测得样本观测值均值为 $\bar{x}=61.1$。在 $0.95$ 的置信度下求该地区平均磁场强度 $\mu$ 的置信区间。

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解：由于 ${\sigma }^2$ 已知，构造统计量
$$\frac{\bar{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\sim N(0,1)$$可得$$P(z_{1-\alpha /2}\le \frac{\bar{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\le z_{\alpha /2})=1-\alpha$$整理得$$P(\bar{X}-\frac{\sigma }{\sqrt{n}}{z}_{\alpha /2}\le \mu \le \bar{X}+\frac{\sigma }{\sqrt{n}}{z}_{\alpha /2})$$置信区间为$$[\bar{X}-\frac{\sigma }{\sqrt{n}}{z}_{\alpha /2},\bar{X}+\frac{\sigma }{\sqrt{n}}{z}_{\alpha /2}]$$已知样本容量 $n=36$，样本均值为 $\bar{x}=61.1$，总体方差 ${\sigma }^2=20^2$，$\alpha =0.05$，$-z_{0.975}=z_{0.025}=1.96$，代入数据得平均磁场强度 $\mu$ 的置信区间为 $[54.6,67.6]$

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 $16$ 只作为样本，测得其平均使用寿命为 $1490h$，样本标准差为 $25.4h$。在 $0.95$ 的置信度下求这批灯泡平均使用寿命 $\mu$ 的置信区间。

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解：由于 ${\sigma }^2$ 未知，构造统计量$$\frac{\bar{X}-\mu }{S/\sqrt{n}}\sim t(n-1)$$可得$$P(t_{1-\alpha /2}(n-1)\le \frac{\bar{X}-\mu }{S/\sqrt{n}}\le t_{\alpha /2}(n-1))=1-\alpha$$整理得$$P(\bar{X}-\frac{S}{\sqrt{n}}{t}_{\alpha /2}(n-1)\le \mu \le \bar{X}+\frac{S}{\sqrt{n}}{t}_{\alpha /2}(n-1))$$置信区间为$$[\bar{X}-\frac{S}{\sqrt{n}}{t}_{\alpha /2}(n-1),\bar{X}+\frac{S}{\sqrt{n}}{t}_{\alpha /2}(n-1)]$$已知 $n=16$，$\bar{x}=1490$，$s=25.4$，$\alpha =0.05$，$-t_{0.975}(15)=t_{0.025}(15)=2.1314$，代入得 $\mu$ 的置信区间为 $[1476.47,1503.53]$

例3：设某车间生产的滚珠的直径 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，现从某日生产的滚珠中抽取 $9$ 个，测得样本方差为 $s^2=0.25^2$。在 $0.95$ 的置信度下求总体方差的 ${\sigma }^2$ 的置信区间。

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解：构造统计量$$\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)$$可得$$P({\chi }_{1-\alpha /2}^2(n-1)\le \frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\le {\chi }_{\alpha /2}^2(n-1))=1-\alpha$$整理得$$P(\frac{(n-1)S^2}{{\chi }_{\alpha /2}^2(n-1)}\le {\sigma }^2\le \frac{(n-1)S^2}{{\chi }_{1-\alpha /2}^2(n-1)})=1-\alpha$$置信区间为$$[\frac{(n-1)S^2}{{\chi }_{\alpha /2}^2(n-1)},\frac{(n-1)S^2}{{\chi }_{1-\alpha /2}^2(n-1)}]$$已知 $n=9$，$s^2=0.25^2$，${\chi }_{0.025}^2(8)=17.535$，${\chi }_{0.975}^2(8)=2.180$，代入得 ${\sigma }^2$ 的置信区间为 $[0.03,0.23]$

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 $X\sim N({\mu }_1,1)$，机器B生产的产品长度 $Y\sim N({\mu }_2,1)$。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 $\bar{x}=49.83cm$。从B生产的产品中抽取 $15$ 件，测得样本均值 $\bar{y}=50.24cm$。在 $0.99$ 的置信度下求两总体均值差 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信区间。

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解：两个总体方差 ${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2=1$ 已知，构造统计量
$$\frac{\bar{X}-\bar{Y}-({\mu }_1-{\mu }_2)}{\sqrt{{\sigma }_1^2/n+{\sigma }_2^2/m}}\sim N(0,1)$$可得$$P(z_{1-\alpha /2}\le \frac{\bar{X}-\bar{Y}-({\mu }_1-{\mu }_2)}{\sqrt{{\sigma }_1^2/n+{\sigma }_2^2/m}}\le z_{\alpha /2})=1-\alpha$$整理得$$P((\bar{X}-\bar{Y})-z_{\alpha /2}\sqrt{\frac{{\sigma }_1^2}{n}+\frac{{\sigma }_2^2}{m}}\le {\mu }_1-{\mu }_2\le (\bar{X}-\bar{Y})+z_{\alpha /2}\sqrt{\frac{{\sigma }_1^2}{n}+\frac{{\sigma }_2^2}{m}})=1-\alpha$$置信区间为$$[(\bar{X}-\bar{Y})-z_{\alpha /2}\sqrt{\frac{{\sigma }_1^2}{n}+\frac{{\sigma }_2^2}{m}},(\bar{X}-\bar{Y})+z_{\alpha /2}\sqrt{\frac{{\sigma }_1^2}{n}+\frac{{\sigma }_2^2}{m}}]$$已知 $n_1=10$，$m=15$，$\bar{x}=49.83$，$\bar{y}=50.24$，${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2=1$，$z_{0.005}=2.58$，代入得 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信区间为 $[-1.46,0.64]$

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 $X\sim N({\mu }_1,{\sigma }^2)$，机器B生产的产品长度 $Y\sim N({\mu }_2,{\sigma }^2)$。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 $\bar{x}=49.83cm$，样本标准差 $s_1=1.09cm$。从B生产的产品中抽取 $15$ 件，测得样本均值 $\bar{y}=50.24cm$，样本标准差 $s_2=1.18cm$。在 $0.99$ 的置信度下求两总体均值差 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信区间。

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解：两个总体方差 ${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$ 未知，构造统计量
$$\frac{(\bar{X}-\bar{Y})-({\mu }_1-{\mu }_2)}{S_w\sqrt{1/n+1/m}}\sim t(n+m-2)$$可得$$P(t_{1-\alpha /2}(n+m-2)\le \frac{(\bar{X}-\bar{Y})-({\mu }_1-{\mu }_2)}{S_w\sqrt{1/n+1/m}}\le t_{\alpha /2}(n+m-2))=1-\alpha$$整理得$$P((\bar{X}-\bar{Y})-t_{\alpha /2}(n+m-2)S_w\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{m}}\le {\mu }_1-{\mu }_2\le (\bar{X}-\bar{Y})+t_{\alpha /2}(n+m-2)S_w\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{m}})=1-\alpha$$置信区间为$$[(\bar{X}-\bar{Y})-t_{\alpha /2}(n+m-2)S_w\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{m}},(\bar{X}-\bar{Y})+t_{\alpha /2}(n+m-2)S_w\sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{m}}]$$已知 $n=10$，$m=15$，$\bar{x}=49.83$，$s_1=1.09$，$\bar{y}=50.24$，$s_2=1.18$，$t_{0.005}(23)=2.8073$，代入得 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信区间为 $[-1.72,0.9]$

例6：在 $0.95$ 的置信度下，求例5中两总体方差比 ${\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2$ 的置信区间。

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解：构造统计量$$\frac{S_1^2/{\sigma }_1^2}{S_2^2/{\sigma }_2^2}\sim F(n-1,m-1)$$可得$$P(F_{1-\alpha /2}(n-1,m-1)\le \frac{S_1^2/{\sigma }_1^2}{S_2^2/{\sigma }_2^2}\le F_{\alpha /2}(n-1,m-1))=1-\alpha$$整理得$$P(\frac{S_1^2}{S_2^2}\frac{1}{F_{\alpha /2}(n-1,m-1)}\le \frac{{\sigma }_1^2}{{\sigma }_2^2}\le \frac{S_1^2}{S_2^2}\frac{1}{F_{1-\alpha /2}(n-1,m-1)})=1-\alpha$$置信区间为$$[\frac{S_1^2}{S_2^2}\frac{1}{F_{\alpha /2}(n-1,m-1)},\frac{S_1^2}{S_2^2}\frac{1}{F_{1-\alpha /2}(n-1,m-1)}]$$已知 $n=10$，$m=15$，$s_1^2/s_2^2=0.853$，$F_{0.025}(9,14)=3.21$，$F_{0.975}(9,14)=\frac{1}{F_{0.025}(14,9)}=\frac{1}{3.77}$，代入得 ${\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2$ 的置信区间为 $[0.27,3.22]$

3.3 比率参数

例7：某企业生产一批芯片，随机地抽取 $100$ 个检测，如果其中 $80$ 个符合标准，以 $p$ 记这批芯片的良品率，求 $p$ 的区间估计 $(\alpha =0.05)$

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解：构造统计量，在大样本下近似地有$$\frac{\bar{X}-p}{\sqrt{p(1-p)/n}}\sim N(0,1)$$用 $\hat{p}=\bar{X}$ 来估计 $p$，则近似地有：
$$\frac{\bar{X}-p}{\sqrt{\bar{X}(1-\bar{X})/n}}\sim N(0,1)$$可得$$P\{-z_{\alpha /2}\le \frac{\bar{X}-p}{\sqrt{\bar{X}(1-\bar{X})/n}}\le z_{\alpha /2}\}=1-\alpha$$整理得$$P\{\bar{X}-z_{\alpha /2}\sqrt{\frac{\bar{X}(1-\bar{X})}{n}}\le p\le \bar{X}+z_{\alpha /2}\sqrt{\frac{\bar{X}(1-\bar{X})}{n}}\}=1-\alpha$$置信区间为$$[\bar{X}-\sqrt{\frac{\bar{X}(1-\bar{X})}{n}}{z}_{\alpha /2},\bar{X}+\sqrt{\frac{\bar{X}(1-\bar{X})}{n}}{z}_{\alpha /2}]$$已知 $\bar{x}=80/100=0.8$，代入得 $p$ 的置信度为 $1-\alpha$ 的置信区间为 $[0.7216,0.8784]$

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：$h$），现制造 $5$ 件，得所需工时如下：$$10.5,11,11.2,12.5,12.8$$设制造单件产品所需工作时间 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$。试求 $\mu$ 的 $0.95$ 的单侧置信上限和标准差 $\sigma$ 的 $0.95$ 的单侧置信上限。

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解：（1）
由于 ${\sigma }^2$ 未知，构造统计量$$\frac{\bar{X}-\mu }{S/\sqrt{n}}\sim t(n-1)$$可得$$P(t_{1-\alpha }(n-1)\le \frac{\bar{X}-\mu }{S/\sqrt{n}})=1-\alpha$$整理得$$P(\mu \le \bar{X}+\frac{S}{\sqrt{n}}{t}_{\alpha }(n-1))=1-\alpha$$由此可得 $\mu$ 的置信度为 $1-\alpha$ 的单侧置信上限为 $$\bar{X}+\frac{S}{\sqrt{n}}{t}_{\alpha }(n-1)$$通过计算可知 $\bar{x}=11.6$，$s^2=0.995$，$n=5$，$t_{0.05}(4)=2.1318$，代入得单侧置信上限 $\bar{X}+\frac{S}{\sqrt{n}}{t}_{\alpha }(n-1)=12.55$

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（2）
构造统计量$$\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)$$可得$$P({\chi }_{1-\alpha }^2(n-1)\le \frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2})=1-\alpha$$整理得$$P({\sigma }^2\le \frac{(n-1)S^2}{{\chi }_{1-\alpha }^2(n-1)})=1-\alpha$$通过计算可知 $s^2=0.995$，$n=5$，${\chi }_{0.95}^2(4)=711$，代入得 ${\sigma }^2$ 的 $0.95$ 的单侧置信上限为 $5.598$
故标准差 $\sigma =\sqrt{{\sigma }^2}$ 的 $0.95$ 的单侧置信上限为 $\sqrt{5.598}=2.366$