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(共34张PPT)
概率论与数理统计
x4: 正态总体均值与方差的区间估计
单个正态总体N(μ; σ2 )的情况. 两个正态总体N(μ1 ; σ ) ; N(μ2 ; σ )的情况.
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概率论与数理统计
1 单个正态总体N(μ; σ2 )的情况.
均值μ的置信区间
方差σ2 的置信区间
2 两个正态总体N(μ 1; σ ); N(μ2 ; σ )的情况.
均值差μ 1 - μ2的置信区间
方差比σ21/σ22 的置信区间
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4: 正态总体均值与方差的区间估计
x4: 正态总体均值与方差的区间估计
单个正态总体N(μ; σ2 )的情况. 两个正态总体N(μ1 ; σ ) ; N(μ2 ; σ )的情况.
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概率论与数理统计
设X1 ; X2 ; · · · ; Xn为取自正态总体X N(μ; σ2 )的样本, X; S2分别
是样本均值和样本方差, 给定置信水平为1 — α; 0 < α < 1.
x4: 正态总体均值与方差的区间估计
单个正态总体N(μ; σ2 )的情况. 两个正态总体N(μ1 ; σ ) ; N(μ2 ; σ )的情况.
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均值μ的置信区间
方差σ2 的置信区间
概率论与数理统计
(1) σ2 已知. 从上节的例我们已经得到μ的一个置信水平为1 - α的 置信区间为
（X - ; X + ) : (1)
x4: 正态总体均值与方差的区间估计
单个正态总体N(μ; σ2 )的情况. 两个正态总体N(μ1 ; σ ) ; N(μ2 ; σ )的情况.
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均值μ的置信区间
方差σ2 的置信区间
概率论与数理统计
且右边的分布t (n - 1)不依赖于任何未知参数. 因此, 选 取X - μ 作为枢轴量可得
P {-t /2(n - 1) < < t /2(n - 1)} = 1 - α,
(2) σ2 未知. 此时不能用(1)式给出的区间, 因其中含有未知参数σ . 考虑到S2是σ2 的无偏估计量, 由于
x4 . 正态总体均值与方差的区间估计
单个正态总体N(μ; σ2 )的情况. 两个正态总体N(μ1 ; σ ) ; N(μ2 ; σ )的情况.
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均值μ的置信区间
方差σ2 的置信区间
t (n - 1), (2)
S/pn
S/pn
X - μ
概率论与数理统计
即
P {X - t /2(n - 1) < μ < X + t /2(n - 1)} = 1 - α:
于是, 得到μ的ò个置信水平为1 - α的置信区间为
（X - t /2(n - 1); X + t /2(n - 1)）: (3)
x4: 正态总体均值与方差的区间估计
单个正态总体N(μ; σ2 )的情况. 两个正态总体N(μ1 ; σ ) ; N(μ2 ; σ )的情况.
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均值μ的置信区间
方差σ2 的置信区间
概率论与数理统计
某电子元件的寿命( 单位: h) 服从正态分布N(μ, σ2 )J 随机抽查 了9 个元件J 测得样本均值x = 1500(h)J 样本标准差s = 14(h)J 试 求总体均值μ 的置信水平为99%的置信区间.
在实际问题中J 总体方差未知的情况居多J 故这种情形的区间估 计更有实用价值J 下面我们看两个具体的例子.
例
x4 . 正态总体均值与方差的区间估计
单个正态总体N(μ; σ2 )的情况. 两个正态总体N(μ1 ; σ ) ; N(μ2 ; σ )的情况.
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均值μ的置信区间
方差σ2 的置信区间
概率论与数理统计
某电子元件的寿命( 单位: h) 服从正态分布N(μ, σ2 )J 随机抽查 了9 个元件J 测得样本均值x = 1500(h)J 样本标准差s = 14(h)J 试 求总体均值μ 的置信水平为99%的置信区间.
在实际问题中J 总体方差未知的情况居多J 故这种情形的区间估 计更有实用价值J 下面我们看两个具体的例子.
x4 . 正态总体均值与方差的区间估计
单个正态总体N(μ; σ2 )的情况. 两个正态总体N(μ1 ; σ ) ; N(μ2 ; σ )的情况.
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均值μ的置信区间
方差σ2 的置信区间
例
概率论与数理统计
这里n = 9, 1 - α = 0:99; = 0:005, 查t 分布表得
tα/2(n - 1) = t0:005(8) = 3:3554;
于是
x - tα/2(n - 1) 1484:34; x + tα/2(n - 1) 1515:66:
故所求总体均值μ的置信区间为(1484:34; 1515:66).
x4: 正态总体均值与方差的区间估计
单个正态总体N(μ; σ2 )的情况. 两个正态总体N(μ1 ; σ ) ; N(μ2 ; σ )的情况.
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均值μ的置信区间
方差σ2 的置信区间
解
概率论与数理统计
有一大批袋装糖果. 从中随机地取16袋, 称得重量(单位: g)如下:
506; 508; 499; 503; 504; 510; 497; 512;
514; 505; 493; 496; 506; 502; 509; 496:
根据以往经验, 袋装糖果的重量近似服从正态分布, 试求总体均 值μ 的置信水平为95% 的置信区间.
x4: 正态总体均值与方差的区间估计
单个正态总体N(μ; σ2 )的情况. 两个正态总体N(μ1 ; σ ) ; N(μ2 ; σ )的情况.
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均值μ的置信区间
方差σ2 的置信区间
例
概率论与数理统计
这里1 - α = 0:95; = 0:025; n = 16, 查t 分布表得
tα/2(n - 1) = t0:025(15) = 2:1314;
又由给出的数据计算得x = 503:75; s = 6:2022, 于是
x - tα/2(n - 1) = 500:4; x + tα/2(n - 1) = 507:1:
故所求总体均值μ的置信区间为(500:4; 507:1).
x4: 正态总体均值与方差的区间估计
单个正态总体N(μ; σ2 )的情况. 两个正态总体N(μ1 ; σ ) ; N(μ2 ; σ )的情况.
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均值μ的置信区间
方差σ2 的置信区间
解
概率论与数理统计
该例中得到的置信区间是指: 估计袋装糖果重量的均值在500.4g 与507. 1g 之间J 这个估计的可信程度为95%. 若以此区间内任一值
作为μ 的近似值J 其误差不大于 根 2. 1315 根 2 = 6.61gJ 这
个误差估计的可信程度为95%.
x4 . 正态总体均值与方差的区间估计
单个正态总体N(μ; σ2 )的情况. 两个正态总体N(μ1 ; σ ) ; N(μ2 ; σ )的情况.
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均值μ的置信区间
方差σ2 的置信区间
注
概率论与数理统计
且右边的分布χ2 (n - 1)不依赖于任何未知参数. 选取 作
为枢轴量可得
P (χ - /2(n - 1) < < χ2 /2(n - 1)) = 1 - α;
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x4: 正态总体均值与方差的区间估计
单个正态总体N(μ; σ2 )的情况. 两个正态总体N(μ1 ; σ ) ; N(μ2 ; σ )的情况.
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均值μ的置信区间
方差σ2 的置信区间
χ2 (n - 1);
由于S2是σ2 的无偏估计量, 根据定理知
概率论与数理统计
即
P < σ2 < = 1 - α:
于是, 得到σ2 的ò个置信水平为1 - α的置信区间为
; ) :
同时可得标准差σ的ò个置信水平为1 - α的置信区间为
; 1 ) :
x4: 正态总体均值与方差的区间估计
单个正态总体N(μ; σ2 )的情况. 两个正态总体N(μ1 ; σ ) ; N(μ2 ; σ )的情况.
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均值μ的置信区间
方差σ2 的置信区间
概率论与数理统计
上面在求σ2 或σ的一个置信区间的时候J 由于χ2 分布的密度函数 不对称J 但习惯上仍是取对称的分位点J 这方便了很多. 这样得到 的置信区间的长度可能不是最短的J 但差别不是很大J 后面涉及 到F分布的时候也会这样处理.
x4 . 正态总体均值与方差的区间估计
单个正态总体N(μ; σ2 )的情况. 两个正态总体N(μ1 ; σ ) ; N(μ2 ; σ )的情况.
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均值μ的置信区间
方差σ2 的置信区间
注
概率论与数理统计
从某厂生产的滚珠中随机地抽取了10个J 测得滚珠的直径(单位: mm) 如下:
14.6; 15.0; 14.7; 15.1; 14.9; 14.8;
15.0; 15.1; 15.2; 14.8.
设滚珠的直径服从正态分布N(μ; σ2 )J 其中μ未知J 试求滚珠直径 方差σ2 的置信水平为95%的置信区间.
x4 . 正态总体均值与方差的区间估计
单个正态总体N(μ; σ2 )的情况. 两个正态总体N(μ1 ; σ ) ; N(μ2 ; σ )的情况.
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均值μ的置信区间
方差σ2 的置信区间
例
概率论与数理统计
这里n = 10; 1 - α = 0:95; = 0:025, 查χ2 分布表得
χ -α/2(n- 1) = χ :975(9) = 2:70; χ 2 (n- 1) = χ :025(9) = 19:023:
又经计算得样本方差s2 = 0:0373, 因此
= 0:0177; = 0:1243:
故σ2 的一个置信水平为0:95的置信区间为(0:0177; 0:1243).
0
2
α/
2
0
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x4: 正态总体均值与方差的区间估计
单个正态总体N(μ; σ2 )的情况. 两个正态总体N(μ1 ; σ ) ; N(μ2 ; σ )的情况.
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均值μ的置信区间
方差σ2 的置信区间
解
概率论与数理统计
实际生活中J 常常要对两个对象的同一特征进行比较J 比如一条 流水线在不同时间生产的产品或者不同流水线生产的同一种产品 之间的差异. 我们仍在正态总体的情形下进行讨论.
设X1 , · · · , Xn1 与Y1 , Y2 , · · · , Yn2 分别取自正态总体X N (μ1 , σ )
和Y N(μ2 , σ ) 的样本J 且这两个样本相互独立. X, Y, S , S 分别
是两样本的样本均值和样本方差J 给定置信度1 — α(0 < α < 1).
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两个正态
间
置信区间
的置信区
22 的
μ2
1
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1
σ
μ
方差比
均值差
情
情
估
的
的
间
)
)
区
σ22
σ2
的
μ2;
(μ;
方差
体N(μ 1; σ21); N(
单个正态总体N
. 正态总体均值与
总
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概率论与数理统计
实际生活中J 常常要对两个对象的同一特征进行比较J 比如一条 流水线在不同时间生产的产品或者不同流水线生产的同一种产品 之间的差异. 我们仍在正态总体的情形下进行讨论.
设X1 , · · · , Xn1 与Y1 , Y2 , · · · , Yn2 分别取自正态总体X N (μ1 , σ )
和Y N(μ2 , σ ) 的样本J 且这两个样本相互独立. X, Y, S , S 分别
是两样本的样本均值和样本方差J 给定置信度1 — α(0 < α < 1).
2
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1
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两个正态
间
置信区间
的置信区
22 的
μ2
1
2
1
σ
μ
方差比
均值差
情
情
估
的
的
间
)
)
区
σ22
σ2
的
μ2;
(μ;
方差
体N(μ 1; σ21); N(
单个正态总体N
. 正态总体均值与
总
4
概率论与数理统计
我们分以下两种情况进行讨论.
(1) σ ; σ 均已知. 由于
X N (μ 1 ; ;
且X与Y相互独立, 因此
X - Y N (μ
1
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1
2
两个正态
间
置信区间
的置信区
22 的
μ2
1
2
1
σ
μ
方差比
均值差
情
情
估
的
的
间
)
)
区
σ22
σ2
的
μ2;
(μ;
方差
体N(μ 1; σ21); N(
单个正态总体N
: 正态总体均值与
总
x4
Y N (μ2 ; ;
- μ2 ; + ;
概率论与数理统计
我们分以下两种情况进行讨论. (1) σ ; σ 均已知. 由于
X N (μ 1 ; ;
且X与Y相互独立, 因此
X - Y N (μ
1
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1
2
两个正态
间
置信区间
的置信区
22 的
μ2
1
2
1
σ
μ
方差比
均值差
情
情
估
的
的
间
)
)
区
σ22
σ2
的
μ2;
(μ;
方差
体N(μ 1; σ21); N(
单个正态总体N
: 正态总体均值与
总
x4
Y N (μ2 ; ;
- μ2 ; + ;
概率论与数理统计
4 为枢轴量, 即可得到μ1 - μ2 的ò个置
X - Y - u + ; X - Y + u + : (4)
α/2
α/2
)
)
-
Y
1
间为
作
区
μ2
信
-
平
(X
水
取
信
选
两个正态
间
置信区间
的置信区
22 的
μ2
1
2
1
σ
μ
方差比
均值差
情
情
估
的
的
间
)
)
区
σ22
σ2
的
μ2;
(μ;
方差
体N(μ 1; σ21); N(
单个正态总体N
: 正态总体均值与
总
x4
从而
(X - Y) - (μ1 - μ2 )
+
N(0; 1):
概率论与数理统计
已知X; Y两种类型的材料, 现对其强度(单位: N/cm2)做对比试验, 随机选取X型材料4 只, 测得其平均强度为130; 随机选取Y型材
料6只, 测得其平均强度为135. 假设X型和Y 型材料的强度分别服 从N(μ1 ; 58.3) 和N(μ2 ; 11.2) 分布. 求μ1 - μ2 的一个置信水平
为95%的置信区间.
两个正态
间
置信区间
的置信区
22 的
μ2
1
2
1
σ
μ
方差比
均值差
情
情
估
的
的
间
)
)
区
σ22
σ2
的
μ2;
(μ;
方差
体N(μ 1; σ21); N(
单个正态总体N
. 正态总体均值与
总
4
例
概率论与数理统计
x - y + u + = 2.95.
因此J μ 1 - μ2 的一个置信度为95%的置信区间为(- 12.95; 2.95). 由于所得置信区间包含零J 在实际中我们就认为这两种材料的强 度没有显著差别.
α/2
两个正态
间
置信区间
的置信区
22 的
μ2
1
2
1
σ
μ
方差比
均值差
情
情
估
的
的
间
)
)
区
σ22
σ2
的
μ2;
(μ;
方差
体N(μ 1; σ21); N(
单个正态总体N
. 正态总体均值与
总
4
这里n1 = 4J n2 = 6J σ = 58.3J σ = 11.2J x = 130J y = 135J
1 - α = 0.95J α/2 = 0.025J 查标准正态分布表得u0.025 = 1.96J 故
2
2
1
2
x - y - uα/2 + = - 12.95;
解
概率论与数理统计
(2) σ = σ = σ2 未知. 由定理知
(X - Y) - (μ1 - μ2 )
S! +
其中 S = ; S! = ‘S .
!
2
!
2
2
2
1
2
两个正态
间
置信区间
的置信区
22 的
μ2
1
2
1
σ
μ
方差比
均值差
情
情
估
的
的
间
)
)
区
σ22
σ2
的
μ2;
(μ;
方差
体N(μ 1; σ21); N(
单个正态总体N
: 正态总体均值与
总
x4
t (n1 + n2 - 2);
概率论与数理统计
选取(X - Y) - (μ1 - μ2 ) 作为枢轴量, 类似于(3)式, 即可得
S! +
到μ1 - μ2 的ò个置信水平为1 - α的置信区间为
(X - Y S! + tα/2(n1 + n2 - 2)) : (5)
两个正态
间
置信区间
的置信区
22 的
μ2
1
2
1
σ
μ
方差比
均值差
情
情
估
的
的
间
)
)
区
σ22
σ2
的
μ2;
(μ;
方差
体N(μ 1; σ21); N(
单个正态总体N
: 正态总体均值与
总
x4
概率论与数理统计
在上例中J 若假设随机选取X 型材料4 只J 测得其平均强度为130J 样本方差为58.3; 随机选取Y 型材料6 只J 测得其平均强度为135J 样本方差为11.2. 假设X 型和Y 型材料的强度分别服从N(μ1 ; σ2 ) 和N(μ2 ; σ2 ) 分布J 其中σ > 0 未知. 试求μ1 - μ2 的一个置信水平 为95%的置信区间.
两个正态
间
置信区间
的置信区
22 的
μ2
1
2
1
σ
μ
方差比
均值差
情
情
估
的
的
间
)
)
区
σ22
σ2
的
μ2;
(μ;
方差
体N(μ 1; σ21); N(
单个正态总体N
. 正态总体均值与
总
4
例
概率论与数理统计
此时n1 = 4, n2 = 6, s = 58:3, s = 11:2, x = 130, y = 135, 1 - α = 0:95, α/2 = 0:025, 此
s = = 28:8625:
!
2
2
2
1
2
两个正态
间
置信区间
的置信区
22 的
μ2
1
2
1
σ
μ
方差比
均值差
情
情
估
的
的
间
)
)
区
σ22
σ2
的
μ2;
(μ;
方差
体N(μ 1; σ21); N(
单个正态总体N
: 正态总体均值与
总
x4
解
概率论与数理统计
x - y + tα/2(n1 + n2 - 2)s! + = 2.996.
因此J 由(5)得μ1 - μ2 的一个置信水平为95%的置信区间
为(- 12.996; 2.996). 由于所得置信区间包含零J 在实际中我们就 认为这两种材料的强度没有显著差别.
两个正态
间
置信区间
的置信区
22 的
μ2
1
2
1
σ
μ
方差比
均值差
情
情
估
的
的
间
)
)
区
σ22
σ2
的
μ2;
(μ;
方差
体N(μ 1; σ21); N(
单个正态总体N
. 正态总体均值与
总
4
x - y - tα/2(n1 + n2 - 2)s! + = - 12.996;
解
查t 分布表得t0 .025 (8) = 2.306J 故
概率论与数理统计
分布F(n1 - 1; n2 - 1)不含任何未知参数, 此, 选取 作为枢
轴量得,
P（F1 - /2(n1 - 1; n2 - 1) < < F /2(n1 - 1; n2 - 1))
= 1 - α;
两个正态
间
置信区间
的置信区
22 的
μ2
1
2
1
σ
μ
方差比
均值差
情
情
估
的
的
间
)
)
区
σ22
σ2
的
μ2;
(μ;
方差
体N(μ 1; σ21); N(
单个正态总体N
: 正态总体均值与
总
x4
由定理知
S /S
σ /σ
2
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1
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我们仅讨论总体均值μ1 ; μ2 均未知的情况.
F(n1 - 1; n2 - 1);
概率论与数理统计
分布F(n1 - 1; n2 - 1)不含任何未知参数, 此, 选取 作为枢
轴量得,
P（F1 - /2(n1 - 1; n2 - 1) < < F /2(n1 - 1; n2 - 1))
= 1 - α;
两个正态
间
置信区间
的置信区
22 的
μ2
1
2
1
σ
μ
方差比
均值差
情
情
估
的
的
间
)
)
区
σ22
σ2
的
μ2;
(μ;
方差
体N(μ 1; σ21); N(
单个正态总体N
: 正态总体均值与
总
x4
由定理知
S /S
σ /σ
2
2
1
2
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2
1
2
我们仅讨论总体均值μ1 ; μ2 均未知的情况.
F(n1 - 1; n2 - 1);
概率论与数理统计
即
P · < < ·
= 1 — α;
由此可得到σ /σ 的ò个置信水平为1 — α的置信区间为
· ; · : (6)
2
2
1
2
两个正态
间
置信区间
的置信区
22 的
μ2
1
2
1
σ
μ
方差比
均值差
情
情
估
的
的
间
)
)
区
σ22
σ2
的
μ2;
(μ;
方差
体N(μ 1; σ21); N(
单个正态总体N
: 正态总体均值与
总
x4
概率论与数理统计
例
研究由机器A和机器B生产的钢管的内径(单位: mm)J 随机抽取机 器A生产的钢管18只J 测得样本方差s = 0.34; 抽取机器B生产的 钢管13只J 测得样本方差s = 0.29. 设两样本相互独立J 且设由机 器A J 机器B生产的钢管的内径分别服从正态分布N(μ1 ; σ );
N(μ2 ; σ )J 这里μ1 ; μ2 ; σ ; σ 均未知. 试求方差比σ /σ 的置信水 平为0.90%的一个置信区间.
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1
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1
2
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两个正态
间
置信区间
的置信区
22 的
μ2
1
2
1
σ
μ
方差比
均值差
情
情
估
的
的
间
)
)
区
σ22
σ2
的
μ2;
(μ;
方差
体N(μ 1; σ21); N(
单个正态总体N
. 正态总体均值与
总
4
概率论与数理统计
这里n1 = 18, n2 = 13, s = 0:34, s = 0:29, 1 — α = 0:90, α/2 = 0:05, 查F分布表得
Fα/2(n1 — 1; n2 — 1) = F0:05(17; 12) = 2:59;
F1 -α/2(n1 — 1; n2 — 1) = F0:95(17; 12) = = :
因此, 由(6)式得σ /σ 的一个置信水平为0:90的置信区间为
（ · ; · 2:38) ;
计算得置信区间为(0:45; 2:79). 由于所得置信区间包含1, 在实际 中我们就认为σ 与σ 没有显著差别.
2
2
1
2
2:
29
34
:
:
0
0
59
1
9
4
2
3
0:
0:
2
2
1
2
2
2
1
2
两个正态
间
置信区间
的置信区
22 的
μ2
1
2
1
σ
μ
方差比
均值差
情
情
估
的
的
间
)
)
区
σ22
σ2
的
μ2;
(μ;
方差
体N(μ 1; σ21); N(
单个正态总体N
: 正态总体均值与
总
x4
解
概率论与数理统计

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