§6.6 区间估计

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正文部分

§6.6 区间估计

1. 置信区间 设 $\theta$ 是总体的一个参数，其参数空间为 $\Theta$，$x_1,x_2,\dots ,x_n$ 是来自该总体的样本，对给定的一个 $\alpha (0<\alpha <1)$，若有两个统计量

$${\hat{\theta }}_L={\hat{\theta }}_L(x_1,x_2,\dots ,x_n),{\hat{\theta }}_U={\hat{\theta }}_U(x_1,x_2,\dots ,x_n),$$

使得对任意的 $\theta \in \Theta$，有

$$P_{\theta }({\hat{\theta }}_L\le \theta \le {\hat{\theta }}_U)\ge 1-\alpha ,$$

则称随机区间 $[{\hat{\theta }}_L,{\hat{\theta }}_U]$ 是 $\theta$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间，或简称 $[{\hat{\theta }}_L,{\hat{\theta }}_U]$ 是 $\theta$ 的 $1-\alpha$ 置信区间；${\hat{\theta }}_L$ 和 ${\hat{\theta }}_U$ 分别称为 $\theta$ 的（双侧）置信下限和置信上限。

这里置信水平 $1-\alpha$ 的含义是指在大量使用该置信区间时，大约有不少于 $100(1-\alpha )\%$ 的区间包含 $\theta$。

2. 同等置信区间 在上述记号下，若对给定的 $\alpha (0<\alpha <1)$，对任意的 $\theta \in \Theta$，有

$$P_{\theta }({\hat{\theta }}_L\le \theta \le {\hat{\theta }}_U)=1-\alpha ,$$

则称 $[{\hat{\theta }}_L,{\hat{\theta }}_U]$ 为 $\theta$ 的 $1-\alpha$ 同等置信区间。

同等置信区间是把给定的置信水平 $1-\alpha$ 用足了。常在总体为连续分布场合下可以实现。

3. 置信限 在上述记号下，若对给定的 $\alpha (0<\alpha <1)$ 和任意的 $\theta \in \Theta$，有

$$P_{\theta }({\hat{\theta }}_L\le \theta )\ge 1-\alpha ,\forall \theta \in \Theta ,$$

则称 ${\hat{\theta }}_L$ 是 $\theta$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的（单侧）置信下限。假如等号对一切 $\theta \in \Theta$ 成立，则称 ${\hat{\theta }}_L$ 是 $\theta$ 的 $1-\alpha$ 同等置信下限。若对给定的 $\alpha (0<\alpha <1)$ 和任意的 $\theta \in \Theta$，有

$$P_{\theta }({\hat{\theta }}_U\ge \theta )\ge 1-\alpha ,$$

则称 ${\hat{\theta }}_U$ 是 $\theta$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的（单侧）置信上限。若等号对一切 $\theta \in \Theta$ 成立，则称 ${\hat{\theta }}_U$ 是 $\theta$ 的 $1-\alpha$ 同等置信上限。

4. 枢轴量法 寻找同等置信区间常采用枢轴量法，其步骤如下：

1. 设法构造一个样本和 $\theta$ 的函数 $G=G(x_1,x_2,\dots ,x_n,\theta )$，使得 $G$ 的分布不依赖于未知参数。此种 $G$ 被称为枢轴量；
2. 适当地选择两个常数 $c,d$，使对给定的 $\alpha (0<\alpha <1)$，有 $P(c\le G\le d)=1-\alpha$；
3. 若能将 $c\le G\le d$ 进行不等式等价变形化为 ${\hat{\theta }}_L\le \theta \le {\hat{\theta }}_U$，则有

$$P_{\theta }({\hat{\theta }}_L\le \theta \le {\hat{\theta }}_U)=1-\alpha ,$$

最后的 $[{\hat{\theta }}_L,{\hat{\theta }}_U]$ 就是 $\theta$ 的 $1-\alpha$ 同等置信区间。

关于置信区间的构造有两点说明：

1. 满足置信水平要求的 $c$ 与 $d$ 通常不唯一。若有可能，应选平均长度 $E({\hat{\theta }}_U-{\hat{\theta }}_L)$ 达到最短的 $c$ 与 $d$，这在 $G$ 的分布为对称分布场合通常容易实现。
2. 实际中，选平均长度 $E({\hat{\theta }}_U-{\hat{\theta }}_L)$ 尽可能短的 $c$ 与 $d$ 往往很难实现，此时，常这样选择 $c$ 与 $d$，使得两个尾部概率各为 $\alpha /2$，即 $P(G<c)=P(G>d)=\alpha /2$，这样的置信区间称为等尾置信区间。这是在 $G$ 的分布为偏态分布场合常采用的方法。

5. 常用的置信区间

(1) 设 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 是来自 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的样本，$\bar{x}$ 为样本均值，$s$ 为样本标准差，$u_p$ 为标准正态分布的 $p$ 分位数，$t_p(k)$ 为自由度是 $k$ 的 $t$ 分布 $t(k)$ 的 $p$ 分位数，${\chi }_p^2(k)$ 为自由度是 $k$ 的 ${\chi }^2$ 分布 ${\chi }^2(k)$ 的 $p$ 分位数，取置信水平 $1-\alpha$，则

1. $\sigma$ 已知时 $\mu$ 的置信区间为

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

1. $\sigma$ 未知时 $\mu$ 的置信区间为

$$\left[\bar{x}-t_{1-\alpha /2}(n-1)\frac{s}{\sqrt{n}},\bar{x}+t_{1-\alpha /2}(n-1)\frac{s}{\sqrt{n}}\right];$$

1. ${\sigma }^2$（$\mu$ 未知）的置信区间为

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

1. $\sigma$（$\mu$ 未知）的置信区间为

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

(2) 设 $x_1,x_2,\dots ,x_m$ 是来自 $N({\mu }_1,{\sigma }_1^2)$ 的样本，$\bar{x}$ 为其样本均值，$s_x$ 为其样本标准差；$y_1,y_2,\dots ,y_n$ 是来自 $N({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$ 的样本，$\bar{y}$ 为其样本均值，$s_y$ 为其样本标准差；$u_p,t_p(k)$ 含义同上，$F_p(k_1,k_2)$ 为自由度是 $(k_1,k_2)$ 的 $F$ 分布 $F(k_1,k_2)$ 的 $p$ 分位数，取置信水平 $1-\alpha$，则

1. ${\sigma }_1^2$ 与 ${\sigma }_2^2$ 均已知时，${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信区间为

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

1. ${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$ 未知时，${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信区间为

$$\left[\bar{x}-\bar{y}-\sqrt{\frac{m+n}{mn}}{s}_w{t}_{1-\alpha /2}(m+n-2),\bar{x}-\bar{y}+\sqrt{\frac{m+n}{mn}}{s}_w{t}_{1-\alpha /2}(m+n-2)\right],$$

其中

$$s_w^2=\frac{(m-1)s_x^2+(n-1)s_y^2}{m+n-2};$$

1. $\frac{{\sigma }_1^2}{{\sigma }_2^2}=c$ 已知时，${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信区间为

$$\left[\bar{x}-\bar{y}-\sqrt{\frac{mc+n}{mn}}{s}_t{t}_{1-\alpha /2}(m+n-2),\bar{x}-\bar{y}+\sqrt{\frac{mc+n}{mn}}{s}_t{t}_{1-\alpha /2}(m+n-2)\right],$$

其中

$$s_t^2=\frac{(m-1)s_x^2+(n-1)s_y^2/c}{m+n-2};$$

1. $m$ 与 $n$ 都很大时，${\mu }_1-{\mu }_2$ 的近似置信区间为

$$\left[\bar{x}-\bar{y}-u_{1-\alpha /2}\sqrt{\frac{s_x^2}{m}+\frac{s_y^2}{n}},\bar{x}-\bar{y}+u_{1-\alpha /2}\sqrt{\frac{s_x^2}{m}+\frac{s_y^2}{n}}\right];$$

1. 一般场合下 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的近似置信区间为

$$\left[\bar{x}-\bar{y}-s_0{t}_{1-\alpha /2}(l),\bar{x}-\bar{y}+s_0{t}_{1-\alpha /2}(l)\right],$$

其中

$$s_0^2=\frac{s_x^2}{m}+\frac{s_y^2}{n},l=\frac{s_0^4}{\frac{s_x^4}{m^2(m-1)}+\frac{s_y^4}{n^2(n-1)}}.$$

1. 方差比 $\frac{{\sigma }_1^2}{{\sigma }_2^2}$ 的置信区间为

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

(3) 设 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 是来自 $b(1,p)$ 的样本，$\bar{x}$ 为其样本均值，则 $n$ 很大时比例 $p$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的近似置信区间为

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

6. 样本量的确定 控制比率 $p$ 的 $1-\alpha$ 置信区间长度不超过 $2d_0$ 的最小样本量为

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

习题与解答 6.6

习题 6.6-1

某厂生产的化纤强度服从正态分布，长期以来其标准差稳定在 $\sigma =0.85$，现抽取了一个容量为 $n=25$ 的样本，测定其强度，算得样本均值为 $\bar{x}=2.25$，试求这批化纤平均强度的置信水平为 $0.95$ 的置信区间。

解 这是方差已知时正态均值的区间估计问题。由题设条件 $1-\alpha =0.95$，$\alpha =0.05$，查表知 $u_{0.975}=1.96$，于是这批化纤平均强度的置信水平为 $0.95$ 的置信区间为

$$\left[\bar{x}-u_{1-\alpha /2}\frac{\sigma }{\sqrt{n}},\bar{x}+u_{1-\alpha /2}\frac{\sigma }{\sqrt{n}}\right]=\left[2.25-1.96\times \frac{0.85}{\sqrt{25}},2.25+1.96\times \frac{0.85}{\sqrt{25}}\right].$$

即这批化纤平均强度的置信水平为 $0.95$ 的置信区间为

$$[1.9168,2.5832].$$

习题 6.6-2

总体 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，${\sigma }^2$ 已知，问样本容量 $n$ 取多大时才能保证 $\mu$ 置信水平为 $95\%$ 的置信区间的长度不大于 $k$。

解 已知条件下得 $\mu$ 的 $0.95$ 置信区间为

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

其区间长度为 $2u_{1-\alpha /2}\sigma /\sqrt{n}$，若使 $2u_{1-\alpha /2}\sigma /\sqrt{n}\le k$，只需

$$n\ge {\left(\frac{2}{k}\right)}^2{\sigma }^2{u}_{1-\alpha /2}^2.$$

由于 $u_{1-\alpha /2}=1.96$，故

$$n\ge {\left(\frac{2}{k}\right)}^2{\sigma }^2\cdot 1.96^2={\left(\frac{3.92\sigma }{k}\right)}^2,$$

即样本容量 $n$ 至少取 ${\left(\frac{3.92\sigma }{k}\right)}^2$ 时，才能保证 $\mu$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间的长度不大于 $k$。

习题 6.6-3

$0.50,1.25,0.80,2.00$ 是取自总体 $X$ 的样本，已知 $Y=\ln X$ 服从正态分布 $N(\mu ,1)$。

(1) 求 $\mu$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间；

(2) 求 $X$ 的数学期望的置信水平为 $95\%$ 的置信区间。

解 (1) 将数据进行对数变换，得到 $Y=\ln X$ 的样本值为

$$-0.6931,0.2231,-0.2231,\mathrm{0.6931.}$$

它可看作是来自正态总体 $N(\mu ,1)$ 的样本，其样本均值为 $\bar{y}=0$，由于 $\sigma =1$ 已知，因此，$\mu$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间为

$$\left[\bar{y}-u_{1-\alpha /2}\frac{1}{\sqrt{n}},\bar{y}+u_{1-\alpha /2}\frac{1}{\sqrt{n}}\right]=[-0.9800,0.9800].$$

(2) 由于

$$E(X)=e^{\mu +\frac{1}{2}}$$

是 $\mu$ 的严格函数，利用 (1) 的结果，可算得 $X$ 的数学期望的置信水平为 $95\%$ 的置信区间为

$$\left[e^{-0.98+0.5},e^{0.98+0.5}\right]=[0.6188,4.3929].$$

习题 6.6-4

用一个仪表测量某一物理量 $9$ 次，得样本均值 $\bar{x}=56.32$，样本标准差 $s=0.22$。

(1) 测量标准差 $\sigma$ 的大小反映了测量仪表的精度，试求 $\sigma$ 的置信水平为 $0.95$ 的置信区间；

(2) 求该物理量真值的置信水平为 $0.99$ 的置信区间。

解 (1) 此处 $(n-1)s^2=8\times 0.22^2=0.3872$。查表知

$${\chi }_{0.025}^2(8)=2.1797,{\chi }_{0.975}^2(8)=17.5345,$$

${\sigma }^2$ 的 $1-\alpha$ 置信区间为

$$\left[\frac{(n-1)s^2}{{\chi }_{1-\alpha /2}^2(n-1)},\frac{(n-1)s^2}{{\chi }_{\alpha /2}^2(n-1)}\right]=\left[\frac{0.3872}{17.5345},\frac{0.3872}{2.1797}\right]=[0.0221,0.1776],$$

从而 $\sigma$ 的置信水平为 $0.95$ 的置信区间为

$$[0.1487,0.4214].$$

(2) 当 $\sigma$ 未知时，$\mu$ 的 $1-\alpha$ 置信区间为

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

查表得 $t_{1-0.005}(8)=3.3554$，因而 $\mu$ 的置信水平为 $0.99$ 的置信区间为

$$\left[56.32-3.3554\times \frac{0.22}{\sqrt{9}},56.32+3.3554\times \frac{0.22}{\sqrt{9}}\right]=[56.0739,56.5661].$$

习题 6.6-5

已知某种材料的抗压强度 $X\sim N(\mu ,{\sigma }^2)$，现随机地抽取 $10$ 个试件进行抗压试验，测得数据如下：

$$482,493,457,471,510,446,435,418,394,469.$$

(1) 求平均抗压强度 $\mu$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间；

(2) 若已知 $\sigma =30$，求平均抗压强度 $\mu$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间；

(3) 求 $\sigma$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间。

解 (1) 经计算得，

$$\bar{x}=457.5,s=\mathrm{35.2176.}$$

在 $\sigma$ 未知时，$\mu$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间为

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

查表得 $t_{1-0.025}(9)=2.2622$，因而 $\mu$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间为

$$\left[457.5-2.2622\times \frac{35.2176}{\sqrt{10}},457.5+2.2622\times \frac{35.2176}{\sqrt{10}}\right]=[432.3064,482.6936].$$

(2) 在 $\sigma =30$ 已知时，$\mu$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间为

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

查表得 $u_{1-\alpha /2}=1.96$，因而 $\mu$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间为

$$\left[457.5-1.96\times \frac{30}{\sqrt{10}},457.5+1.96\times \frac{30}{\sqrt{10}}\right]=[438.9058,476.0942].$$

(3) 此处 $(n-1)s^2=11162.5141$。取 $\alpha =0.05$，查表得

$${\chi }_{0.025}^2(9)=2.7004,{\chi }_{0.975}^2(9)=19.0228,$$

因而 ${\sigma }^2$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间为

$$\left[\frac{11162.5141}{19.0228},\frac{11162.5141}{2.7004}\right]=[586.7966,4133.6521],$$

由此可以得到 $\sigma$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间为

$$[24.2239,64.2935].$$

习题 6.6-6

在一批货物中随机抽取 $80$ 件，发现有 $11$ 件不合格品，试求这批货物的不合格品率的置信水平为 $0.90$ 的置信区间。

解 此处 $n=80$ 较大，可用正态分布求其近似置信区间。不合格品率的 $1-\alpha$ 近似置信区间为

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

此处

$$\bar{x}=\frac{11}{80}=0.1375,u_{0.95}=1.645,$$

因而不合格品率的置信水平为 $0.90$ 的置信区间为

$$\left[0.1375-1.645\sqrt{\frac{0.1375\times 0.8625}{80}},0.1375+1.645\sqrt{\frac{0.1375\times 0.8625}{80}}\right]=[0.0742,0.2008].$$

习题 6.6-7

设 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 是来自泊松分布 $P(\lambda )$ 的样本，证明：$\lambda$ 的近似 $1-\alpha$ 置信区间为

$$\left[\bar{x}+\frac{1}{2n}{u}_{1-\alpha /2}^2-\frac{1}{2}\sqrt{{\left(2\bar{x}+\frac{1}{n}{u}_{1-\alpha /2}^2\right)}^2-4{\bar{x}}^2},\bar{x}+\frac{1}{2n}{u}_{1-\alpha /2}^2+\frac{1}{2}\sqrt{{\left(2\bar{x}+\frac{1}{n}{u}_{1-\alpha /2}^2\right)}^2-4{\bar{x}}^2}\right].$$

解 由中心极限定理知，当样本量 $n$ 较大时，样本均值 $\bar{x}$ 近似服从

$$N\left(\lambda ,\frac{\lambda }{n}\right),$$

因而

$$u=\frac{\bar{x}-\lambda }{\sqrt{\lambda /n}}$$

近似服从 $N(0,1)$，此 $u$ 可作为枢轴量。对给定 $\alpha$，利用标准正态分布的 $1-\alpha /2$ 分位数 $u_{1-\alpha /2}$ 可得

$$P\left(\left|\frac{\bar{x}-\lambda }{\sqrt{\lambda /n}}\right|\le u_{1-\alpha /2}\right)\approx 1-\alpha .$$

括号里的事件等价于

$$(\bar{x}-\lambda {)}^2\le \frac{u_{1-\alpha /2}^2}{n}\lambda ,$$

因而得

$${\lambda }^2-\left(2\bar{x}+\frac{u_{1-\alpha /2}^2}{n}\right)\lambda +{\bar{x}}^2\le 0.$$

其左侧 $\lambda$ 的二次多项式二次项系数为正，故二次曲线开口向上，而其判别式

$${\left(2\bar{x}+\frac{u_{1-\alpha /2}^2}{n}\right)}^2-4{\bar{x}}^2=\frac{4\bar{x}{u}_{1-\alpha /2}^2}{n}+{\left(\frac{u_{1-\alpha /2}^2}{n}\right)}^2>0,$$

故此二次曲线与 $\lambda$ 轴有两个交点，记为 ${\lambda }_L$ 和 ${\lambda }_U$（${\lambda }_L<{\lambda }_U$），则有

$$P({\lambda }_L\le \lambda \le {\lambda }_U)=1-\alpha ,$$

其中 ${\lambda }_L$ 和 ${\lambda }_U$ 可表示为

$$\frac{2\bar{x}+\frac{1}{n}{u}_{1-\alpha /2}^2\pm \sqrt{{\left(2\bar{x}+\frac{1}{n}{u}_{1-\alpha /2}^2\right)}^2-4{\bar{x}}^2}}{2}.$$

这就证明了 $\lambda$ 的近似 $1-\alpha$ 置信区间为

$$\left[\bar{x}+\frac{1}{2n}{u}_{1-\alpha /2}^2-\frac{1}{2}\sqrt{{\left(2\bar{x}+\frac{1}{n}{u}_{1-\alpha /2}^2\right)}^2-4{\bar{x}}^2},\bar{x}+\frac{1}{2n}{u}_{1-\alpha /2}^2+\frac{1}{2}\sqrt{{\left(2\bar{x}+\frac{1}{n}{u}_{1-\alpha /2}^2\right)}^2-4{\bar{x}}^2}\right].$$

事实上，上述近似区间是在 $n$ 比较大时使用的，此时有

$$\frac{1}{2n}{u}_{1-\alpha /2}^2\approx 0,\frac{1}{2}\sqrt{{\left(2\bar{x}+\frac{1}{n}{u}_{1-\alpha /2}^2\right)}^2-4{\bar{x}}^2}\approx u_{1-\alpha /2}\sqrt{\frac{\bar{x}}{n}}.$$

于是，$\lambda$ 的近似 $1-\alpha$ 置信区间可进一步简化为

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

习题 6.6-8

某商店某种商品的月销售量服从泊松分布，为合理进货，必须了解销售情况。现记录了该商店过去的一些销售量，数据如下：

$$\begin{array}{ccccccccc}\text{月销售量}& 9& 10& 11& 12& 13& 14& 15& 16\\ \text{月份数}& 1& 6& 13& 12& 9& 4& 2& 1\end{array}$$

试求平均月销售量的置信水平为 $0.95$ 的置信区间。

解 平均月销售量

$$\bar{x}=\frac{{\sum }_{i=1}^8{n}_i{x}_i}{{\sum }_{i=1}^8{n}_i}=\frac{575}{48}=\mathrm{11.9792.}$$

此处 $\alpha =0.05$，$u_{1-\alpha /2}=1.96$，$n=48$ 较大，利用上一题的结果，平均月销售量的近似 $0.95$ 置信区间为

$$\left[11.9792-1.96\sqrt{\frac{11.9792}{48}},11.9792+1.96\sqrt{\frac{11.9792}{48}}\right]=[11.0000,12.9584].$$

若用较为精确的近似公式，得置信区间为

$$[11.0392,12.9992],$$

二者相差不大。

习题 6.6-9

设从总体 $X\sim N({\mu }_1,{\sigma }_1^2)$ 和总体 $Y\sim N({\mu }_2,{\sigma }_2^2)$ 中分别抽取容量为 $n_1=10$，$n_2=15$ 的独立样本，可计算得

$$\bar{x}=82,s_x^2=56.5,\bar{y}=76,s_y^2=\mathrm{52.4.}$$

(1) 若已知 ${\sigma }_1^2=64$，${\sigma }_2^2=49$，求 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间；

(2) 若已知 ${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$，求 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间；

(3) 若对 ${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$ 一无所知，求 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信水平为 $95\%$ 的近似置信区间；

(4) 求 ${\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间。

解 (1) 在 ${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$ 都已知时，${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间为

$$\left[\bar{x}-\bar{y}-u_{1-\alpha /2}\sqrt{\frac{{\sigma }_1^2}{n_1}+\frac{{\sigma }_2^2}{n_2}},\bar{x}-\bar{y}+u_{1-\alpha /2}\sqrt{\frac{{\sigma }_1^2}{n_1}+\frac{{\sigma }_2^2}{n_2}}\right].$$

经计算 $\bar{x}-\bar{y}=6$，查表得 $u_{0.975}=1.96$，因而 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间为

$$\left[6-1.96\sqrt{\frac{64}{10}+\frac{49}{15}},6+1.96\sqrt{\frac{64}{10}+\frac{49}{15}}\right]=[-0.0939,12.0939].$$

(2) 当 ${\sigma }_1^2={\sigma }_2^2$ 时，${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间为

$$\left[\bar{x}-\bar{y}-\sqrt{\frac{n_1+n_2}{n_1{n}_2}}{s}_w{t}_{1-\alpha /2}(n_1+n_2-2),\bar{x}-\bar{y}+\sqrt{\frac{n_1+n_2}{n_1{n}_2}}{s}_w{t}_{1-\alpha /2}(n_1+n_2-2)\right].$$

这里

$$s_w^2=\frac{(n_1-1)s_x^2+(n_2-1)s_y^2}{n_1+n_2-2}=\frac{9\times 56.5+14\times 52.4}{23}=54.0043,$$

而 $t_{0.975}(23)=2.0687$，因而 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间为

$$\left[82-76-2.0687\sqrt{54.0043}\sqrt{\frac{10+15}{10\times 15}},82-76+2.0687\sqrt{54.0043}\sqrt{\frac{10+15}{10\times 15}}\right]=[-0.2063,12.2063].$$

(3) 当 ${\sigma }_1^2,{\sigma }_2^2$ 未知时，由于两个样本量不是很大，故可采用一般场合下的近似置信区间，即 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的近似置信区间为

$$\left[\bar{x}-\bar{y}-s_0{t}_{1-\alpha /2}(l),\bar{x}-\bar{y}+s_0{t}_{1-\alpha /2}(l)\right].$$

这里

$$s_0^2=\frac{s_x^2}{n_1}+\frac{s_y^2}{n_2}=\frac{56.5}{10}+\frac{52.4}{15}=9.1433,$$ $$l=\frac{s_0^4}{\frac{s_x^4}{n_1^2(n_1-1)}+\frac{s_y^4}{n_2^2(n_2-1)}}=\frac{9.1433^2}{\frac{56.5^2}{900}+\frac{52.4^2}{3150}}=18.9199\approx 19.$$

又查表得 $t_{0.975}(19)=2.0930$，因而 ${\mu }_1-{\mu }_2$ 的置信水平为 $95\%$ 的近似置信区间为

$$[82-76-2.0930\sqrt{9.1433},82-76+2.0930\sqrt{9.1433}]=[-0.3288,12.3288].$$

(4) ${\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间为

$$\left[\frac{s_x^2}{s_y^2}\cdot \frac{1}{F_{1-\alpha /2}(n_1-1,n_2-1)},\frac{s_x^2}{s_y^2}\cdot \frac{1}{F_{\alpha /2}(n_1-1,n_2-1)}\right].$$

查表得

$$F_{0.975}(9,14)=3.21,F_{0.025}(9,14)=\frac{1}{F_{0.975}(14,9)}=\frac{1}{3.80},$$

因而 ${\sigma }_1^2/{\sigma }_2^2$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间为

$$\left[\frac{56.5}{52.4}\cdot \frac{1}{3.21},\frac{56.5}{52.4}\cdot 3.80\right]=[0.3359,4.0973].$$

习题 6.6-10

假设人体身高服从正态分布，今抽测甲、乙两地区 $18$ 岁至 $25$ 岁女青年身高得数据如下：甲地区抽取 $10$ 名，样本均值 $1.64\text{m}$，样本标准差 $0.2\text{m}$；乙地区抽取 $10$ 名，样本均值 $1.62\text{m}$，样本标准差 $0.4\text{m}$。求：

(1) 两正态总体方差比的置信水平为 $95\%$ 的置信区间；

(2) 两正态总体均值差的置信水平为 $95\%$ 的置信区间。

解 设 $x_1,x_2,\dots ,x_{10}$ 为甲地区抽取的女青年身高，$y_1,y_2,\dots ,y_{10}$ 为乙地区抽取的女青年身高，由题设条件，

$$\bar{x}=1.64,s_x=0.2,\bar{y}=1.62,s_y=\mathrm{0.4.}$$

(1) ${\sigma }_{\text{甲}}^2/{\sigma }_{\text{乙}}^2$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间为

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

此处 $\alpha =0.05$，$m=n=10$，查表得

$$F_{0.975}(9,9)=4.03,F_{0.025}(9,9)=\frac{1}{F_{0.975}(9,9)}=\frac{1}{4.03},$$

由此，${\sigma }_{\text{甲}}^2/{\sigma }_{\text{乙}}^2$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间为

$$\left[\frac{0.2^2}{0.4^2}\cdot \frac{1}{4.03},\frac{0.2^2}{0.4^2}\cdot 4.03\right]=[0.0620,1.0075].$$

(2) 由 (1)，${\sigma }_{\text{甲}}^2/{\sigma }_{\text{乙}}^2$ 的置信水平为 $95\%$ 的置信区间包含 $1$，因此有一定理由假定两个正态总体的方差相等，此时

$$s_w^2=\frac{(m-1)s_x^2+(n-1)s_y^2}{m+n-2}=\frac{9\times 0.2^2+9\times 0.4^2}{10+10-2}=\frac{1.8}{18}=\mathrm{0.1.}$$

查表得 $t_{0.975}(18)=2.1009$，故两正态总体均值差的置信水平为 $95\%$ 的置信区间为

$$\left[1.64-1.62-2.1009\sqrt{0.1}\sqrt{\frac{10+10}{10\times 10}},1.64-1.62+2.1009\sqrt{0.1}\sqrt{\frac{10+10}{10\times 10}}\right]=[-0.2771,0.3171].$$

还有另一种解法就是不对方差相等作假定，而采用近似方法求均值差的置信区间，由于

$$s_0^2=\frac{s_x^2}{m}+\frac{s_y^2}{n}=\frac{0.04}{10}+\frac{0.16}{10}=0.02,l=\frac{0.02^2}{\frac{0.04^2}{900}+\frac{0.16^2}{900}}=13,$$

查表知 $t_{0.975}(13)=2.1604$，从而两正态总体均值差的置信水平为 $95\%$ 的近似置信区间为

$$\left[1.64-1.62-2.1604\sqrt{0.02},1.64-1.62+2.1604\sqrt{0.02}\right]=[-0.2855,0.3255].$$

这两个置信区间相差不算太小，所以在应用中条件“方差相等”是否成立是要加以考证的。

习题 6.6-11

设总体 $X$ 的密度函数为

$$p(x,\lambda )=\lambda e^{-\lambda x}{I}_{\{x>0\}},$$

其中 $\lambda >0$ 为未知参数，$x_1,x_2,\dots ,x_n$ 为抽自此总体的简单随机样本，求 $\lambda$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间。

解 由指数分布和伽马分布的关系知

$$\sum _{i=1}^n{x}_i\sim Ga(n,\lambda ),$$

根据伽马分布的性质，

$$2\lambda \sum _{i=1}^n{x}_i\sim Ga\left(n,\frac{1}{2}\right)={\chi }^2(2n).$$

从而，

$$P\left({\chi }_{\alpha /2}^2(2n)\le 2\lambda \sum _{i=1}^n{x}_i\le {\chi }_{1-\alpha /2}^2(2n)\right)=1-\alpha ,$$

因此可得 $\lambda$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间为

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

习题 6.6-12

设某电子产品的寿命服从指数分布，其密度函数为

$$\lambda e^{-\lambda x}{I}_{\{x>0\}},$$

现从此批产品中抽取容量为 $9$ 的样本，测得寿命（单位：千时）

$$15,45,50,53,60,65,70,83,90,$$

求平均寿命 $1/\lambda$ 的置信水平为 $0.9$ 的置信区间和置信上、下限。

解 这是上题的一个具体应用。计算得

$$2n\bar{x}=1062,$$

查表可得，

$${\chi }_{0.05}^2(18)=9.3905,{\chi }_{0.1}^2(18)=10.8649,{\chi }_{0.9}^2(18)=25.9894,{\chi }_{0.95}^2(18)=\mathrm{28.8693.}$$

根据上题结论可知，$\lambda$ 的置信水平为 $0.9$ 的置信区间为

$$[0.0088,0.0272],$$

单侧置信上限为 $0.0245$，单侧置信下限为 $0.0102$。所以，平均寿命 $1/\lambda$ 的置信水平为 $0.9$ 的置信区间为

$$[36.76,113.64],$$

单侧置信上限为 $98.04$，单侧置信下限为 $40.82$。

习题 6.6-13

设总体 $X$ 的密度函数为

$$p(x,\theta )=\frac{1}{\pi [1+(x-\theta {)}^2]},-\infty <x<\infty ,-\infty <\theta <\infty ,$$

$x_1,x_2,\dots ,x_n$ 为抽自此总体的简单随机样本，求位置参数 $\theta$ 的置信水平近似为 $1-\alpha$ 的置信区间。

解 由于此柯西分布关于 $\theta$ 对称，故 $\theta$ 是总体中位数。其样本中位数

$$m_{0.5}\sim N\left(\theta ,\frac{{\pi }^2}{4n}\right),$$

所以

$$P\left(-u_{1-\alpha /2}\le \frac{2\sqrt{n}(m_{0.5}-\theta )}{\pi }\le u_{1-\alpha /2}\right)\approx 1-\alpha ,$$

从而可知位置参数 $\theta$ 的置信水平近似为 $1-\alpha$ 的置信区间为

$$\left[m_{0.5}-\frac{\pi }{2\sqrt{n}}{u}_{1-\alpha /2},m_{0.5}+\frac{\pi }{2\sqrt{n}}{u}_{1-\alpha /2}\right].$$

习题 6.6-14

设 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 为抽自正态总体 $N(\mu ,16)$ 的简单随机样本，为使得 $\mu$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间的长度不大于给定的 $L$，试问样本容量 $n$ 至少要多少？

解 $\mu$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间为

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

对应的区间长度为

$$u_{1-\alpha /2}\frac{8}{\sqrt{n}}.$$

令

$$u_{1-\alpha /2}\frac{8}{\sqrt{n}}\le L,$$

得

$$n\ge u_{1-\alpha /2}^2\frac{64}{L^2}.$$

因此，样本容量 $n$ 至少为

$$u_{1-\alpha /2}^2\frac{64}{L^2}.$$

习题 6.6-15

设 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 为抽自正态总体 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的简单随机样本。试证

$$\frac{\bar{x}-(\mu +k\sigma )}{{\left[{\sum }_{i=1}^n(x_i-\bar{x}{)}^2\right]}^{1/2}}$$

为枢轴量，其中 $k$ 为已知常数。

解 因为

$$\frac{\bar{x}-(\mu +k\sigma )}{\sigma }\sim N\left(-k,\frac{1}{n}\right),\frac{1}{{\sigma }^2}\sum _{i=1}^n(x_i-\bar{x}{)}^2\sim {\chi }^2(n-1),$$

故

$$\frac{\frac{\bar{x}-(\mu +k\sigma )}{\sigma }}{{\left[\frac{1}{{\sigma }^2(n-1)}{\sum }_{i=1}^n(x_i-\bar{x}{)}^2\right]}^{1/2}}\sim t(n-1,\delta ),$$

其中 $t(n-1,\delta )$ 是自由度为 $n-1$ 的非中心 $t$ 分布，其非中心参数 $\delta =-k\sqrt{n}$ 为已知常数。又

$$\frac{\bar{x}-(\mu +k\sigma )}{{\left[{\sum }_{i=1}^n(x_i-\bar{x}{)}^2\right]}^{1/2}}=\frac{\frac{\bar{x}-(\mu +k\sigma )}{\sigma }}{{\left[\frac{1}{{\sigma }^2}{\sum }_{i=1}^n(x_i-\bar{x}{)}^2\right]}^{1/2}},$$

所以

$$\frac{\bar{x}-(\mu +k\sigma )}{{\left[{\sum }_{i=1}^n(x_i-\bar{x}{)}^2\right]}^{1/2}}$$

的分布与 $(\mu ,{\sigma }^2)$ 无关，即为枢轴量。

习题 6.6-16

设 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 是来自

$$U\left(\theta -\frac{1}{2},\theta +\frac{1}{2}\right)$$

的样本，求 $\theta$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间（提示：证明 $\frac{x_{(n)}+x_{(1)}}{2}-\theta$ 为枢轴量，并求出对应的密度函数）。

解 本题是下一题 (2) 的特殊情形，此处过程从略，答案为

$$\left[\frac{x_{(n)}+x_{(1)}}{2}-\frac{1-{\alpha }^{1/n}}{2},\frac{x_{(n)}+x_{(1)}}{2}+\frac{1-{\alpha }^{1/n}}{2}\right].$$

习题 6.6-17

设 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 为抽自均匀分布 $U({\theta }_1,{\theta }_2)$ 的简单随机样本，记

$$x_{(1)}\le x_{(2)}\le \cdots \le x_{(n)}$$

为其次序统计量。求：

(1) ${\theta }_2-{\theta }_1$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间；

(2) $\frac{{\theta }_2+{\theta }_1}{2}$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间。

解 (1) 令

$$y_i=\frac{x_i-{\theta }_1}{{\theta }_2-{\theta }_1},i=1,2,\dots ,n,$$

则 $y_1,y_2,\dots ,y_n$ 独立同分布于 $U(0,1)$。由教材例 5.3.9 可知，

$$y_{(n)}-y_{(1)}\sim Be(n-1,2),$$

所以，

$$P\left(B{e}_{\alpha /2}(n-1,2)\le y_{(n)}-y_{(1)}\le B{e}_{1-\alpha /2}(n-1,2)\right)=1-\alpha ,$$

这里 $B{e}_p(n-1,2)$ 表示 $Be(n-1,2)$ 的 $p$ 分位数。从而，${\theta }_2-{\theta }_1$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间为

$$\left[\frac{x_{(n)}-x_{(1)}}{B{e}_{1-\alpha /2}(n-1,2)},\frac{x_{(n)}-x_{(1)}}{B{e}_{\alpha /2}(n-1,2)}\right].$$

(2) 令

$$u=\frac{(x_{(n)}+x_{(1)})-({\theta }_2+{\theta }_1)}{x_{(n)}-x_{(1)}},v=x_{(n)}-x_{(1)},$$

则

$$\{\begin{array}{rl}{x}_{(1)}& =\frac{uv-v+{\theta }_1+{\theta }_2}{2},\\ x_{(n)}& =\frac{uv+v+{\theta }_1+{\theta }_2}{2},\end{array}$$

且

$$J=\left|\frac{\partial (x_{(1)},x_{(n)})}{\partial (u,v)}\right|=\left|\begin{array}{cc}v/2& (u-1)/2\\ v/2& (u+1)/2\end{array}\right|=\frac{v}{2}.$$

$(x_{(1)},x_{(n)})$ 的联合密度函数为

$$f(x_{(1)},x_{(n)};{\theta }_1,{\theta }_2)=\frac{n(n-1)}{({\theta }_2-{\theta }_1{)}^n}(x_{(n)}-x_{(1)}{)}^{n-2},{\theta }_1<x_{(1)}\le x_{(n)}<{\theta }_2,$$

所以，$(u,v)$ 的联合密度函数为

$$g(u,v;{\theta }_1,{\theta }_2)=\frac{n(n-1)}{2({\theta }_2-{\theta }_1{)}^n}{v}^{n-1},$$

并且

$${\theta }_1<\frac{uv-v+{\theta }_1+{\theta }_2}{2}\le \frac{uv+v+{\theta }_1+{\theta }_2}{2}<{\theta }_2.$$

由于

$$\{(u,v):{\theta }_1<\frac{uv-v+{\theta }_1+{\theta }_2}{2}\le \frac{uv+v+{\theta }_1+{\theta }_2}{2}<{\theta }_2\}=\{(u,v):{\theta }_1-{\theta }_2<uv-v\le uv+v<{\theta }_2-{\theta }_1\},$$

下面讨论在 $u$ 给定后 $v$ 的取值范围，显然有 $v>0$，故主要是确定 $v$ 的上界。若 $u\ge 0$，则上式给出

$$v<\frac{{\theta }_2-{\theta }_1}{1+u},$$

而若 $u<0$，则上式给出

$$v<\frac{{\theta }_2-{\theta }_1}{1-u},$$

从而 $u$ 的密度函数为

$$\begin{array}{rl}h(u)& =I_{\{u\ge 0\}}{\int }_0^{({\theta }_2-{\theta }_1)/(1+u)}\frac{n(n-1)}{2({\theta }_2-{\theta }_1{)}^n}{v}^{n-1}dv\\ & +I_{\{u<0\}}{\int }_0^{({\theta }_2-{\theta }_1)/(1-u)}\frac{n(n-1)}{2({\theta }_2-{\theta }_1{)}^n}{v}^{n-1}dv\\ & =\frac{n-1}{2(1+|u|{)}^n}.\end{array}$$

注意到该密度函数是对称的，对任意给定的 $c>0$，有

$$P(|u|\le c)={\int }_0^c\frac{n-1}{(1+u{)}^n}du=1-(1+c{)}^{-(n-1)}.$$

取

$$c_0={\alpha }^{-\frac{1}{n-1}}-1,$$

则

$$P(-c_0\le u\le c_0)=1-\alpha ,$$

即

$$P\left(-c_0\le \frac{[(x_{(n)}+x_{(1)})-({\theta }_2+{\theta }_1)]}{x_{(n)}-x_{(1)}}\le c_0\right)=1-\alpha ,$$

因此，$\frac{{\theta }_2+{\theta }_1}{2}$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间为

$$\left[\frac{x_{(n)}+x_{(1)}}{2}-\frac{c_0(x_{(n)}-x_{(1)})}{2},\frac{x_{(n)}+x_{(1)}}{2}+\frac{c_0(x_{(n)}-x_{(1)})}{2}\right].$$

习题 6.6-18

设 $x_1,x_2,\dots ,x_m$ 独立同分布于 $U(0,{\theta }_1)$，$y_1,y_2,\dots ,y_n$ 独立同分布于 $U(0,{\theta }_2)$，${\theta }_1>0,{\theta }_2>0$ 皆未知，且两样本独立，求 ${\theta }_1/{\theta }_2$ 的一个置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间（提示：令 $T_1=x_{(m)}$，$T_2=y_{(n)}$，证明 $\frac{T_2}{T_1}\cdot \frac{{\theta }_1}{{\theta }_2}$ 的分布与 ${\theta }_1,{\theta }_2$ 无关，并求出对应的密度函数）。

解 记

$$T_1=x_{(m)},T_2=y_{(n)},$$

则

$$X=\frac{T_1}{{\theta }_1}\sim Be(m,1),Y=\frac{T_2}{{\theta }_2}\sim Be(n,1),$$

故

$$T=\frac{X}{Y}=\frac{T_1/{\theta }_1}{T_2/{\theta }_2}=\frac{T_1}{T_2}\cdot \frac{{\theta }_2}{{\theta }_1}$$

的分布完全已知，可作为枢轴量。下求 $T$ 的分布。

利用商的公式，只是要注意 $y$ 的积分范围。此处变量取值范围为

$$0<x<1,0<y<1,$$

即

$$0<ty<1,0<y<1.$$

故当 $t\in (0,1)$ 时，$0<y<1$，有

$$p(t)={\int }_0^{1}m(yt{)}^{m-1}n{y}^{n-1}\cdot ydy=\frac{mn}{m+n}{t}^{m-1}.$$

而当 $t\ge 1$ 时，$0<y<1/t$，

$$p(t)={\int }_0^{1/t}m(yt{)}^{m-1}n{y}^{n-1}\cdot ydy=\frac{mn}{m+n}{t}^{-n-1}.$$

由此可写出其分布函数（更加简洁），为

$$F(t)=\{\begin{array}{ll}\frac{n}{m+n}{t}^m,& 0<t<1,\\ 1-\frac{m}{m+n}{t}^{-n},& t\ge 1.\end{array}$$

对给定的充分小的 $\alpha$，由上式不难给出两个分位数，如取

$$t_1={\left(\frac{m+n}{n}\frac{\alpha }{2}\right)}^{1/m},t_2={\left(\frac{m+n}{m}\frac{\alpha }{2}\right)}^{-1/n},$$

则

$$P(t_1\le T\le t_2)=1-\alpha ,$$

于是给出了 ${\theta }_1/{\theta }_2$ 的一个置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间为

$$\left[\frac{x_{(m)}}{y_{(n)}}{\left(\frac{m+n}{m}\frac{\alpha }{2}\right)}^{1/n},\frac{x_{(m)}}{y_{(n)}}{\left(\frac{m+n}{n}\frac{\alpha }{2}\right)}^{-1/m}\right].$$

习题 6.6-19

设总体 $X$ 的密度函数为

$$p(x,\theta )=e^{-(x-\theta )}{I}_{\{x>\theta \}},-\infty <\theta <\infty ,$$

$x_1,x_2,\dots ,x_n$ 为抽自此总体的简单随机样本。

(1) 证明：$x_{(1)}-\theta$ 的分布与 $\theta$ 无关，并求出此分布；

(2) 求 $\theta$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间。

解 (1) 令

$$y_i=x_i-\theta ,i=1,2,\dots ,n,$$

则 $y_1,y_2,\dots ,y_n$ 独立同分布于 $Exp(1)$，$y_{(1)}$ 的密度函数为

$$g(y)=n{e}^{-ny},y>0,$$

即 $x_{(1)}-\theta$ 的分布与 $\theta$ 无关，其密度函数为

$$g(y)=n{e}^{-ny},y>0.$$

(2) 取 $c,d$ 使得

$$P(c\le x_{(1)}-\theta \le d)={\int }_c^{d}n{e}^{-ny}dy=1-\alpha .$$

由于 $g(y)=n{e}^{-ny}$ 在 $y>0$ 上单调递减，为使得区间长度最短，故应取 $c=0$，从而求得

$$d=-\frac{\ln \alpha }{n}.$$

所以，$\theta$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间为

$$\left[x_{(1)}+\frac{\ln \alpha }{n},x_{(1)}\right].$$

补充习题及解答

补充习题 20

随机选取 $9$ 发炮弹，测得炮弹的炮口速度的样本标准差 $s=11\text{m/s}$，若炮弹的炮口速度服从正态分布，求其标准差 $\sigma$ 的 $0.95$ 置信上限。

解 在正态分布下，对样本方差 $s^2$ 有

$$\frac{8s^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(8),$$

从而有

$$P\left(\frac{8s^2}{{\sigma }^2}\ge {\chi }_{\alpha }^2(8)\right)=1-\alpha .$$

等价地，

$$P\left(\sigma \le \sqrt{\frac{8s^2}{{\chi }_{\alpha }^2(8)}}\right)=1-\alpha ,$$

故标准差 $\sigma$ 的 $1-\alpha$ 置信上限为

$${\hat{\sigma }}_U=\sqrt{\frac{8s^2}{{\chi }_{\alpha }^2(8)}}.$$

现 $\alpha =0.05$，查表知

$${\chi }_{0.05}^2(8)=2.7326,$$

故标准差 $\sigma$ 的 $0.95$ 置信上限为

$${\hat{\sigma }}_U=\sqrt{\frac{8\times 11^2}{2.7326}}=\mathrm{18.82.}$$

补充习题 21

有两位化验员 $A$ 与 $B$ 独立地对一批聚合物含氯量用同样方法各进行 $10$ 次重复测定，其样本方差分别为 $s_A^2=0.5419$ 与 $s_B^2=0.6065$，若 $A$ 与 $B$ 的测量值都服从正态分布，求其方差比

$$R=\frac{{\sigma }_A^2}{{\sigma }_B^2}$$

的 $0.95$ 置信上限。

解 在正态分布下，两样本方差比服从 $F$ 分布，具体是

$$\frac{s_A^2/{\sigma }_A^2}{s_B^2/{\sigma }_B^2}=\frac{s_A^2}{s_B^2}\cdot \frac{{\sigma }_B^2}{{\sigma }_A^2}\sim F(9,9).$$

从而有

$$P\left(\frac{s_A^2}{s_B^2}\cdot \frac{{\sigma }_B^2}{{\sigma }_A^2}\ge F_{\alpha }(9,9)\right)=1-\alpha ,$$

即

$$P\left(R\le \frac{s_A^2/s_B^2}{F_{\alpha }(9,9)}\right)=1-\alpha ,$$

故 $R$ 的 $1-\alpha$ 置信上限为

$${\hat{R}}_U=\frac{s_A^2/s_B^2}{F_{\alpha }(9,9)}.$$

现 $\alpha =0.05$，查表知

$$F_{0.05}(9,9)=\frac{1}{F_{0.95}(9,9)}=\frac{1}{3.18},$$

故 $R$ 的 $1-\alpha$ 置信上限为

$${\hat{R}}_U=\frac{s_A^2/s_B^2}{F_{0.05}(9,9)}=\frac{0.5419}{0.6065}\times 3.18=\mathrm{2.84.}$$

补充习题 22

为估计某台光谱仪测量材料中金属含量的测量误差，特置备了 $5$ 个金属试块，其成分、金属含量、均匀性都有差别，设每个试块的测量值都服从正态分布，现对每个试块重复测量 $6$ 次，计算得其样本标准差分别为

$$s_1=0.09,s_2=0.11,s_3=0.14,s_4=0.10,s_5=0.11,$$

试求 $\sigma$ 的 $0.95$ 置信区间。

解 从题意可知，这里 $s_i$ 可以看作来自正态总体 $N({\mu }_i,{\sigma }^2)$ 的容量为 $n=6$ 的样本标准差，$i=1,2,\dots ,5$，由此可知

$$(n-1)\frac{s_i^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(n-1),$$

即

$$5\frac{s_i^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(5).$$

由于各试块的测量可以为相互独立的，故有

$$\sum _{i=1}^5\frac{5s_i^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }^2(5\times 5)={\chi }^2(25),$$

从而

$$P\left({\chi }_{\alpha /2}^2(25)\le \frac{1}{{\sigma }^2}\sum _{i=1}^{5}5s_i^2\le {\chi }_{1-\alpha /2}^2(25)\right)=1-\alpha ,$$

即

$$P\left(\sqrt{\frac{5}{{\chi }_{1-\alpha /2}^2(25)}\sum _{i=1}^5{s}_i^2}\le \sigma \le \sqrt{\frac{5}{{\chi }_{\alpha /2}^2(25)}\sum _{i=1}^5{s}_i^2}\right)=1-\alpha .$$

故 $\sigma$ 的 $1-\alpha$ 置信区间为

$$\left[\sqrt{\frac{5}{{\chi }_{1-\alpha /2}^2(25)}\sum _{i=1}^5{s}_i^2},\sqrt{\frac{5}{{\chi }_{\alpha /2}^2(25)}\sum _{i=1}^5{s}_i^2}\right].$$

现算出

$$\sum _{i=1}^5{s}_i^2=\mathrm{0.0619.}$$

对 $\alpha =0.05$，查表知

$${\chi }_{0.025}^2(25)=13.1197,{\chi }_{0.975}^2(25)=40.6465,$$

代入可算得 $\sigma$ 的 $0.95$ 置信区间为

$$\left[\sqrt{\frac{5\times 0.0619}{40.6465}},\sqrt{\frac{5\times 0.0619}{13.1197}}\right]=[0.0873,0.1536].$$

补充习题 23

为研究某型号汽车轮胎的磨耗，随机选择 $16$ 只轮胎，每只轮胎行驶到磨坏为止，记录所行驶路程（单位：km）如下：

$$\begin{array}{rl}& 4125040187431754101039265418724265441287\\ & 3897040200425504109540680435003977540400\end{array}$$

假设这些数据来自正态总体 $N(\mu ,{\sigma }^2)$，其中 $\mu ,{\sigma }^2$ 未知，求 $\mu$ 的置信水平为 $0.95$ 的单侧置信下限。

解 先计算样本均值 $\bar{x}$ 与样本标准差 $s$，

$$\bar{x}=41116.9,s=\mathrm{1346.84.}$$

利用 $\sigma$ 未知场合的 $\mu$ 的单侧置信下限

$${\hat{\mu }}_L=\bar{x}-t_{1-\alpha }(n-1)\frac{s}{\sqrt{n}},$$

这里 $n=16$，$t_{0.95}(15)=1.7531$，代入可得

$${\hat{\mu }}_L=41116.9-1.7531\times \frac{1346.84}{\sqrt{16}}=40526.6\text{(km)}.$$

补充习题 24

有一位市场调查员，他感兴趣的是该地区成年人中将购买某种产品的比例 $\theta$（即该商品的市场占有率）。现他要事先确定需要访问多少顾客（样本量 $n=?$）才能使 $[\bar{x}-d,\bar{x}+d]$ 是 $\theta$ 的置信水平为 $0.95$ 的置信区间，其中 $\bar{x}$ 是样本中购买此种商品的顾客的比例，$d$ 是事先给定的常数。假如事先知道 $\theta \le 1/4$，结果又是如何？

解 对第一个问题，教科书中例 6.6.8 对类似的问题进行了讨论，给出了一种解法，此处我们换一种思路对该问题进行讨论。

设 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ 是来自二点分布 $b(1,\theta )$ 的一个样本，$\bar{x}$ 就是样本中购买此种商品的顾客的比例，由中心极限定理知，当 $n$ 较大时，

$$\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\theta )}{\sqrt{\theta (1-\theta )}}\approx N(0,1).$$

在 $\theta$ 未知时，有

$$\theta (1-\theta )\le \frac{1}{4},$$

从而

$$P\left(\left|\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\theta )}{\sqrt{1/4}}\right|<u_{1-\alpha /2}\right)\ge P\left(\left|\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\theta )}{\sqrt{\theta (1-\theta )}}\right|<u_{1-\alpha /2}\right)=1-\alpha ,$$

即

$$P\left(\bar{x}-\frac{u_{1-\alpha /2}}{2\sqrt{n}}\le \theta \le \bar{x}+\frac{u_{1-\alpha /2}}{2\sqrt{n}}\right)\ge 1-\alpha .$$

这说明

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

是 $\theta$ 的置信水平 $1-\alpha$ 的置信区间。要求该置信区间的长度不超过 $2d$，即得

$$2u_{1-\alpha /2}/(2\sqrt{n})\le 2d,$$

或

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

若 $\alpha =0.05$，$u_{0.975}=1.96$，当 $d=0.01,0.02,0.03$ 时可分别算得

$$n\ge 9604,2401,1067.$$

样本量随 $d$ 的增加（精度减小）迅速降低。

对第二个问题，当已知 $\theta \le {\theta }_0$（${\theta }_0<1/2$）（或已知 $\theta \ge {\theta }_0$（${\theta }_0>1/2$），处理方法完全一样）时，由于

$$f(\theta )=\theta (1-\theta )$$

在 $(0,{\theta }_0)$ 是增函数，所以

$$\theta (1-\theta )\le {\theta }_0(1-{\theta }_0),$$

从而

$$P\left(\left|\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\theta )}{\sqrt{{\theta }_0(1-{\theta }_0)}}\right|<u_{1-\alpha /2}\right)\ge P\left(\left|\frac{\sqrt{n}(\bar{x}-\theta )}{\sqrt{\theta (1-\theta )}}\right|<u_{1-\alpha /2}\right)=1-\alpha .$$

这说明

$$\left[\bar{x}-u_{1-\alpha /2}\sqrt{\frac{{\theta }_0(1-{\theta }_0)}{n}},\bar{x}+u_{1-\alpha /2}\sqrt{\frac{{\theta }_0(1-{\theta }_0)}{n}}\right]$$

是 $\theta$ 的置信水平 $1-\alpha$ 的置信区间。类似地，要求该置信区间的长度不超过 $2d$，即得

$$n\ge {\left(\frac{u_{1-\alpha /2}}{d}\right)}^2{\theta }_0(1-{\theta }_0).$$

譬如，若已知 $\theta \le 1/4$（即 ${\theta }_0=1/4$），则

$${\theta }_0(1-{\theta }_0)=\frac{3}{16},$$

于是关于样本量的要求化为

$$n\ge {\left(\frac{u_{1-\alpha /2}}{d}\right)}^2\frac{3}{16}.$$

仍取 $\alpha =0.05$，当 $d=0.01,0.02,0.03$ 时分别算得

$$n\ge 7203,1801,800,$$

与 $\theta$ 完全未知情况相比样本量约减少 $25\%$。由此可见，若对 $\theta$ 事先有若干信息可利用，得知市场占有率不会超过 ${\theta }_0$，那么就应利用这个信息，减少样本量，也即减少调查费用。