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设总体\(X\thicksim N(\mu,\sigma^2)\)，\(\sigma^2\)为已知，\(\mu\)为未知的，设\(X_{1},X_{2}...X_{n}\)为总体\(X\)的样本，则求\(\mu\)的置信区间。

知道\(\overline{X}是无偏估计\)，且有

\[\frac{X - \mu}{\sigma / \sqrt{n}} \thicksim N(0,1) \qquad \qquad (4.2) \]

按照标准正态分布的上a分位点定义有

\[P\{ | \frac{X - \mu}{\sigma / \sqrt{n}} | < z_{a/2} \} = 1- a \]

得出\(\mu\) 的置信区间是$ (\overline{X} \pm \frac{\sigma}{\sqrt{n}}z_{a/2}) \qquad \qquad (4.6)$

正态总体均值和方差的区间估计
(一) 单个总体\(N(\mu,\sigma^2)\)的情况
设已给定置信水平为1-a,并设\(X_{1},X_{2}...X_{n}\)为总体\(N(\mu,\sigma^2)\)的样本，\(\overline{X}\)和\(S^2\)分布为样本的均值和样本方差。

1. 均值\(\mu\)的置信区间

• \(\sigma^2\)为已知，由上面的例子得出置信区间为 $ (\overline{X} \pm \frac{\sigma}{\sqrt{n}}z_{a/2})$
• \(\sigma^2\)为未知，此时不能使用上面那个区间，因为里面还有未知参数\(\sigma\).可以考虑到\(S^2\)是\(\sigma^2\)的无偏估计，可以将上面的(4.2)式中的\(\sigma\)换为\(S = \sqrt{S^2}\),由正态总体的样本均值和样本方差分布的定理三知：

\[\frac{\overline {X} - \mu }{ S / \sqrt{n}} \thicksim t(n-1) \]

且右边的分布\(t(n-1)\) 不依赖于任何一个未知参数，使用$ \frac{ \overline{X}- \mu }{S/\sqrt{n}} $ 作为枢轴量可得

\[P\{ -t_{a/2}(n - 1) < \frac{\overline {X} - \mu }{ S / \sqrt{n}} < t_{a/2}(n - 1) \} = 1- a \]

即 $$ P{ \overline{X} - \frac{S}{\sqrt{n}}t_{a/2}(n-1) < \mu < \overline{X} + \frac{S}{\sqrt{n}}t_{a/2}(n-1) } = 1- a$$ 于是得到\(\mu\)的置信水平为1-a的置信区间是$ (\overline{X} \pm \frac{S}{\sqrt{n}}t_{a/2}(n - 1) ) $

(二) 两个总体 \(N(\mu_{1},\sigma_{1}^2)\),\(N(\mu_{2},\sigma_{2}^2)\) 的情况

设已给定置信水平1-a,并设\(X_{1},X_{2}...X_{n}\)为来自第一个总体的样本，\(Y_{1},Y_{2}...Y_{n}\)是来自第二个总体的样本，这两个样本相互独立，且\(\overline{X}\),\(\overline{Y}\)分别为第一个、第二个总体的样本均值，\(S_{1}^2\),\(S_{2}^2\)分别是第一、二个总体的样本方差。

1. 两个总体均值差 \(\mu_{1}^2 - \mu_{2}^2\) 的置信区

\(\sigma_{1}^2\),\(\sigma_{2}^2\) 均为已知道，因为\(\overline{X}\),\(\overline{Y}\)分别为\(\mu_{1}\),\(\mu_{2}\)的无偏估计，固有\(\overline{X} - \overline{Y}\)是\(\mu_{1} - \mu_{2}\)的无偏估计。由\(\overline{X}\),\(\overline{Y}\)的独立性以及\(\overline{X} \thicksim N(\mu,\sigma_{1}^2/n_{1})\),\(\overline{Y} \thicksim N(\mu,\sigma_{2}^2/n_{2})\) 得
$ \overline{X} - \overline{Y} \thicksim N(\mu_{1} - \mu_{2}, \frac{\sigma_{1}^2}{n_{1}} + \frac{\sigma_{2}^2}{n_{2}} )$ 置信区间为:

\[(\overline{X} - \overline{Y} \pm z_{a/2} \sqrt{ \frac{\sigma_{1}^2}{n_{1}} + \frac{\sigma_{2}^2}{n_{2}} } ) \]

(0-1) 分布参数的区间估计
设来自(0-1)分布的总体X，分布律\(f(x;p) = p^x(1 - )^{1-x}, \qquad x = 0,1\) 其中p为未知参数，现在求p的置信水平为1-a的置信区间。已知(0-1)分布的均值和方差分布为 \(\mu = p,\qquad \sigma^2 = p(1-p)\) 设\(X_{1},X_{2}...X_{n}\)为来自一个总体的样本,当n交大的时候，由中心极限定理知

\[\frac{ \sum_{i =1}^{n}X_{i} - np}{\sqrt{np(1- p)}} = \frac{n\overline{X} - np}{\sqrt{np(1-p)}} \]

近似的服从N(0,1)分布，于是有

\[P\{-z_{a/2}< \frac{n\overline{X} - np}{\sqrt{np(1-p)}} < z_{a/2} \} \approx 1-a \]

而不等式 \(-z_{a/2}< \frac{n\overline{X} - np}{\sqrt{np(1-p)}} < z_{a/2}\) 等价于 $ (n + z_{a/2}^2)p2 - (2n\overline{X} + z_{a/2}^2)p + n\overline{X}^2 < 0 $

这样会得出一个区间。