概率论 区间估计

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1、区间估计区间估计的思想点估计总是有误差的，但没有衡量偏差程度的量，区间估计则是按一定的可靠性程度对待估参数给出一个区间范围。引例设某厂生产的灯泡使用寿命X~N（，1002），现随机抽取5只，测量其寿命如下：1455，1502，1370，1610，1430，则该厂灯泡的平均使用寿命的点估计值为可以认为该种灯泡的使用寿命在1473.4个单位时间左右，但范围有多大呢？又有多大的可能性在这“左右”呢？如果要求有95%的把握判断在1473.4左右，则由U统计量可知由查表得置信水平、置信区间设总体的分布中含有一个参数

2、，对给定的，如果由样本（X1，X2，…，Xn）确定两个统计量1（X1，X2，…，Xn），2（X1，X2，…，Xn），使得P{1<<2}=1-，则称随机区间（1，2）为参数的置信度（或置信水平）为1-的置信区间。1——置信下限2——置信上限几点说明1、参数的置信水平为1-的置信区间（1，2）表示该区间有100（1-）%的可能性包含总体参数的真值。2、不同的置信水平，参数的置信区间不同。3、置信区间越小，估计越精确，但置信水平会降低；相反，置信水平越大，估计越可靠，但精确度会

3、降低，置信区间会较长。一般：对于固定的样本容量，不能同时做到精确度高（置信区间小），可靠程度也高（1-大）。如果不降低可靠性，而要缩小估计范围，则必须增大样本容量，增加抽样成本。正态总体方差已知，对均值的区间估计如果总体X~N（，2），其中2已知，未知，则取U-统计量，对做区间估计。对给定的置信水平1-，由确定临界值（X的双侧分位数）得的置信区间为将观测值代入，则可得具体的区间。例1某车间生产滚珠，从长期实践中知道，滚珠直径X可以认为服从正态分布，从某天的产品中随机抽取6个，测得直径为（单位：

4、cm）14.6，15.1，14.9，14.8，15.2，15.1（1）试求该天产品的平均直径EX的点估计；（2）若已知方差为0.06，试求该天平均直径EX的置信区间：=0.05；=0.01。解（1）由矩法估计得EX的点估计值为续解（2）由题设知X~N（，0.06）构造U-统计量，得EX的置信区间为当=0.05时，而所以，EX的置信区间为（14.754，15.146）当=0.01时，所以，EX的置信区间为（14.692，15.208）置信水平提高，置信区间扩大，估计精确度降低。例2假定某地一旅游者的消费

5、额X服从正态分布N（，2），且标准差=12元，今要对该地旅游者的平均消费额EX加以估计，为了能以95%的置信度相信这种估计误差小于2元，问至少要调查多少人？解由题意知：消费额X~N（，122），设要调查n人。由即得查表得而解得至少要调查139人正态总体方差未知，对均值的区间估计如果总体X~N（，2），其中，均未知由构造T-统计量当置信水平为1-时，由查t-分布表确定从而得的置信水平为1-的置信区间为例3某厂生产的一种塑料口杯的重量X被认为服从正态分布，今随机抽取9个，测得其重量为（单位：克

6、）：21.1，21.3，21.4，21.5，21.3，21.7，21.4，21.3，21.6。试用95%的置信度估计全部口杯的平均重量。解由题设可知：口杯的重量X~N（，2）由抽取的9个样本，可得由得查表得全部口杯的平均重量的置信区间为（21.26，21.54）P127例5与P126例3的比较：解由题设可知：平均消费额X~N（，2）平均消费额的置信区间为（75.0464，84.9536）由得查表得估计误差为精确度降低——原因：样本容量减少在实际应用中，方差未知的均值的区间估计较有应用价值。练习假设某片居

7、民每月对某种商品的需求量X服从正态分布，经调查100家住户，得出每户每月平均需求量为10公斤，方差为9，如果某商店供应10000户，试就居民对该种商品的平均需求量进行区间估计（=0.01），并依此考虑最少要准备多少这种商品才能以99%的概率满足需求？解由题设可知：平均需求量X~N（，2）平均消费额的置信区间为（9.229，10.771）由查表得续解要以99%的概率满足10000户居民对该种商品的需求，则最少要准备的量为（公斤）最多准备（公斤）正态总体均值已知，对方差的区间估计如果总体X~N（，2），其

8、中已知，2未知由构造2-统计量查2-分布表，确定双侧分位数从而得2的置信水平为1-的置信区间为例题已知某种果树产量服从Ｎ（218，2），随机抽取6棵计算其产量为（单位：公斤）221，191，202，205，256，236试以95%的置信水平估计产量的方差。解计算查表果树方差的置信区间为正态总体均值未知，对方差的区间估计如果总体X~N（，2），其中2未知由构造2-统