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

(1) σ 2 \sigma^2 σ2已知

设 X 1 , . . . , X n X_1,...,X_n X1​,...,Xn​是取自 N ( μ , σ 2 ) N(\mu,\sigma^2) N(μ,σ2)的样本， σ 2 \sigma^2 σ2已知，求参数 μ \mu μ的置信度为 1 − α 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 μ \mu μ的点估计为 X ‾ \overline X X， X ‾ ∼ N ( μ , σ 2 n ) \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 = X ‾ − μ σ / n ∼ N ( 0 , 1 ) 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 − α 1-\alpha 1−α，查正态分布表得 u α / 2 u_{\alpha /2} uα/2​,使得 P { ∣ X ‾ − μ σ / n ∣ ≤ u α / 2 } = 1 − α 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 { X ‾ − σ n u α / 2 ≤ μ ≤ X ‾ + σ n u α / 2 } = 1 − α 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 μ \mu μ的置信区间为 [ X ‾ − σ n u a / 2 , X ‾ + σ n u α / 2 ] [\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 X ‾ ± σ n u α / 2 \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( α = 0.05 \alpha=0.05 α=0.05).

解：滚珠直径 X ∼ N ( μ , 0.05 ) X\sim N(\mu,0.05) X∼N(μ,0.05) X ‾ = 14.6 + 15.1 + 14.9 + 15.2 + 15.1 5 = 14.98 ≈ μ \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 − α = 0.95 1-\alpha=0.95 1−α=0.95,所以 u a 2 = u 0.025 = 1.96 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 × 0.05 5 , 14.98 + 1.96 × 0.05 5 ] = [ 14.8 , 15.2 ] [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） σ 2 \sigma^2 σ2未知

σ 2 \sigma^2 σ2未知，故不能用前面给出 μ \mu μ的置信区间 [ X ‾ − σ n u a / 2 , X ‾ + σ n u a / 2 ] [\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 S^2 S2是 σ 2 \sigma^2 σ2的无偏估计，因此只需将 U = X ‾ − μ σ / n U=\frac{\overline X-\mu}{\sigma/\sqrt n} U=σ/n ​X−μ​中的 σ \sigma σ换成 S = S 2 S=\sqrt{S^2} S=S2 ​,于是有枢轴量(抽样分布定理3) T = X ‾ − μ S / n ∼ t ( n − 1 ) T =\frac{\overline X-\mu}{S/\sqrt n} \sim t(n-1) T=S/n ​X−μ​∼t(n−1) 进而得出 μ \mu μ的置信区间为 [ X ‾ − S n t a / 2 ( n − 1 ) , X ‾ + S n t a / 2 ( n − 1 ) ] [\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 ( α = 0.05 ) (\alpha=0.05) (α=0.05)

​ 解：总体的方差未知 σ 2 \sigma^2 σ2未知，对总体的 μ \mu μ值进行区间估计，应选用随机变量： T = X ‾ − μ S / n ∼ t ( n − 1 ) T=\frac{\overline X-\mu}{S/\sqrt n}\sim t(n-1) T=S/n ​X−μ​∼t(n−1) ​ 根据 P { ∣ T ∣ ≤ t a / 2 ( n − 1 ) } = 1 − α = 0.95 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 t_{a/2}(n-1)=t_{0.025}(9)=2.262 ta/2​(n−1)=t0.025​(9)=2.262 ​ 即 P { ∣ X ‾ − μ S / n ∣ ≤ 2.262 } = 0.95 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 μ \mu μ的置信区间为 [ X ‾ − S n × 2.262 , X ‾ + S n × 2.262 ] [\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 X ‾ = 45.75 、 S = 35.218 \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] [43.23,48.269]

根据实际情况需要，只需要介绍 μ \mu μ未知下的 σ 2 \sigma^2 σ2的置信区间。由于 σ 2 \sigma^2 σ2的无偏估计为 S 2 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 = ( n − 1 ) S 2 σ 2 ∼ χ 2 ( n − 1 ) G=\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1) G=σ2(n−1)S2​∼χ2(n−1) 于是 P { χ 1 − a / 2 2 ( n − 1 ) < ( n − 1 ) S 2 σ 2 < χ a / 2 2 ( n − 1 ) } = 1 − a P\{\chi^2_{1-a/2}(n-1)χa/22​(n−1)(n−1)S2​