6.6 区间估计

相关笔记：6.1 点估计的概念与无偏性 | 6.2 矩估计及相合性 | 6.3 最大似然估计与EM算法 | 6.4 最小方差无偏估计 | 6.5 贝叶斯估计 | 5.4 三大抽样分布 | 4.4 中心极限定理 | 2.5 常用连续分布

本节概览

本节系统介绍区间估计的理论与方法。核心逻辑链条：点估计 $\hat{\theta }$ 给出参数的单一数值，而区间估计给出一个随机区间 $[{\hat{\theta }}^L,{\hat{\theta }}^U]$，使其以置信水平 $1-\alpha$ 覆盖未知参数 $\theta$。构造置信区间的核心方法是枢轴量法：寻找一个分布已知的枢轴量 $G(X_1,\dots ,X_n,\theta )$，利用其分布的分位数反解出 $\theta$ 的置信区间。

逻辑链条：基本概念 → 枢轴量法 → 单总体均值 → 单总体方差 → 两总体均值差 → 两总体方差比 → 汇总表 → 大样本近似 → 样本量

前置依赖：§6.1（点估计概念）、§5.4（${\chi }^2$ 分布、$t$ 分布、$F$ 分布及分位数）、§4.4（大样本近似）

核心主线：区间估计弥补了点估计的不足——不仅给出参数的近似值，还给出估计的精度（区间宽度）和可靠度（置信水平）。枢轴量法是构造置信区间的通用方法：构造分布已知的枢轴量→确定分位数→不等式反解。

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一、区间估计的基本概念

点估计 vs 区间估计

§6.1 中介绍的点估计用单一数值 $\hat{\theta }$ 去估计未知参数 $\theta$，虽然直观，但无法反映估计的精度和可靠性。区间估计弥补了这一不足：它给出一个区间 $[{\hat{\theta }}^L,{\hat{\theta }}^U]$，并附带一个概率指标说明该区间包含真值的可靠程度。

类比：点估计像说”这座山高 8848 米”，区间估计像说”这座山高约在 8844 到 8852 米之间，我有 95% 的把握”。

置信区间的定义

定义 6.6.1 — 置信区间

设总体 $X$ 的分布函数 $F(x;\theta )$ 含有未知参数 $\theta \in \Theta$，$X_1,X_2,\dots ,X_n$ 是来自总体 $X$ 的样本。对给定的 $\alpha \in (0,1)$，若存在两个统计量 ${\hat{\theta }}^L={\hat{\theta }}^L(X_1,\dots ,X_n)$ 和 ${\hat{\theta }}^U={\hat{\theta }}^U(X_1,\dots ,X_n)$，使得对一切 $\theta \in \Theta$，有

$$P_{\theta }\left({\hat{\theta }}^L⩽\theta ⩽{\hat{\theta }}^U\right)⩾1-\alpha ,$$

则称随机区间 $[{\hat{\theta }}^L,{\hat{\theta }}^U]$ 为 $\theta$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间（confidence interval），${\hat{\theta }}^L$ 和 ${\hat{\theta }}^U$ 分别称为置信下限和置信上限。

要点解读：

• ${\hat{\theta }}^L$ 和 ${\hat{\theta }}^U$ 是统计量（样本的函数），因此 $[{\hat{\theta }}^L,{\hat{\theta }}^U]$ 是一个随机区间——每次抽样得到不同的区间。
• $\theta$ 是未知的固定常数，不是随机变量。
• 概率 $P_{\theta }(\cdot )$ 中的随机性来自样本，而非参数。

置信水平

定义 6.6.2 — 置信水平

满足

$$\underset{\theta \in \Theta }{\inf }{P}_{\theta }\left({\hat{\theta }}^L⩽\theta ⩽{\hat{\theta }}^U\right)⩾1-\alpha$$

的最大常数 $1-\alpha$ 称为置信区间的置信水平（confidence level）。当上式对所有 $\theta$ 取等号时，$1-\alpha$ 就是精确置信水平。

置信水平的频率解释

定理 6.6.1 — 置信水平的频率解释

若 $[{\hat{\theta }}^L,{\hat{\theta }}^U]$ 是参数 $\theta$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间，则在大量重复抽样中，约有 $(1-\alpha )\times 100\%$ 的区间包含参数真值 $\theta$。

直观理解：设想我们反复从同一总体中抽取 $n$ 个样本，每次都构造一个 $1-\alpha$ 置信区间。在这大量（如 100 次）重复中，大约有 $(1-\alpha )\times 100$ 个区间会”套住”真值 $\theta$，而约有 $\alpha \times 100$ 个区间会”落空”。注意：一旦区间被算出，它要么包含 $\theta$，要么不包含，概率非 0 即 1。

例 6.6.1 — 正态总体均值置信区间的直观构造

设 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，其中 ${\sigma }^2$ 已知。取容量为 $n$ 的样本 $X_1,\dots ,X_n$，则由 §5.4 的正态总体抽样定理，

$$\frac{\bar{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\sim N(0,1).$$

对给定的 $\alpha$，取标准正态分布的 $1-\alpha /2$ 分位数 $u_{1-\alpha /2}$，则

$$P\left(-u_{1-\alpha /2}⩽\frac{\bar{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}⩽u_{1-\alpha /2}\right)=1-\alpha .$$

对不等式做等价变形（乘以 $\sigma /\sqrt{n}$，再移项），得到

$$P\left(\bar{X}-u_{1-\alpha /2}\cdot \frac{\sigma }{\sqrt{n}}⩽\mu ⩽\bar{X}+u_{1-\alpha /2}\cdot \frac{\sigma }{\sqrt{n}}\right)=1-\alpha .$$

因此 $\mu$ 的 $1-\alpha$ 置信区间为

$$\left[\bar{X}-u_{1-\alpha /2}\cdot \frac{\sigma }{\sqrt{n}},\bar{X}+u_{1-\alpha /2}\cdot \frac{\sigma }{\sqrt{n}}\right].$$

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二、枢轴量法

枢轴量的定义与构造

定义 6.6.3 — 枢轴量

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n$ 是来自总体 $F(x;\theta )$ 的样本，$\theta$ 为未知参数。若存在样本和 $\theta$ 的函数

$$G=G(X_1,X_2,\dots ,X_n,\theta ),$$

其分布不依赖于任何未知参数（即 $G$ 的分布完全已知），则称 $G$ 为 $\theta$ 的一个枢轴量（pivotal quantity）。

枢轴量的关键特征：

1. $G$ 同时含有样本和未知参数 $\theta$；
2. $G$ 的分布完全已知，不依赖于任何未知参数；
3. 通过对 $G$ 取概率事件 $c⩽G⩽d$，再反解不等式得到 ${\hat{\theta }}^L⩽\theta ⩽{\hat{\theta }}^U$。

枢轴量法的一般步骤

定理 6.6.2 — 枢轴量法三步法

第一步：构造枢轴量。根据总体分布和待估参数，构造一个分布已知的枢轴量 $G(X_1,\dots ,X_n,\theta )$。

第二步：确定分位数。对给定的置信水平 $1-\alpha$，选取常数 $c$ 和 $d$（通常取等尾分位数，即 $P(G<c)=P(G>d)=\alpha /2$），使得

$$P(c⩽G⩽d)=1-\alpha .$$

第三步：不等式反解。由 $c⩽G⩽d$ 反解出 ${\hat{\theta }}^L⩽\theta ⩽{\hat{\theta }}^U$，即得 $\theta$ 的 $1-\alpha$ 置信区间 $[{\hat{\theta }}^L,{\hat{\theta }}^U]$。

等尾置信区间的最优性说明

对于对称分布（如正态分布、$t$ 分布），取等尾分位数（即 $c$ 和 $d$ 关于分布中心对称）能使置信区间长度 $E_{\theta }({\hat{\theta }}^U-{\hat{\theta }}^L)$ 最小，从而估计精度最高。对于不对称分布（如 ${\chi }^2$ 分布、$F$ 分布），等尾区间不一定是最短的，但习惯上仍取等尾分位数以简化计算。

例 6.6.2 — 均匀分布 $U(0,\theta )$ 参数的置信区间

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n\stackrel{\text{i.i.d.}}{\sim }U(0,\theta )$，求 $\theta$ 的 $1-\alpha$ 置信区间。

第一步：取 $X_{(n)}=\max \{X_1,\dots ,X_n\}$ 为充分统计量。由顺序统计量理论，$X_{(n)}/\theta \sim \text{Beta}(n,1)$，其分布不依赖于 $\theta$，故 $G=X_{(n)}/\theta$ 是枢轴量。

第二步：对 $\text{Beta}(n,1)$ 分布，$G$ 的密度函数为 $f(g)=n{g}^{n-1}$，$0<g<1$。取等尾分位数：

$$P(G<c)=c^n=\alpha /2⟹c=(\alpha /2{)}^{1/n},$$ $$P(G>d)=1-d^n=\alpha /2⟹d=(1-\alpha /2{)}^{1/n}.$$

第三步：由 $c⩽X_{(n)}/\theta ⩽d$ 反解得

$$\frac{X_{(n)}}{(1-\alpha /2{)}^{1/n}}⩽\theta ⩽\frac{X_{(n)}}{(\alpha /2{)}^{1/n}}.$$

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三、单个正态总体均值的置信区间

设 $X_1,X_2,\dots ,X_n\stackrel{\text{i.i.d.}}{\sim }N(\mu ,{\sigma }^2)$，样本均值 $\bar{X}=\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^n{X}_i$，样本方差 $S^2=\frac{1}{n-1}{\sum }_{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2$。

情形一：${\sigma }^2$ 已知

定理 6.6.3 — ${\sigma }^2$ 已知时 $\mu$ 的置信区间

当 ${\sigma }^2$ 已知时，$\mu$ 的 $1-\alpha$ 置信区间为

$$\left[\bar{X}-u_{1-\alpha /2}\cdot \frac{\sigma }{\sqrt{n}},\bar{X}+u_{1-\alpha /2}\cdot \frac{\sigma }{\sqrt{n}}\right],$$

其中 $u_{1-\alpha /2}$ 为标准正态分布的 $1-\alpha /2$ 分位数。

证明

证明：

第一步：构造枢轴量。由正态总体抽样定理，

$$\frac{\bar{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\sim N(0,1).$$

该枢轴量分布不依赖于任何未知参数。

第二步：确定分位数。取 $P(-u_{1-\alpha /2}⩽G⩽u_{1-\alpha /2})=1-\alpha$。

第三步：不等式反解。由 $-u_{1-\alpha /2}⩽\frac{\bar{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}⩽u_{1-\alpha /2}$，乘以 $\sigma /\sqrt{n}$ 并移项即得。

$\square$

情形二：${\sigma }^2$ 未知

定理 6.6.4 — ${\sigma }^2$ 未知时 $\mu$ 的置信区间

当 ${\sigma }^2$ 未知时，$\mu$ 的 $1-\alpha$ 置信区间为

$$\left[\bar{X}-t_{1-\alpha /2}(n-1)\cdot \frac{S}{\sqrt{n}},\bar{X}+t_{1-\alpha /2}(n-1)\cdot \frac{S}{\sqrt{n}}\right],$$

其中 $t_{1-\alpha /2}(n-1)$ 为自由度 $n-1$ 的 $t$ 分布的 $1-\alpha /2$ 分位数。

证明

证明：

第一步：构造枢轴量。由 Fisher 引理，$\bar{X}$ 与 $S^2$ 独立，且

$$\frac{\bar{X}-\mu }{S/\sqrt{n}}=\frac{(\bar{X}-\mu )/(\sigma /\sqrt{n})}{\sqrt{S^2/{\sigma }^2}}\sim t(n-1).$$

第二步：确定分位数。取 $P\left(-t_{1-\alpha /2}(n-1)⩽t⩽t_{1-\alpha /2}(n-1)\right)=1-\alpha$。

第三步：不等式反解。同上，乘以 $S/\sqrt{n}$ 并移项。

$\square$

例 6.6.3 — 正态总体均值的置信区间计算

设某工厂生产的零件长度服从正态分布 $N(\mu ,{\sigma }^2)$。从中随机抽取 $n=16$ 个零件，测得 $\bar{x}=10.5$ mm，$s=0.8$ mm。求 $\mu$ 的 95% 置信区间。

解：${\sigma }^2$ 未知，使用 $t$ 枢轴量。$n=16$，自由度 $\nu =15$，$\alpha =0.05$。

$$t_{0.975}(15)\approx \mathrm{2.131.}$$

置信区间为

$$\left[10.5-2.131\times \frac{0.8}{\sqrt{16}},10.5+2.131\times \frac{0.8}{\sqrt{16}}\right]=[10.5-0.426,10.5+0.426]=[10.074,10.926].$$

即有 95% 的置信度认为零件平均长度在 $[10.074,10.926]$ mm 之间。

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四、单个正态总体方差的置信区间

定理 6.6.5 — ${\sigma }^2$ 的置信区间

设 $X_1,\dots ,X_n\stackrel{\text{i.i.d.}}{\sim }N(\mu ,{\sigma }^2)$，则 ${\sigma }^2$ 的 $1-\alpha$ 置信区间为

$$\left[\frac{(n-1)S^2}{{\chi }_{1-\alpha /2}^2(n-1)},\frac{(n-1)S^2}{{\chi }_{\alpha /2}^2(n-1)}\right],$$

其中 ${\chi }_{\alpha /2}^2(n-1)$ 和 ${\chi }_{1-\alpha /2}^2(n-1)$ 分别为 ${\chi }^2(n-1)$ 分布的 $\alpha /2$ 和 $1-\alpha /2$ 分位数。

证明

证明：

第一步：构造枢轴量。由 Fisher 引理，

$${\chi }^2=\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1).$$

第二步：确定分位数。取等尾分位数使得

$$P\left({\chi }_{\alpha /2}^2(n-1)⩽\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}⩽{\chi }_{1-\alpha /2}^2(n-1)\right)=1-\alpha .$$

第三步：不等式反解。对不等式取倒数（注意不等号方向反转），再乘以 $(n-1)S^2$：

$$\frac{(n-1)S^2}{{\chi }_{1-\alpha /2}^2(n-1)}⩽{\sigma }^2⩽\frac{(n-1)S^2}{{\chi }_{\alpha /2}^2(n-1)}.$$

$\square$

例 6.6.4 — 正态总体方差的置信区间计算

沿用例 6.6.3 的数据：$n=16$，$s^2=0.64$，求 ${\sigma }^2$ 的 95% 置信区间。

解：自由度 $\nu =15$，查 ${\chi }^2$ 分布表：

$${\chi }_{0.025}^2(15)=6.262,{\chi }_{0.975}^2(15)=\mathrm{27.488.}$$

置信区间为

$$\left[\frac{15\times 0.64}{27.488},\frac{15\times 0.64}{6.262}\right]=\left[\frac{9.6}{27.488},\frac{9.6}{6.262}\right]=[0.349,1.533].$$

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五、两个正态总体均值差的置信区间

设 $X_1,\dots ,X_m\stackrel{\text{i.i.d.}}{\sim }N({\mu }_1,{\sigma }_1^2)$，$Y_1,\dots ,Y_n\stackrel{\text{i.i.d.}}{\sim }N({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$，两组样本独立。

情形一：${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$ 均已知

定理 6.6.6 — 方差已知时 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信区间

当 ${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$ 已知时，${\mu }_1-{\mu }_2$ 的 $1-\alpha$ 置信区间为

$$\left[\bar{X}-\bar{Y}-u_{1-\alpha /2}\sqrt{\frac{{\sigma }_1^2}{m}+\frac{{\sigma }_2^2}{n}},\bar{X}-\bar{Y}+u_{1-\alpha /2}\sqrt{\frac{{\sigma }_1^2}{m}+\frac{{\sigma }_2^2}{n}}\right].$$

证明

证明：

第一步：构造枢轴量。由 $\bar{X}\sim N({\mu }_1,{\sigma }_1^2/m)$，$\bar{Y}\sim N({\mu }_2,{\sigma }_2^2/n)$，且独立，

$$\frac{(\bar{X}-\bar{Y})-({\mu }_1-{\mu }_2)}{\sqrt{{\sigma }_1^2/m+{\sigma }_2^2/n}}\sim N(0,1).$$

第二步与第三步：取正态分位数并反解即得。

$\square$

情形二：${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2={\sigma }^2$ 未知（合并 $t$ 区间）

定理 6.6.7 — 等方差未知时 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信区间（合并 $t$）

当 ${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2={\sigma }^2$ 但 ${\sigma }^2$ 未知时，${\mu }_1-{\mu }_2$ 的 $1-\alpha$ 置信区间为

$$\left[\bar{X}-\bar{Y}-t_{1-\alpha /2}(m+n-2)\cdot S_{xy}\sqrt{\frac{1}{m}+\frac{1}{n}},\bar{X}-\bar{Y}+t_{1-\alpha /2}(m+n-2)\cdot S_{xy}\sqrt{\frac{1}{m}+\frac{1}{n}}\right],$$

其中合并样本方差为

$$S_{xy}^2=\frac{(m-1)S_x^2+(n-1)S_y^2}{m+n-2}.$$

证明

证明：

第一步：构造枢轴量。由 Fisher 引理推广，$\bar{X}-\bar{Y}$ 与 $S_{xy}^2$ 独立，且

$$\frac{(\bar{X}-\bar{Y})-({\mu }_1-{\mu }_2)}{S_{xy}\sqrt{1/m+1/n}}\sim t(m+n-2).$$

第二步与第三步：取 $t$ 分位数并反解即得。

$\square$

情形三：${\sigma }_1^2\ne {\sigma }_2^2$ 未知（近似方法）

当两总体方差不相等且均未知时，精确置信区间不存在（Behrens-Fisher 问题）。常用两种近似方法：

定理 6.6.8 — 方差不等未知时 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的近似置信区间

方法一（大样本近似）：当 $m,n$ 都较大时，由 Slutsky 定理，

$$\frac{(\bar{X}-\bar{Y})-({\mu }_1-{\mu }_2)}{\sqrt{S_x^2/m+S_y^2/n}}\stackrel{L}{\to }N(0,1).$$

${\mu }_1-{\mu }_2$ 的近似 $1-\alpha$ 置信区间为

$$\bar{X}-\bar{Y}\pm u_{1-\alpha /2}\sqrt{\frac{S_x^2}{m}+\frac{S_y^2}{n}}.$$

方法二（Welch-Satterthwaite 近似）：令 $S_0^2=S_x^2/m+S_y^2/n$，近似自由度为

$$l=\frac{(S_x^2/m+S_y^2/n{)}^2}{\frac{(S_x^2/m{)}^2}{m-1}+\frac{(S_y^2/n{)}^2}{n-1}},$$

则近似

$$\frac{(\bar{X}-\bar{Y})-({\mu }_1-{\mu }_2)}{S_0}\dot{\sim }t(l).$$

${\mu }_1-{\mu }_2$ 的近似 $1-\alpha$ 置信区间为

$$\bar{X}-\bar{Y}\pm S_0\cdot t_{1-\alpha /2}(l).$$

例 6.6.5 — 两总体均值差的置信区间

设甲、乙两台机器生产的零件直径分别服从 $N({\mu }_1,{\sigma }_1^2)$ 和 $N({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$。从甲机器取 $m=10$ 个零件，得 $\bar{x}=5.2$，$s_x^2=0.25$；从乙机器取 $n=12$ 个零件，得 $\bar{y}=4.8$，$s_y^2=0.36$。假设 ${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$，求 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的 95% 置信区间。

解：合并方差

$$S_{xy}^2=\frac{9\times 0.25+11\times 0.36}{20}=\frac{2.25+3.96}{20}=\mathrm{0.3105.}$$

$t_{0.975}(20)\approx 2.086$。置信区间为

$$(5.2-4.8)\pm 2.086\times \sqrt{0.3105}\times \sqrt{\frac{1}{10}+\frac{1}{12}}=0.4\pm 2.086\times 0.5572\times 0.4282=0.4\pm \mathrm{0.498.}$$

即 $[-0.098,0.898]$。

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六、两个正态总体方差比的置信区间

定理 6.6.9 — ${\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2$ 的置信区间

设 $X_1,\dots ,X_m\stackrel{\text{i.i.d.}}{\sim }N({\mu }_1,{\sigma }_1^2)$，$Y_1,\dots ,Y_n\stackrel{\text{i.i.d.}}{\sim }N({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$，两组样本独立，则 ${\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2$ 的 $1-\alpha$ 置信区间为

$$\left[\frac{S_x^2}{S_y^2}\cdot \frac{1}{F_{1-\alpha /2}(m-1,n-1)},\frac{S_x^2}{S_y^2}\cdot \frac{1}{F_{\alpha /2}(m-1,n-1)}\right].$$

证明

证明：

第一步：构造枢轴量。由 §5.4 的 $F$ 分布定义，

$$\frac{(m-1)S_x^2/{\sigma }_1^2}{(m-1)}/\frac{(n-1)S_y^2/{\sigma }_2^2}{(n-1)}=\frac{S_x^2/{\sigma }_1^2}{S_y^2/{\sigma }_2^2}=\frac{S_x^2}{S_y^2}\cdot \frac{{\sigma }_2^2}{{\sigma }_1^2}\sim F(m-1,n-1).$$

第二步：确定分位数。

$$P\left(F_{\alpha /2}(m-1,n-1)⩽\frac{S_x^2}{S_y^2}\cdot \frac{{\sigma }_2^2}{{\sigma }_1^2}⩽F_{1-\alpha /2}(m-1,n-1)\right)=1-\alpha .$$

第三步：不等式反解。对不等式取倒数并整理：

$$\frac{S_x^2}{S_y^2}\cdot \frac{1}{F_{1-\alpha /2}(m-1,n-1)}⩽\frac{{\sigma }_1^2}{{\sigma }_2^2}⩽\frac{S_x^2}{S_y^2}\cdot \frac{1}{F_{\alpha /2}(m-1,n-1)}.$$

$\square$

例 6.6.6 — 两总体方差比的置信区间

沿用例 6.6.5 的数据：$m=10$，$n=12$，$s_x^2=0.25$，$s_y^2=0.36$。求 ${\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2$ 的 95% 置信区间。

解：$s_x^2/s_y^2=0.25/0.36=0.694$。查 $F$ 分布表：

$$F_{0.025}(9,11)\approx 0.255,F_{0.975}(9,11)\approx \mathrm{3.59.}$$

置信区间为

$$\left[0.694\times \frac{1}{3.59},0.694\times \frac{1}{0.255}\right]=[0.193,2.722].$$

由于区间包含 1，不能拒绝 ${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$ 的假设，与例 6.6.5 中等方差假设一致。

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七、正态总体置信区间汇总表

待估参数	条件	枢轴量	置信水平 $1-\alpha$ 的置信区间
$\mu$	${\sigma }^2$ 已知	$\frac{\bar{X}-\mu }{\sigma /\sqrt{n}}\sim N(0,1)$	$\bar{X}\pm u_{1-\alpha /2}\frac{\sigma }{\sqrt{n}}$
$\mu$	${\sigma }^2$ 未知	$\frac{\bar{X}-\mu }{S/\sqrt{n}}\sim t(n-1)$	$\bar{X}\pm t_{1-\alpha /2}(n-1)\frac{S}{\sqrt{n}}$
${\sigma }^2$	$\mu$ 未知	$\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1)$	$\left[\frac{(n-1)S^2}{{\chi }_{1-\alpha /2}^2(n-1)},\frac{(n-1)S^2}{{\chi }_{\alpha /2}^2(n-1)}\right]$
${\mu }_1-{\mu }_2$	${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$ 已知	$\frac{(\bar{X}-\bar{Y})-({\mu }_1-{\mu }_2)}{\sqrt{{\sigma }_1^2/m+{\sigma }_2^2/n}}\sim N(0,1)$	$\bar{X}-\bar{Y}\pm u_{1-\alpha /2}\sqrt{\frac{{\sigma }_1^2}{m}+\frac{{\sigma }_2^2}{n}}$
${\mu }_1-{\mu }_2$	${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$ 未知	$\frac{(\bar{X}-\bar{Y})-({\mu }_1-{\mu }_2)}{S_{xy}\sqrt{1/m+1/n}}\sim t(m+n-2)$	$\bar{X}-\bar{Y}\pm t_{1-\alpha /2}(m+n-2)\cdot S_{xy}\sqrt{\frac{1}{m}+\frac{1}{n}}$
${\mu }_1-{\mu }_2$	${\sigma }_1^2\ne {\sigma }_2^2$ 未知	近似正态或 Welch $t$	$\bar{X}-\bar{Y}\pm u_{1-\alpha /2}\sqrt{\frac{S_x^2}{m}+\frac{S_y^2}{n}}$（大样本）
${\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2$	${\mu }_1,{\mu }_2$ 未知	$\frac{S_x^2/S_y^2}{{\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2}\sim F(m-1,n-1)$	$\left[\frac{S_x^2}{S_y^2}\cdot \frac{1}{F_{1-\alpha /2}},\frac{S_x^2}{S_y^2}\cdot \frac{1}{F_{\alpha /2}}\right]$

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八、大样本置信区间

非正态总体的大样本近似

当总体分布未知或不为正态时，只要样本量足够大，可利用 中心极限定理 构造近似置信区间。

定理 6.6.10 — 大样本近似置信区间

设 $X_1,\dots ,X_n$ 来自均值为 $\mu$、方差为 ${\sigma }^2$ 的总体（分布任意），则当 $n$ 充分大时，

$$\frac{\bar{X}-\mu }{S/\sqrt{n}}\stackrel{L}{\to }N(0,1).$$

$\mu$ 的近似 $1-\alpha$ 置信区间为

$$\left[\bar{X}-u_{1-\alpha /2}\cdot \frac{S}{\sqrt{n}},\bar{X}+u_{1-\alpha /2}\cdot \frac{S}{\sqrt{n}}\right].$$

比例 $p$ 的置信区间

设 $X_1,\dots ,X_n\stackrel{\text{i.i.d.}}{\sim }b(1,p)$，$\bar{X}$ 为样本比例。由中心极限定理，

$$\frac{\bar{X}-p}{\sqrt{p(1-p)/n}}\stackrel{L}{\to }N(0,1).$$

定理 6.6.11 — 比例 $p$ 的近似置信区间

方法一（标准近似）：当 $n$ 较大且 $\bar{X}(1-\bar{X})⩽0.25$ 时，$p$ 的近似 $1-\alpha$ 置信区间为

$$\left[\bar{X}-u_{1-\alpha /2}\sqrt{\frac{\bar{X}(1-\bar{X})}{n}},\bar{X}+u_{1-\alpha /2}\sqrt{\frac{\bar{X}(1-\bar{X})}{n}}\right].$$

方法二（Wilson 区间）：更精确的 Wilson 置信区间为

$$\left[\frac{1}{1+\lambda /n}\left(\bar{X}+\frac{\lambda }{2n}-\frac{u_{1-\alpha /2}}{2n}\sqrt{4n\bar{X}(1-\bar{X})+\lambda }\right),\frac{1}{1+\lambda /n}\left(\bar{X}+\frac{\lambda }{2n}+\frac{u_{1-\alpha /2}}{2n}\sqrt{4n\bar{X}(1-\bar{X})+\lambda }\right)\right],$$

其中 $\lambda =u_{1-\alpha /2}^2$。

例 6.6.7 — 比例的置信区间

在一次民意调查中，随机抽取 $n=1000$ 人，其中 $\bar{x}=0.52$ 支持某政策。求支持率 $p$ 的 95% 置信区间。

解：$u_{0.975}=1.96$，$\bar{x}(1-\bar{x})=0.52\times 0.48=0.2496⩽0.25$，可用标准近似。

$$\left[0.52-1.96\sqrt{\frac{0.2496}{1000}},0.52+1.96\sqrt{\frac{0.2496}{1000}}\right]=[0.52-0.031,0.52+0.031]=[0.489,0.551].$$

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九、样本量的确定

在实际应用中，常需要在给定精度和置信水平下确定所需的最小样本量。

定理 6.6.12 — 样本量的确定

估计均值时：给定允许误差 $d_0$ 和置信水平 $1-\alpha$，要求

$$u_{1-\alpha /2}\cdot \frac{\sigma }{\sqrt{n}}⩽d_0⟹n⩾{\left(\frac{u_{1-\alpha /2}\cdot \sigma }{d_0}\right)}^2.$$

估计比例时：给定允许误差 $d_0$ 和置信水平 $1-\alpha$，当 $p$ 未知时取 $p=0.5$（最保守估计），要求

$$n⩾{\left(\frac{u_{1-\alpha /2}}{2d_0}\right)}^2.$$

例 6.6.8 — 样本量的确定

要调查某城市居民对某政策的支持率 $p$，要求在 95% 置信水平下误差不超过 $d_0=0.02$。求最少需要的样本量。

解：$u_{0.975}=1.96$，$p$ 未知取 $p=0.5$：

$$n⩾{\left(\frac{1.96}{2\times 0.02}\right)}^2={\left(\frac{1.96}{0.04}\right)}^2=49^2=2401.$$

至少需要 2401 个样本。注意这是最保守的估计；若已知 $p$ 大约在 0.5 附近，则 2401 个样本确实必要。

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十、知识结构总览

graph TD
    区间估计[区间估计] --> 基本概念[基本概念]
    区间估计 --> 枢轴量法[枢轴量法]
    区间估计 --> 单正态总体[单正态总体]
    区间估计 --> 两正态总体[两正态总体]
    区间估计 --> 大样本近似[大样本近似]
    区间估计 --> 样本量确定[样本量确定]

    基本概念 --> 置信区间[置信区间]
    基本概念 --> 置信水平[置信水平]
    基本概念 --> 频率解释[频率解释]

    枢轴量法 --> 构造枢轴量[构造枢轴量]
    枢轴量法 --> 确定分位数[确定分位数]
    枢轴量法 --> 不等式反解[不等式反解]

    单正态总体 --> 均值置信区间[均值置信区间]
    单正态总体 --> 方差置信区间[方差置信区间]
    均值置信区间 --> 方差已知正态枢轴量[方差已知正态枢轴量]
    均值置信区间 --> 方差未知枢轴量[方差未知枢轴量]
    方差置信区间 --> 卡方枢轴量[卡方枢轴量]

    两正态总体 --> 均值差置信区间[均值差置信区间]
    两正态总体 --> 方差比置信区间[方差比置信区间]
    均值差置信区间 --> 方差已知[方差已知]
    均值差置信区间 --> 等方差未知[等方差未知]
    均值差置信区间 --> 方差不等近似[方差不等近似]
    方差比置信区间 --> 枢轴量[枢轴量]

    大样本近似 --> 非正态大样本[非正态大样本]
    大样本近似 --> 比例置信区间[比例置信区间]
    比例置信区间 --> 标准近似[标准近似]
    比例置信区间 --> 威尔逊区间[威尔逊区间]

    样本量确定 --> 均值估计样本量[均值估计样本量]
    样本量确定 --> 比例估计样本量[比例估计样本量]

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十一、补充理解与易混淆点

误区一：混淆置信水平与后验概率

来源：CSDN文库 + Accendo Reliability + Radford University + Save My Exams + Merrick Math

误区1："95% 置信区间意味着参数有 95% 的概率落在该区间内"

❌ 错误解释：将置信水平理解为”参数 $\theta$ 落入已算出区间的概率”。这种说法暗示 $\theta$ 是随机变量，区间的端点是固定的。 ✅ 正确解释：在频率学派框架下，$\theta$ 是固定的未知常数，区间端点是随机的。正确的说法是：“如果我们反复抽样并构造 95% 置信区间，那么大约 95% 的这些区间会包含真值 $\theta$。“一旦区间被算出，$\theta$ 要么在里面，要么不在，概率非 0 即 1。只有贝叶斯学派才能对 $\theta$ 做概率陈述。

误区二：置信水平越高越好

来源：原创力文档 + CSDN + Pearson + Penn State STAT 415 + 维基教科书

误区2："置信水平越高，置信区间越好"

❌ 错误解释：认为应该尽可能选择 99.99% 甚至更高的置信水平，因为”越有把握越好”。 ✅ 正确解释：提高置信水平（如从 95% 到 99%）会使置信区间更宽，估计精度降低。置信水平与精度之间存在此消彼长的关系。在实际应用中，应根据研究问题的需求权衡两者。高风险领域（如药物试验）可能需要 99% 置信水平，而探索性研究用 90% 可能更合适。

误区三：小样本时误用正态分位数

来源：Basic Free Tools + CSDN + LibreTexts + 维基教科书 + Radford University

误区3："样本量较小时也可以用正态分布的分位数构造均值置信区间"

❌ 错误解释：在 ${\sigma }^2$ 未知、$n<30$ 时仍用 $u_{1-\alpha /2}$ 代替 $t_{1-\alpha /2}(n-1)$ 构造置信区间。 ✅ 正确解释：当 ${\sigma }^2$ 未知时，必须使用 $t$ 分布的分位数。$t$ 分布比正态分布”厚尾”，在小样本下给出的区间更宽，能正确反映用 $S$ 代替 $\sigma$ 带来的额外不确定性。随着 $n\to \infty$，$t(n-1)\to N(0,1)$，两者趋于一致。一般当 $n⩾30$ 时近似效果较好，但严格来说仍应使用 $t$ 分位数。

误区四：置信区间重叠与显著性检验的关系

来源：ResearchGate (Zientek et al., 2010) + Accendo Reliability + CSDN + 维基教科书 + Penn State STAT 415

误区4："两个参数的置信区间不重叠意味着它们有显著差异，重叠意味着没有显著差异"

❌ 错误解释：将置信区间是否重叠直接等同于假设检验是否拒绝。 ✅ 正确解释：如果两个置信区间不重叠，则对应的假设检验通常会拒绝原假设（两参数相等）。但如果两个置信区间有重叠，假设检验不一定不拒绝——这取决于重叠的程度。对于两个独立样本均值之差的检验，置信区间可以有少量重叠但检验仍然显著。正确做法是直接构造均值差的置信区间，而非比较两个单独的置信区间。

误区五：忽视枢轴量法的适用条件

来源：维基教科书 + Stat 5102 (University of Minnesota) + CSDN + 原创力文档 + Save My Exams

误区5："任何参数都可以直接套用正态总体的置信区间公式"

❌ 错误解释：不验证总体分布是否为正态，直接套用 $t$ 区间或 ${\chi }^2$ 区间公式。 ✅ 正确解释：本节给出的精确置信区间公式（$t$ 区间、${\chi }^2$ 区间、$F$ 区间）都要求总体服从正态分布。如果总体明显偏离正态，应使用大样本近似（中心极限定理）或非参数方法（如 Bootstrap）。在使用任何公式前，应先检验正态性假设是否合理。

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十二、习题精选

习题概览

本节共精选 10 道习题：6 道教材习题 + 4 道补充题（教材 6.6 节补充题）。覆盖知识点：置信区间构造（正态总体均值/方差/均值差/方差比）、枢轴量法应用、大样本近似、样本量确定。

编号	类型	知识点	难度
习题1	教材6.6	${\sigma }^2$ 已知时 $\mu$ 的置信区间	★★☆
习题2	教材6.6	${\sigma }^2$ 未知时 $\mu$ 的置信区间	★★☆
习题3	教材6.6	${\sigma }^2$ 的置信区间	★★★
习题4	教材6.6	两总体均值差的置信区间	★★★
习题5	教材6.6	两总体方差比的置信区间	★★★
习题6	教材6.6	比例 $p$ 的置信区间	★★☆
习题7	补充（教材6.6-1）	枢轴量法构造均匀分布参数置信区间	★★★
习题8	补充（教材6.6-2）	样本量的确定	★★☆
习题9	补充（教材6.6-3）	大样本置信区间 + 精度比较	★★★
习题10	补充（教材6.6-4）	置信水平与区间宽度的关系	★★☆

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习题1（教材6.6）

习题1

设 $X_1,\dots ,X_9\stackrel{\text{i.i.d.}}{\sim }N(\mu ,0.09)$（即 ${\sigma }^2=0.09$），测得 $\bar{x}=5.2$。求 $\mu$ 的 95% 和 99% 置信区间。

查看解答

$\sigma =0.3$，$n=9$。

95% 置信区间（$\alpha =0.05$，$u_{0.975}=1.96$）：

$$\left[5.2-1.96\times \frac{0.3}{3},5.2+1.96\times \frac{0.3}{3}\right]=[5.2-0.196,5.2+0.196]=[5.004,5.396].$$

99% 置信区间（$\alpha =0.01$，$u_{0.995}=2.576$）：

$$\left[5.2-2.576\times \frac{0.3}{3},5.2+2.576\times \frac{0.3}{3}\right]=[5.2-0.258,5.2+0.258]=[4.942,5.458].$$

可以看到，99% 置信区间比 95% 的更宽，体现了置信水平与精度的权衡。

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习题2（教材6.6）

习题2

设 $X_1,\dots ,X_{16}\stackrel{\text{i.i.d.}}{\sim }N(\mu ,{\sigma }^2)$，测得 $\bar{x}=12.5$，$s=2.4$。求 $\mu$ 的 95% 置信区间。

查看解答

${\sigma }^2$ 未知，使用 $t$ 枢轴量。$\nu =15$，$t_{0.975}(15)=2.131$。

$$\left[12.5-2.131\times \frac{2.4}{4},12.5+2.131\times \frac{2.4}{4}\right]=[12.5-1.279,12.5+1.279]=[11.221,13.779].$$

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习题3（教材6.6）

习题3

设 $X_1,\dots ,X_{25}\stackrel{\text{i.i.d.}}{\sim }N(\mu ,{\sigma }^2)$，测得 $s^2=4.0$。求 ${\sigma }^2$ 的 95% 置信区间。

查看解答

$\nu =24$，${\chi }_{0.025}^2(24)=12.401$，${\chi }_{0.975}^2(24)=39.364$。

$$\left[\frac{24\times 4.0}{39.364},\frac{24\times 4.0}{12.401}\right]=\left[\frac{96}{39.364},\frac{96}{12.401}\right]=[2.439,7.741].$$

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习题4（教材6.6）

习题4

设 $X_1,\dots ,X_{12}\stackrel{\text{i.i.d.}}{\sim }N({\mu }_1,{\sigma }^2)$，$Y_1,\dots ,Y_{15}\stackrel{\text{i.i.d.}}{\sim }N({\mu }_2,{\sigma }^2)$，两组独立。测得 $\bar{x}=28.5$，$\bar{y}=26.3$，$s_x^2=3.2$，$s_y^2=4.1$。求 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的 95% 置信区间。

查看解答

等方差 ${\sigma }^2$ 未知，使用合并 $t$ 区间。$\nu =12+15-2=25$。

$$S_{xy}^2=\frac{11\times 3.2+14\times 4.1}{25}=\frac{35.2+57.4}{25}=\mathrm{3.704.}$$

$t_{0.975}(25)=2.060$。

$$(28.5-26.3)\pm 2.060\times \sqrt{3.704}\times \sqrt{\frac{1}{12}+\frac{1}{15}}=2.2\pm 2.060\times 1.925\times 0.3953=2.2\pm \mathrm{1.567.}$$

置信区间为 $[0.633,3.767]$。

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习题5（教材6.6）

习题5

沿用习题4的数据，求 ${\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2$ 的 95% 置信区间。

查看解答

$s_x^2/s_y^2=3.2/4.1=0.780$。${\nu }_1=11$，${\nu }_2=14$。

$$F_{0.025}(11,14)\approx 0.293,F_{0.975}(11,14)\approx \mathrm{3.37.}$$ $$\left[0.780\times \frac{1}{3.37},0.780\times \frac{1}{0.293}\right]=[0.231,2.662].$$

区间包含 1，与等方差假设一致。

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习题6（教材6.6）

习题6

在一批产品中随机抽取 $n=200$ 件，发现 18 件不合格。求不合格率 $p$ 的 95% 置信区间。

查看解答

$\bar{x}=18/200=0.09$。$u_{0.975}=1.96$。$\bar{x}(1-\bar{x})=0.09\times 0.91=0.0819⩽0.25$。

$$\left[0.09-1.96\sqrt{\frac{0.0819}{200}},0.09+1.96\sqrt{\frac{0.0819}{200}}\right]=[0.09-0.040,0.09+0.040]=[0.050,0.130].$$

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习题7（补充，教材6.6-1）

习题7（补充，教材6.6-1）

设 $X_1,\dots ,X_n\stackrel{\text{i.i.d.}}{\sim }\text{Exp}(\lambda )$（指数分布，密度 $f(x)=\lambda e^{-\lambda x}$，$x>0$），利用枢轴量法求 $\lambda$ 的 $1-\alpha$ 置信区间。

查看解答

第一步：由指数分布的性质，${\sum }_{i=1}^n{X}_i\sim \text{Gamma}(n,\lambda )$，即 $2\lambda {\sum }_{i=1}^n{X}_i\sim {\chi }^2(2n)$。因此

$$G=2\lambda \sum _{i=1}^n{X}_i\sim {\chi }^2(2n)$$

是枢轴量。

第二步：取等尾分位数 ${\chi }_{\alpha /2}^2(2n)$ 和 ${\chi }_{1-\alpha /2}^2(2n)$。

第三步：由 ${\chi }_{\alpha /2}^2(2n)⩽2\lambda \sum X_i⩽{\chi }_{1-\alpha /2}^2(2n)$ 反解得

$$\frac{{\chi }_{\alpha /2}^2(2n)}{2\sum X_i}⩽\lambda ⩽\frac{{\chi }_{1-\alpha /2}^2(2n)}{2\sum X_i}.$$

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习题8（补充，教材6.6-2）

习题8（补充，教材6.6-2）

某研究者希望估计某地区人均月收入的 95% 置信区间，要求区间半宽度不超过 200 元。已知该地区人均月收入的标准差约为 $\sigma =1500$ 元。最少需要多少样本？

查看解答

$d_0=200$，$\sigma =1500$，$u_{0.975}=1.96$。

$$n⩾{\left(\frac{1.96\times 1500}{200}\right)}^2={\left(\frac{2940}{200}\right)}^2=14.7^2=\mathrm{216.09.}$$

取 $n⩾217$。至少需要 217 个样本。

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习题9（补充，教材6.6-3）

习题9（补充，教材6.6-3）

设 $X_1,\dots ,X_{50}\stackrel{\text{i.i.d.}}{\sim }\text{Poisson}(\lambda )$，测得 ${\sum }_{i=1}^{50}{X}_i=200$。利用大样本近似求 $\lambda$ 的 95% 置信区间。

查看解答

$\bar{X}=200/50=4$。Poisson 分布的方差 $=\lambda$，用 $\bar{X}=4$ 估计。 由中心极限定理，

$$\frac{\bar{X}-\lambda }{\sqrt{\bar{X}/n}}\approx N(0,1).$$ $$\left[4-1.96\sqrt{\frac{4}{50}},4+1.96\sqrt{\frac{4}{50}}\right]=[4-0.554,4+0.554]=[3.446,4.554].$$

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习题10（补充，教材6.6-4）

习题10（补充，教材6.6-4）

设 $X_1,\dots ,X_n\stackrel{\text{i.i.d.}}{\sim }N(\mu ,{\sigma }^2)$，${\sigma }^2$ 已知。证明：当样本量从 $n$ 增大到 $4n$ 时，相同置信水平下置信区间的宽度缩小为原来的一半。

查看解答

证明：

第一步：写出区间宽度。${\sigma }^2$ 已知时 $\mu$ 的 $1-\alpha$ 置信区间宽度为

$$w_n=2u_{1-\alpha /2}\cdot \frac{\sigma }{\sqrt{n}}.$$

第二步：计算新宽度。样本量变为 $4n$ 时，

$$w_{4n}=2u_{1-\alpha /2}\cdot \frac{\sigma }{\sqrt{4n}}=2u_{1-\alpha /2}\cdot \frac{\sigma }{2\sqrt{n}}=\frac{1}{2}{w}_n.$$

第三步：结论。$w_{4n}=w_n/2$，即宽度缩小为原来的一半。这说明要将估计精度提高一倍（区间宽度减半），需要将样本量增大到 4 倍。

$\square$

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十三、教材原文

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第六章 参数估计/区间估计