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）_综合

（一）单个正态总体 $N(\mu,\sigma^2)$ 的区间估计

均值 $\mu$ 的置信区间

(1) $\sigma^2$ 已知

设 $X_1,...,X_n$ 是取自 $N(\mu,\sigma^2)$ 的样本， $\sigma^2$ 已知，求参数 $\mu$ 的置信度为 $1-\alpha$ 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 $\mu$ 的点估计为 $\overline X$ ， $\overline X \sim N(\mu,\frac{\sigma^2}{n})$

（寻找未知参数的一个良好估计，可用点估计法得到）

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

（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 $1-\alpha$ ，查正态分布表得 $u_{\alpha /2}$ ,使得
$P\{|\frac{\overline X -\mu}{\sigma/\sqrt n}|\leq u_{\alpha/2}\}=1-\alpha$
(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)

在这里插入图片描述

从中解得
$P\{\overline X-\frac{\sigma}{\sqrt n}u_{\alpha/2}\leq \mu \leq \overline X+ \frac{\sigma}{\sqrt n}u_{\alpha/2}\}=1-\alpha$
于是所求 $\mu$ 的置信区间为
$[\overline X-\frac{\sigma}{\sqrt n}u_{a/2}, \overline X+\frac{\sigma}{\sqrt n}u_{\alpha/2}]$
也可简记为
$\overline X \pm \frac{\sigma}{\sqrt n}u_{\alpha/2}$
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( $\alpha=0.05$ ).

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 $X\sim N(\mu,0.05)$
$\overline X=\frac{14.6+15.1+14.9+15.2+15.1}{5}=14.98 \approx \mu$
置信度为 $1-\alpha=0.95$ ,所以 $u_{\frac{a}{2}}=u_{0.025}=1.96$

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

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

考虑到 $S^2$ 是 $\sigma^2$ 的无偏估计，因此只需将 $U=\frac{\overline X-\mu}{\sigma/\sqrt n}$ 中的 $\sigma$ 换成 $S=\sqrt{S^2}$ ,于是有枢轴量(抽样分布定理3)
$=\frac{\overline X-\mu}{S/\sqrt n} \sim t(n-1)$
进而得出 $\mu$ 的置信区间为
$[\overline X-\frac{S}{\sqrt n}t_{a/2}(n-1),\overline X+\frac{S}{\sqrt n}t_{a/2}(n-1)]$
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 $(\alpha=0.05)$

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

? 查自由度为10-1=9的t分布表得：
$t_{a/2}(n-1)=t_{0.025}(9)=2.262$
? 即 $P\{|\frac{\overline X-\mu}{S/\sqrt n}|\leq 2.262\}=0.95$

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

? 则平均横纹抗压力的置信区间为 $[43.23, 48.269]$

方差 $\sigma^2$ 的置信区间

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

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 $\sigma^2$ 的置信区间(a=0.1)

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