《概率论与数理统计》课程教学资源（PPT课件）7.5 正态总体均值与方差的区间估计

第五节 正态总体均值与方差的区间估计 一、单个总体的情况 二、*两个总体的情况

一、单个总体的情况 二、*两个总体的情况 第五节 正态总体均值与方差的区间估计

常用枢轴量 (1) X-M σ/√n -N0,1) 定理一 Z检验 一个正态总体的情形 (n-1)S2 (2) ~x2n-10; 定理二 X检验 (3) ~t(n-1), 定理三 t检验

3 ~ ( 1). / X t n S n −  （ ） − 2 2 2 ( 1) (2) ~ ( 1); n S  n − − 定理一 定理二 定理三 —— t 检 验 ——Z 检 验 2 —— 检 验 1 ~ (0,1) / X N n − （ ） 一个正态总体的情形 常用枢轴量

一、单个总体N(4,σ)的情况 设给定置信度为1-a,并设X1,X,.,X,为总体N(山，o) 的样本，X,S分别是样本均值和样本方差 1.均值4的置信区间 (I)6为已知. (2)σ2为未知. 2.方差σ2的置信区间 只介绍4未知的情况

设给定置信度为 并设 为总体 的样本 分别是样本均值和样本方差 2 1 2 2 1 , , , , ( , ) , , . X X X N n X S −   只介绍  . 未知的情况 2 2. 方差  的置信区间 2 一、单个总体N( , )   的情况 1. 均值  的置信区间 2 (1) .  为已知 2 (2) .  为未知

1.均值山的置信区间 (1)σ2为已知. 枢轴量 z=X-0,1 4的一个置信度为1-a的置信区间： (±a (2)σ为未知，枢轴量 X-业-t(n-0 别P-治a-1-a 解得-Sann-)<μ<x+t2n- 于是得“的夏估度为1-a的重估区同气±m-

枢轴量 ~ (0,1) / X Z N n   − 枢轴量 = / 2 X z . n         / 2 ( 1) . S X t n n     −     ~ ( 1) / X t n S n −  −   的一个置信度为 1− 的置信区间: /2 /2 ( 1) ( 1) 1 , / X P t n t n S n       −   − −   − = −   则 于是得  的置信度为 1− 的置信区间 1. 均值  的置信区间 2 (1) .  为已知 2 (2) .  为未知 解得 /2 /2 ( 1) ( 1) S S X t n X t n n n − −   + −   

例1.有一大批糖果，现从中随机地取16袋，称得重量（克）如下： 506508499503504510497512 514505493496506502509496 设袋装糖果的重量服从正态分布，试求总体均值山的 置信度为0.95的置信区间. 解取名-a-由Pa-1a 可得4的1-a五倍区家±人，a-月 a=0.05,n-1=15,计算得x=503.75,s=6.2022, 查t(n-1)分布表可知：t.o2s(15)=2.1315, 附表4P385

解 例1. 有一大批糖果,现从中随机地取16袋, 称得重量(克)如下: 506 508 499 503 504 510 497 512 514 505 493 496 506 502 509 496 0.95 , . 设袋装糖果的重量服从正态 均值 的 置信度为 的置 分布 试 信区间 求总体  = − = 0.05, 1 15, n 计算得 503.75, 6.2022, x s = = 查 ( 1) : t n − 分布表可知 0.025 t (15) = 2.1315, 可得   的1 − 置信区间 ~ ( 1) / X t n S n −  取 − ， 附表4 P385 / 2 ( 1) / 1 X t n S n P   −  −      = −   由 / 2 ( 1) . S X t n n     −    

得4的置信度为95%的置信区间 503.75±6202×2.1315 即(500.4,507.1) √16 就是说估计袋装糖果重量的均值在500.4克与507.1克之间，这个 估计的可信程度为95%. 若依此区间内任一值作为“的近似值， 6.2022 其误差不大于 ×2.1315×2=6.61(克) 16 这个误差的可信度为95%

得 的置信度为 95% 的置信区间 6.2022 503.75 2.1315 16         就是说估计袋装糖果重量的均值在500.4克与507.1克之间, 这个 估计的可信程度为95%. 6.2022 2.1315 2 6.61 ( ). 16 其误差不大于   = 克 若依此区间内任一值作为 ,  的近似值 这个误差的可信度为95%. 即 (500.4, 507.1)

2.方差σ2的置信区间 只介绍山未知的情况， 1- 枢轴量 as-xw- 2 灯i-an(n-1) tap(n-1) 到2u-"cxam-l-a 解得 Xan(n-1) x2a2n-l)） 注：密度函数不对 于是得方差σ2的置信度为1-a的置信区间 称时，仍取对称的 分位点 (n-1)S2(n-1)S2） x后2(n-d'a2n-)

2 2 2 1 /2 /2 2 ( 1) ( 1) ( 1) 1 , n S P n n       −   −   −   − = −   则 2 于是得方差  的置信度为 1 − 的置信区间 2 2 2 2 /2 1 /2 ( 1) ( 1) , . ( 1) ( 1) n S n S     n n −   − −   − −   2 2 2 ( 1) ~ ( 1), n S  n  − 枢轴量 − 注：密度函数不对 称时，仍取对称的 分位点. 只介绍  . 未知的情况 2 2. 方差  的置信区间 2 2 2 2 2 /2 1 /2 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) n S n S   n n    − − −   − − 解得 1−

例2.求例1中总体标准差σ的置信度为0.95的置信区间. 解：取a-sra- 到r不-a- 1-a a2(n- in-】 =1-a, 解得 (n-1)S2 xaa(n-1) <o23sn-10s Zian(n-1) .标准差σ的一个置信度为1一的置信区间为 √n-iS

解： 2 2 2 ( 1) ~ ( 1), n S  n  − 取 − 2 2 2 1 /2 /2 2 ( 1) ( 1) ( 1) 1 , n S P n n       −   −   −   −   = − 则  − 标准差  的一个置信度为 1 的置信区间为 例2. 求例1 5 中总体标准差的置信度为0.9 的置信区间. 2 2 /2 1 /2 1 1 , . ( 1) ( 1) n S n S     n n −   − −   − −   解得 2 2 2 2 2 /2 1 /2 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) n S n S   n n    − − −   − − 1−

号=0.02,1-号=0.975， n-1=15, 查x2(n-1)分布表可知：Xd2s(15)=27.488, 附表5P386 X695(15)=6.262, 附表5P386 计算得s=6.2022, 代入公式得标准差的置信区间(4.58,9.60)

代入公式得标准差的置信区间 (4.58, 9.60). 附表5 P386 附表5 P386 0.025, 1 0.975, 1 15, 2 2 n   = − = − = 2 查 ( 1) :  n− 分布表可知 27.488, 2 0.025  (15) = 2 0.975  (15) = 6.262, 计算得 6.2022, s = 2 2 /2 1 /2 1 1 , . ( 1) ( 1) n S n S     n n −   − −     − −  

内容小结 求置信水平为1-a的置信区间 一、单个总体N(山，σ)的情况 1.均值4的置信区间 (①σ2为已知. X长-a=(±a o/√n (2)σ为未 . a-:aa-可 2.方差σ2的置信区间 只介绍4未知的情况. s0=】

内容小结 ~ (0,1) / X N n   − ~ ( 1) / X t n S n −  − 2 2 2 ( 1) ~ ( 1) n S  n  − − 求置信水平为 1−的置信区间 2 (1) .  为已知 2 (2) .  为未知 X z / 2 n           / 2 ( 1) S X t n n      −     2 一 、单个总体N( , )   的情况 1. 均值  的置信区间 2 2. 方差  的置信区间 只介绍  . 未知的情况 2 2 2 2 /2 1 /2 ( 1) ( 1) , ( 1) ( 1) n S n S     n n −   − −    − −  