《概率论与数理统计教学课件》7第七章-区间估计.ppt

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1、问题的引出,第四、五节 区间估计,在参数的点估计中用样本构造一个估计量，用 去估计，这仅仅是解决了一个求未知参数 的一个“近似值”问题，而没有解决“近似值”的精确程度问题，即没有给出这个近似值的误差范围和估计的可信程度。,在参数的区间估计中则要用样本去给出未知参数 的一个大致的范围，并使未知参数 在其中有指定的概率。,具体:,若估计参数为，要考虑估计量 落在 的可能性有多大。,即求，若给定了可能的值，则就可以求出它的可能范围。,在估计湖中鱼数的问题中，若已知得到鱼数 N 的极大似然估计为1000条。而实际上N 的真值可能大于1000条，也可能小于1000条。则在区间估计中就可以给出一个区间，在

2、此区间内合理地相信 N 的真值位于其中。这样对鱼数的估计就有把握多了.,例如：,也就是说，所讨论的问题是希望确定一个区间，使得在该区间内能以比较高的可靠程度相信它包含未知参数的真值。,而这“可靠程度”是用概率来度量的，称为置信概率、置信度或置信水平.,湖中鱼数的真值,一.置信区间,定义:,设总体 X 的分布函数 含有一个未知参数,和,满足:，,是 的置信度为 的置信区间，,称为置信水平。,则称随机区间,注:,定义的含义是指:在反复抽样多次(各种得到的样本容量相等，均为 n)，每个样本值确定一个区间，每个这样的区间要么包含 的真值，要么不包含 的真值，按贝努力大数定理可知在这么多的区间中包含 真

3、值的约占 不包含 真值的仅占,对置信区间 有两个要求：,尽可能大.,可靠度与精度是一对矛盾，一般是在保证可靠度的条件下尽可能提高精度.,一般地，寻求未知参数 的置信区间的具体做法如下：,（1）寻求一个样本 和 的函数,，使得W的 分布不依懒于,以及其他未知参数，称具有这种性质的函数W为枢轴量。,（2）对于给定的置信水平，定出两个常数,a,b使得,若能从 得到与之等价的 的不等式，其中,和,是两个统计量。那么 就是 的一个置信水平为 的置信区间。,注：,枢轴量的构造，通常可以从 的点估计着手考虑。,正态随机变量情形的区间估计.,给定置信度，求置信区间.,讨论的问题：,讨论的对象：,二.正态总体均

4、值的区间估计,1.单各正态总体 情形,问题:,求：参数 的置信度为 的置信区间.,解:,(1).当方差 已知的情形,选 的点估计(无偏估计)为,寻找未知参数的一个良好估计,N(0,1)，,且统计量,而且,U 不依赖于任何未知参数。,现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,故对于给定的置信水平，按照标准正态分布的分位点的定义有：,从中解得：,也可简记为：,例1.,某实验室测量铝的比重 16 次，得平均值,，设总体,（高斯已证明测量误差是服从正态分布）,求:的 95%的置信区间.,解:,由已知：,查正态分布表得：,得：,即用 来估计 值的可靠程

5、度达到 95%的区间范围是(2.691,2.719),(2).方差 未知的情形,用 去代替 得统计量：,它是不依赖于任何未知参数的.,从而 的 的置信区间为：,未知，但考虑到样本方差是 的无偏估计，,即：,从中解得：,例2.,求:的置信度为 95%的置信区间,解:,由已知：,查 t 分布表得：,得：,从而 的 的置信区间为：,2.两个正态总体 的情形,问题:,求：两个总体均值差 的置信区间.,分别是两个总体的样本方差。给定置信度为,解:,均为已知时,故有：,所以得统计量:,分别为 的无偏估计,(2).均为未知时,同单个总体在方差未知的情形下用 代替 的构思,相同，可以得到当 均很大时(一般大于

6、50),的一个置信度为 的近似置信区间:,于是所求 的置信度为 置信区间为:,未知时,同单个总体方差未知的情形类似(又因),其中,得统计量：,于是所求 的置信度为 置信区间为:,例3.,分别用金球和铂球测定引力常数(单位:),设测定值总体为 均为未知.,(1)用金球测定观察值为:6.683,6.681,6.676,6.678,6.679,6.672,(2)用铂球测定观察值为:6.661,6.661,6.667,6.667,6.667,6.664,1.分别就(1),(2)两种情况求 的置信度为0.9的置信区间,2.若设用金球和用铂球测定时测定值总体的方差相等,求两个测定值总体均值差的置信度为0.

7、9的置信区间.,解:,在(1)中：,用6.678作为引力常数的估计值的可靠程度为 90%的区间是(6.675，6.681),1.,又,即：,于是所求 的置信度为 90%置信区间为：,在(2)中,于是所求 的置信度为 90%置信区间为：,用6.664作为引力常数的估计值的可靠程度为 90%的区间是(6.661，6.667),两个测定值总体的方差相等但又未知，,现要求 的置信区间，可依公式计算:,2.,注:,于是所求 的置信度为 0.9 的置信区间为:,一般，若 的置信区间包含零，则可认为这两个总体的均值没有显著差别；若下限大于零，则可认为 比 大。,即用 0.014 作为 的估计值的可靠程度达到

8、,90%的区间是,问题:,求:方差 的置信区间.,解:,是不依赖于任何未知参数的。,三.正态总体方差的区间估计,1.单个正态总体 的情形,设总体 未知。,是 的无偏估计，且统计量：,故对于给定的置信水平，按照 分布的上 分位点的定义有：,标准差 的一个置信度为 的置信区间:,例4.,求 例3 中的(1),(2)两种情况下，的置信度为0.9 的置信区间.,解:,在(1)中,的置信度为0.9的置信区间为:,(1)用金球测定观察值为:6.683,6.681,6.676,6.678,6.679,6.672,2.两个正态总体 的情形,问题:,来自 的样本,来自 的样本，,它们相互独立。,求：两个总体方差

9、比 的置信区间.,解题思路同单个总体情况类似,解:,且这两个统计量是相互独立的。,由 F 分布的定义得统计量:,是不依赖于任何 未知参数的。,从中解得：,例5.,在例3 中若测定值总体的方差分别为,解:,于是所求 的置信度为 置信区间为：,求：这两个测定值总体方差比的置信度为 0.9 的置 信区间.,这两个测定值总体方差比 的置信度为 0.9的置信区间为:,注:,如果 即,表明正态总体 的波动较小,如果 即,表明正态总体 的波动较小,一般，,这是一种特殊的离散型分布的区间估计，取自容量 n 50 的大样本。取大样本的目的是意在利用中心极限定理，使其近似服从标准正态分布.,问题:,设总体 X 服

10、从参数为 p 的(0-1)分布,且,第六节(0-1)分布参数的区间估计,即 X 的分布律为:,其中 p 为未知参数,解:,是一个大样本,所以由中心极限定理得:,求:p 的置信水平为 的置信区间.,由已知，,而不等式:,等价于:,记：,即为二次方程的两个根,其中：,得 p 的近似的置信度为 的置信区间为:,例6.,从一大批产品中任取100件产品进行检验，发现其中有 60 件是一级品。,试求：这批产品的一级品率 p 的置信度为 95%的置信区间.,解:,由题意可知：,一级品率 p 是(0-1)分布的参数,查表得：,又（大样本），,经计算得：,得一级品率 p 的置信度为 95%的置信区间:,即用 作

11、为一级品率 p 的估计值的可靠程度达到 95%的区间为,前面介绍的置信区间中置信限都是双侧的，但在有些实际问题，人们所关心的只是参数在一个方向的界限。,对于设备、元件的使用寿命来说，平均寿命长没什么问题，过短就有问题了.,这时，可将置信上限取为+,而只着眼于置信下限,这样求得的置信区间称为单侧置信区间.,第七节 单侧置信区间,问题的引出,例如，,一.单侧置信区间定义,定义:,满足:,给定 若由样本 确定,的,二.单侧置信区间的求法,同双侧量区间的求法,例7.,思路:,不同处：,在求单侧置信区间时不是查双侧 分位点，而是查单侧 分位点。,设有某部门对所属区域的职工家庭人均月收入进行调查，现抽取 20 个家庭，所得的月平均收入（元），,试以 95%的置信度估计该区域职工家庭人均月收 入的最低下限为多少？（单侧置信下限）,解:,用 表示职工家庭人均月收入,表示测到的数值，它是一个正态随机变量。,现要根据所抽取的20 个家庭所得的月平均收入的数据，在方差未知的条件下求 的单侧置信下限。,由题设可知 的置信度为 的单侧置信下限,为：,（即）,即:,于是得到 的一个置信水平为 的单侧置信区间,即:,得:该区域职工家庭人均月收入的 最低下限为219.3(元).,所求的 的单侧置信下限为:,