《概率论与数理统计》课程教材课件（PPT讲稿）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 三、小结

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 三、小结

、 单个总体N(4,o)的情况 设给定置信水平为1-a,并设X1,X2,Xn为 总体N(4,σ)的样本，X,S2分别是样本均值和样 本方差 1.均值μ的置信区间 (1)σ2为已知，由上节例1可知： 的一个混信水平为1-的受信区向(X±】

. ( , ) , , 1 , , , , 2 2 1 2 本方差 总体 的样本 分别是样本均值和样 设给定置信水平为 并设 为 N X S X X Xn   −  一、单个总体 ( , ) 的情况 2 N   (1) ,  2为已知 由上节例1可知: 的一个置信水平为1−的置信区间 . / 2          z n X 1. 均值的置信区间

例1包糖机某日开工包了12包糖，称得质量（单 位：克)分别为506,500,495,488,504,486,505， 513,521,520,512,485.假设重量服从正态分布， 且标准差为o=10,试求糖包的平均质量μ的1- 置信区间（分别取a=0.10和a=0.05). 解 o=10,n=12, 计算得x=502.92, ①当a=0.10时，1-0=0.95， 2 查表得za12=.0s=1.645, 附表2-1

包糖机某日开工包了12包糖,称得质量(单 位:克)分别为506,500,495,488,504,486,505, 513,521,520,512,485. 假设重量服从正态分布, 解  = 10, n = 12, 计算得 x = 502.92, (1)当 = 0.10时, 查表得z / 2 = z0.05 = ( 0.10 0.05). 10, 1 = = = −      置信区间 分别取 和 且标准差为 试求糖包的平均质量 的 附表2-1 0.95, 2 1− =  1.645, 例1

n2a12=502.92-10 t、 ×1.645=498.17, /12 2a/2=502.92+ 10 ×1.645=507.67, n 12 即μ的置信度为90%的置信区间为 (498.17,507.67) (2)当a=0.05时，1-0=0.975， 2

+  / 2 =  z n x 1.645 12 10 502.92 +  = 507.67, −  / 2 =  z n x 1.645 12 10 502.92 −  = 498.17, 即 的置信度为90%的置信区间为 (498.17, 507.67). (2)当 = 0.05时, 0.975, 2 1− = 

查表得 7ax12=30.025=1.96, 附表2-2 同理可得4的置信度为95%的置信区间为 (497.26,508.58). 从此例可以看出 当置信度1-α较大时，置信区间也较大 当置信度1-a较小时，置信区间也较小

z / 2 = z 0.025 = 同理可得 的置信度为95%的置信区间为 (497.26, 508.58). 1 , . 1 , ; , 当置信度 较小时 置信区间也较小 当置信度 较大时 置信区间也较大 从此例可以看出−− 附表 2 - 2 1 .96 , 查表得

(2)σ2为未知， 的亚信度为1-的受信区间又±na- 推导过程如下： 由于区同±aan 中含有未知参数o,不能 直接使用此区间， 但因为S2是σ2的无偏估计，可用S=√S2替换σ

(2) ,  2为未知 , , / 2 直接使用此区间 由于区间 中含有未知参数 不能          z n X , , 2 2 2 但因为 S 是 的无偏估计 可用 S = S 替换 的置信度为1−的置信区间 ( 1) . / 2        t n − n S X  推导过程如下:

又根据第六章定理三知 X-业tn-1 SIn 则P-a-小g行 <toin(n-1)=1-a np区-n-3a,-1a 于是得μ的置信度为1-a的置信区间 (x±a-

( 1) ( 1) 1 ,  / 2   / 2 = −       − −   + t n − n S t n X n S 即 P X 于是得 的置信度为1− 的置信区间 ( 1) . / 2        t n − n S X  ~ ( 1), / − − t n S n X  又根据第六章定理三知 ( 1) 1 , / ( 1) / 2 / 2     = −        − − − −  t n S n X 则 P t n

例2有一大批糖果，现从中随机地取16袋，称得重 量（克）如下： 506508499503504510 497512 514505493496506502509496 设袋装糖果的重量服从正态分布，试求总体均值 μ的置信度为0.95的置信区间 解a=0.05,n-1=15, 附表3-1 查t(n-1)分布表可知：t.025(15)=2.1315, 计算得x=503.75,5=6.2022

解 有一大批糖果,现从中随机地取16袋, 称得重 量(克)如下: 514 505 493 496 506 502 509 496 506 508 499 503 504 510 497 512 设袋装糖果的重量服从正态分布, 试求总体均值  = 0.05, n −1 = 15, 查 t(n −1)分布表可知: t 0.025(15) = 计算得 x = 503.75, s = 6.2022, 的置信度为0.95的置信区间. 附表3-1 2.1315, 例2

得u的置信度为95%的置信区间 S03.75±6.2022 √16 2.1315 即 (500.4,507.1). 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为的近似值， 其误差不大于6,2022×2.1315×2=6.61(0克 √16 这个误差的可信度为95%

得 的置信度为95%的置信区间         2.1315 16 6.2022 503.75 即 (500.4, 507.1). 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%. 2.1315 2 6.61( ). 16 6.2022 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%

例3（续例1）如果只假设糖包的重量服从正态分布 N(4,o2),试求糖包重量u的95%的置信区间. 解此时o未知，n=12, =0.05,x=502.92,s=12.35, 附表3-2 查t(n-1)分布表可知：t.025(11)=2.201, 于是5a,0m-1=12.35×2.201=7.85, 12 得的置信度为95o的置信区间(495.07,510.77)

( , ), 95% . N   2 试求糖包重量  的 的置信区间 解 此时未知, n = 12,  = 0.05, x = 502.92, s = 12.35, 查 t(n −1)分布表可知: t 0.025(11) = 2.201 7.85, 12 12.35 ( 1) t / 2 n − =  = n s 于是  得的置信度为95%的置信区间 (495.07, 510.77). 2.201, 附表3-2 例3 (续例1)如果只假设糖包的重量服从正态分布