机器学习|单个正态总体的区间估计，均值、方差的置信区间求法+实际应用| 15mins 入门 |概统学习笔记（二十八）

（一）单个正态总体$N(\mu,\sigma^2)$N(μ,σ2)的区间估计

1. 均值$\mu$μ的置信区间

(1) $\sigma^2$σ2已知

设$X_1,...,X_n$X1​,...,Xn​是取自$N(\mu,\sigma^2)$N(μ,σ2)的样本，$\sigma^2$σ2已知，求参数$\mu$μ的置信度为$1-\alpha$1−α的置信区间。

(明确问题，是求什么参数的置信区间？置信水平是多少？)

解：选$\mu$μ的点估计为$\overline X$X，$\overline X \sim N(\mu,\frac{\sigma^2}{n})$X∼N(μ,nσ2​)

（寻找未知参数的一个良好估计，可用点估计法得到）

取$U=\frac{\overline X-\mu}{\sigma/\sqrt{n}} \sim N(0,1)$U=σ/n​X−μ​∼N(0,1)

（寻找一个待估参数和估计量的函数为枢轴量，要求其分布为已知，有了分布，就可以求出U取值于任意区间的概率）

对于给定的置信水平$1-\alpha$1−α，查正态分布表得$u_{\alpha /2}$uα/2​,使得
$P\{|\frac{\overline X -\mu}{\sigma/\sqrt n}|\leq u_{\alpha/2}\}=1-\alpha$P{∣σ/n​X−μ​∣≤uα/2​}=1−α
(对于给定的置信水平（大概率），根据U的分布，确定一个区间，使得U取值于该区间的概率为置信水平)

从中解得
$P\{\overline X-\frac{\sigma}{\sqrt n}u_{\alpha/2}\leq \mu \leq \overline X+ \frac{\sigma}{\sqrt n}u_{\alpha/2}\}=1-\alpha$P{X−n​σ​uα/2​≤μ≤X+n​σ​uα/2​}=1−α
于是所求$\mu$μ的置信区间为
$[\overline X-\frac{\sigma}{\sqrt n}u_{a/2}, \overline X+\frac{\sigma}{\sqrt n}u_{\alpha/2}]$[X−n​σ​ua/2​,X+n​σ​uα/2​]
也可简记为
$\overline X \pm \frac{\sigma}{\sqrt n}u_{\alpha/2}$X±n​σ​uα/2​
实际应用：

一个车间生产滚珠，滚珠的直径服从正态分布，从某天的产品里随机抽出5个滚珠，量得直径如下（单位：mm）。如果已知该天滚珠直径的方差为0.05，试求平均直径的置信区间($\alpha=0.05$α=0.05).

滚珠1	滚珠2	滚珠3	滚珠4	滚珠5
14.6	15.1	14.9	15.2	15.1

解：滚珠直径$X\sim N(\mu,0.05)$X∼N(μ,0.05)
$\overline X=\frac{14.6+15.1+14.9+15.2+15.1}{5}=14.98 \approx \mu$X=514.6+15.1+14.9+15.2+15.1​=14.98≈μ
置信度为$1-\alpha=0.95$1−α=0.95,所以$u_{\frac{a}{2}}=u_{0.025}=1.96$u2a​​=u0.025​=1.96

于是要求的置信区间为
$[14.98-1.96\times \sqrt{\frac{0.05}{5}},14.98+1.96 \times \sqrt{\frac{0.05}{5}}]=[14.8,15.2]$[14.98−1.96×50.05​​,14.98+1.96×50.05​​]=[14.8,15.2]
（2）$\sigma^2$σ2未知

$\sigma^2$σ2未知，故不能用前面给出$\mu$μ的置信区间$[\overline X-\frac{\sigma}{\sqrt n}u_{a/2},\overline X+\frac{\sigma}{\sqrt n}u_{a/2}]$[X−n​σ​ua/2​,X+n​σ​ua/2​]。

考虑到$S^2$S2是$\sigma^2$σ2的无偏估计，因此只需将$U=\frac{\overline X-\mu}{\sigma/\sqrt n}$U=σ/n​X−μ​中的$\sigma$σ换成$S=\sqrt{S^2}$S=S2​,于是有枢轴量(抽样分布定理3)
$T =\frac{\overline X-\mu}{S/\sqrt n} \sim t(n-1)$T=S/n​X−μ​∼t(n−1)
进而得出$\mu$μ的置信区间为
$[\overline X-\frac{S}{\sqrt n}t_{a/2}(n-1),\overline X+\frac{S}{\sqrt n}t_{a/2}(n-1)]$[X−n​S​ta/2​(n−1),X+n​S​ta/2​(n−1)]
实际运用

​ 已知某种木材横纹抗压力的实验值服从正态分布，对10个试件作横纹抗压力试验得数据如下（单位:Mpa）

​ |48.2|49.3|45.7|47.1|51.0|44.6|43.5|41.8|39.4|46.9|

​ 试对该木材的平均横纹抗压力进行区间估计$(\alpha=0.05)$(α=0.05)

​ 解：总体的方差未知$\sigma^2$σ2未知，对总体的$\mu$μ值进行区间估计，应选用随机变量：
$T=\frac{\overline X-\mu}{S/\sqrt n}\sim t(n-1)$T=S/n​X−μ​∼t(n−1)
​ 根据$P\{|T|\leq t_{a/2}(n-1)\}=1-\alpha=0.95$P{∣T∣≤ta/2​(n−1)}=1−α=0.95，

​ 查自由度为10-1=9的t分布表得：
$t_{a/2}(n-1)=t_{0.025}(9)=2.262$ta/2​(n−1)=t0.025​(9)=2.262
​ 即$P\{|\frac{\overline X-\mu}{S/\sqrt n}|\leq 2.262\}=0.95$P{∣S/n​X−μ​∣≤2.262}=0.95

​ 于是平均横纹抗压力$\mu$μ的置信区间为
$[\overline X-\frac{S}{\sqrt n}\times 2.262,\overline X+ \frac{S}{\sqrt n}\times 2.262]$[X−n​S​×2.262,X+n​S​×2.262]
​ 将实验数据代入，得$\overline X=45.75、S=35.218$X=45.75、S=35.218

​ 则平均横纹抗压力的置信区间为$[43.23, 48.269]$[43.23,48.269]

2. 方差$\sigma^2$σ2的置信区间

根据实际情况需要，只需要介绍$\mu$μ未知下的$\sigma^2$σ2的置信区间。由于$\sigma^2$σ2的无偏估计为$S^2$S2，所以一般采用以下函数G(抽样分布定理2)为枢轴量。
$G=\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)$G=σ2(n−1)S2​∼χ2(n−1)
于是
$P\{\chi^2_{1-a/2}(n-1)<\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}<\chi^2_{a/2}(n-1)\}=1-a$P{χ1−a/22​(n−1)<σ2(n−1)S2​<χa/22​(n−1)}=1−a
即
$P\{\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{a/2}(n-1)}<\sigma^2<\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-a/2}(n-1)}\}=1-a$P{χa/22​(n−1)(n−1)S2​<σ2<χ1−a/22​(n−1)(n−1)S2​}=1−a
进而得出$\sigma^2$σ2的置信区间为
$[\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{a/2}(n-1)},\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-a/2}(n-1)}]$[χa/22​(n−1)(n−1)S2​,χ1−a/22​(n−1)(n−1)S2​]
标准差$\sigma$σ的置信区间为
$[\frac{S\sqrt{n-1}}{\sqrt{\chi^2_{a/2}(n-1)}},\frac{S\sqrt{n-1}}{\sqrt{\chi^2_{1-a/2}(n-1)}}]$[χa/22​(n−1)​Sn−1​​,χ1−a/22​(n−1)​Sn−1​​]
如果$\mu$μ已知，则选择的枢轴量为
$U=\frac{\overline X-\mu}{\sigma/\sqrt n} \sim N(0,1)$U=σ/n​X−μ​∼N(0,1)

实际应用

岩石密度的测量误差服从正态分布，随机抽测12个样品得S=0.2，求$\sigma^2$σ2的置信区间(a=0.1)

解：以X表示测量误差，$X\sim N(\mu, \sigma^2)$X∼N(μ,σ2), 下面用样本的方差$S^2=0.2^2=0.04$S2=0.22=0.04来估计总体的方差$\sigma^2$σ2，对$\sigma^2$σ2作区间估计(a=0.1)，选用随机变量
$X^2=\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)$X2=σ2(n−1)S2​∼χ2(n−1)
于是
$P\{\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{a/2}(n-1)}<\sigma^2<\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-a/2}(n-1)}\}=0.9$P{χa/22​(n−1)(n−1)S2​<σ2<χ1−a/22​(n−1)(n−1)S2​}=0.9
因为
$\chi^2_{0.05}(12-1)=19.675 \\ \chi^2_{0.95}(12-1)=4.575$χ0.052​(12−1)=19.675χ0.952​(12−1)=4.575
得$\sigma^2$σ2的置信区间为
$[\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{a/2}(n-1)},\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-a/2}(n-1)}]=[0.02,0.10]$[χa/22​(n−1)(n−1)S2​,χ1−a/22​(n−1)(n−1)S2​]=[0.02,0.10]