统计学

区间估计（interval estimate）

在点估计的基础上，给出总体参数估计的一个区间范围，该区间由样本统计量加减估计误差而得到。

• 根据样本统计量的抽样分布可以对样本统计量与总体参数的接近程度给出一个概率度量

区间估计的基本原理

根据样本均值的抽样分布可知，样本均值\( \bar x \)落在总体均值\( \mu \)的两侧各为\( 1 \)个抽样标准差范围内的概率为\( 0.6827 \)；落在\( 2 \)个抽样标准差范围内的概率为\( 0.9545 \)；落在\( 3 \)个抽样标准差范围内的概率为\( 0.9973 \)，等等。

由于\( \bar x \)与\( \mu \)的距离是对称的，那么：

• 如果某个样本的平均值落在\( \mu \)的两个标准差范围之内，反过来，\( \mu \)也就一定在以\( \bar x \)为中心，左右两个标准差的范围之内
• 大约有\( 95\% \)的样本均值所构造的两个标准差的区间会包括\( \mu \)
• 如果抽取\( 100 \)个样本来估计总体均值，由\( 100 \)个样本所构造的\( 100 \)个区间中，大约有\( 95 \)个区间包含总体均值

区间估计的基本概念

• 由样本统计量所构造的总体参数的估计区间称为置信区间（confidence interval），其中区间的最小值称为置信下限，最大值称为置信上限
• 如果将构造置信区间的步骤重复多次，置信区间中包含总体参数真值的次数所占的比例称为置信水平（confidence level），也称为置信度或置信系数
• 例如用某种方法构造的所有区间中有\( 95\% \)的区间包含总体参数的真值，\( 5\% \)的区间不包含总体参数的真值，那么，用该方法构造的区间称为置信水平为\( 95\% \)的置信区间

置信区间的理解

• 总体参数的真值是固定的、未知的，而用样本构造的区间则是不固定的。
• 一个置信区间就像是为捕获未知总体参数而撒出去的网，不是所有撒网的地点都能捕获到参数。
• 在处理实际问题时，进行估计时往往只抽取一个样本，此时所构造的样本是与该样本相联系的一定置信水平（比如\( 95\% \)）下的置信区间。这是一个特定的区间，而不是随机区间，所以无法知道该区间是否包含总体参数的真值。我们只能希望这个区间是大量包含总体参数真值的区间中的一个，但它也可能是少数几个不包含参数真值的区间中的一个。

重复构造置信区间

上图中，重复构造出的\( \mu \)的\( 20 \)个置信区间，每一个特定的区间“总是包含”或“绝对不包含”参数的真值，不存在以多大的概率包含总体参数的问题。

根据上式和正态分布的性质，可以得出：总体均值\( \mu \)在\( 1-\alpha \)置信水平下的置信区间为： \[ \bar x \pm z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt n} \] 其中：

• \( \bar x + z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt n} \)称为置信上限，\( \bar x - z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt n} \)称为置信下限
• \( \alpha \)是事先确定的一个概率值，也称为风险值，它是总体均值不包括在置信区间的概率
• \( 1-\alpha \)称为置信水平
• \( z_{\alpha/2} \)是标准正态分布右侧面积为\( \alpha/2 \)时的\( z \)值
• \( z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt n} \)是估计总体均值时的估计误差（estimate error）

总体均值的置信区间由两部分组成：

• 点估计值
• 描述估计量精度的估计误差

前提假设的变化

• 总体服从正态分布但\( \sigma^2/n \)未知
• 总体不服从正态分布，但是为大样本（中心极限定理）

结论

用样本方差\( s^2 \)代替总体方差\( \sigma^2/n \)，此时总体均值\( \mu \)在\( 1-\alpha \)置信水平下的置信区间为： \[ \bar x \pm z_{\alpha/2} \frac{s}{\sqrt n} \]

解：已知\( \sigma=10, n=25, 1-\alpha=95\%，z_{\alpha/2}=1.96 \)。由于总体方差未知，但为大样本，可用样本方差来代替总体方差。根据样本数据计算的样本均值为： \[ \bar x = \frac{\sum_{i=1}^n x_i}{n}=\frac{2634}{25}=105.36 \] \[ \bar x \pm z_{\alpha/2} \frac{\sigma}{\sqrt n}=105.36 \pm 1.96 \times \frac{10}{\sqrt{25}}=105.36 \pm 3.92 \] 该批食品平均重量\( 95\% \)的置信区间为101.44克～109.28克。

思考：该天生产的食品的平均重量是否一定在101.44克至109.28克之间。

解：已知\( n=36, 1-\alpha=90\%，z_{\alpha/2}=1.645 \)。由于总体方差未知，但为大样本，可用样本方差来代替总体方差。根据样本数据计算的样本均值和标准差如下： \[ \bar x = \frac{\sum_{i=1}^n x_i}{n}=39.5 \] \[ s= \sqrt{ \frac{\sum_{i=1}^n (x_i-\bar x)^2}{n-1}}=7.77 \] \[ \bar x \pm z_{\alpha/2} \frac{s}{\sqrt n}=39.5 \pm 1.645 \times \frac{7.77}{\sqrt{36}} = 39.5 \pm 2.13 \] 因此，投保人的平均年龄\( 90\% \)的置信区间为37.4岁～41.6岁。

正态分布、方差未知、小样本

前提假设

• 总体服从正态分布
• 样本为小容量样本
• 总体方差未知，用\( s^2 \)替代\( \sigma^2 \)

结论

样本均值经过标准化以后的随机变量服从自由度为\( n-1 \)的\( t \)分布，即 \[ t=\frac{\bar x - \mu}{s/\sqrt n} \sim t(n-1) \] 因此采用\( t \)分布来建立总体均值\( \mu \)的置信区间。

根据\( t \)分布建立的总体均值\( \mu \)在\( 1-\alpha \)置信水平下的置信区间为： \[ \bar x \pm t_{\alpha/2} \frac{s}{\sqrt n} \] 式中：

• \( t_{\alpha/2} \)是自由度为\( n-1 \)时，\( t \)分布中右侧面积为\( \alpha/2 \)时的\( t \)值
• 可以通过附录查表，也可以通过Excel中的\( TINV \)函数计算，其语法为\( TINV(\alpha, df) \)，其中\( \alpha \)为对应的双尾\( t \)分布的概率

解：根据抽样结果计算得到 \[ \bar x = 1490 \] \[ s = 24.77 \] 根据\( \alpha=0.05 \)，查\( t \)分布表得\( t_{\alpha/2}(n-1)=t_{0.025}(15)=2.131 \)，因此平均使用寿命的置信区间为： \[ \bar x \pm t_{\alpha/2} \frac{s}{\sqrt n}=1490 \pm 2.131 \times \frac{24.77}{\sqrt{16}}=1490 \pm 13.2 \] 那么，这种灯泡的平均使用寿命\( 95\% \)的置信区间为1476.8小时～1503.2小时。

结论

与总体均值的区间估计类似，在样本比例\( p \)的基础上加减估计误差\( z_{\alpha/2}\sigma_p \)，即可得到总体比例\( \pi \)在\( 1-\alpha \)的置信水平下的置信区间： \[ p \pm z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\pi(1-\pi)}{n}} \] 式中：

• \( \alpha \)是显著性水平
• \( z_{\alpha/2} \)是标准正态分布右侧面积为\( \alpha/2 \)时的\( z \)值
• \( z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\pi(1-\pi)}{n}} \)是估计总体比例时的估计误差

解：根据样本数据计算的样本方差为： \[ s^2=\frac{{\sum_{i=1}^n (x_i - \bar{x})}^2}{n-1} = \frac {2237.02} {25-1} = 93.21 \] 根据显著性水平 \( \alpha = 0.05 \) 和自由度 \( n-1=24 \)，查询\( \chi^2 \)分布表可得： \[ \chi^2_{\alpha/2} (n-1) = \chi^2_{0.025} (25-1)=39.3641 \] \[ \chi^2_{1-\alpha/2}(n-1) = \chi^2_{0.975}(25-1)=12.4011 \] 所得总体方差\( \sigma^2 \)的置信区间为： \[ \frac{(25-1) \times 93.21}{39.3641} \leq \sigma^2 \leq \frac{(25-1) \times 93.21}{12.4011} \] 即\( 56.83 \leq \sigma^2 \leq 180.39 \)，相应的标准差置信区间为\( 7.54 \leq \sigma \leq 13.43 \)。

两个总体方差\( \sigma_1^2 \)和\( \sigma_2^2 \)都未知，两个总体均值之差\( \mu_1-\mu_2 \)在\( 1-\alpha \)置信水平下的置信区间为：\[ \left(\overline{x}_{1}-\overline{x}_{2}\right) \pm z_{\alpha / 2} \sqrt{\frac{s_{1}^{2}}{n_{1}}+\frac{s_{2}^{2}}{n_{2}}} \]

例7.6

某地区教育管理部门想估计两所中学的学生高考时的英语平均分数之差，为此在两所中学独立抽取两个随机样本，有关数据如表 。建立两所中学高考英语平均分数之差95%的置信区间。

由于总体方差未知，使用\( s^2 \)代替。

\[ \begin{array}{l}{\left(\overline{x}_{1}-\overline{x}_{2}\right) \pm z_{\alpha / 2} \sqrt{\frac{s_{1}^{2}}{n_{1}}+\frac{s_{2}^{2}}{n_{2}}}=(86-78) \pm 1.96 \times \sqrt{\frac{5.8^{2}}{46}+\frac{7.2^{2}}{33}}} \\ {=8 \pm 2.97}\end{array} \]

即\( (5.03,10.97) \)，两所中学高考英语平均分数之差\( 95\% \)的置信区间为\( 5.03 \)分~\( 10.97 \)分。

独立样本（小样本）的估计

假定条件

• 两个总体都服从正态分布

• 两个随机样本独立地分别抽自两个总体

在上述假定下，无论样本量大小，两个样本均值之差服从正态分布。分为以下两种情况计算：

• 两个总体方差\( \sigma_{1}^{2} \)、\( \sigma_{2}^{2} \)已知

  • 与独立大样本的方法相同

• 两个总体方差\( \sigma_{1}^{2} \)、\( \sigma_{2}^{2} \)未知

  • 且相等\( \sigma_{1}^{2}=\sigma_{2}^{2} \)

  计算合并方差，使用\( t \)统计量

  • 且不等\( \sigma_{1}^{2} \neq \sigma_{2}^{2} \)

  计算自由度\( v \)

两个总体方差未知且相等

两个总体方差\( \sigma_{1}^{2} \)、\( \sigma_{2}^{2} \)未知且相等，需要用两个样本的方差\( s_1^2 \)和\( s_2^2 \)来估计，需要将两个样本的数据组合在一起，以给出总体方差的合并估计量\( s_p^2 \)，计算公式为：\[ s_{p}^{2}=\frac{\left(n_{1}-1\right) s_{1}^{2}+\left(n_{2}-1\right) s_{2}^{2}}{n_{1}+n_{2}-2} \]

两个总体均值之差\( \mu_1-\mu_2 \)在\( 1-\alpha \)置信水平下的置信区间为：\[ \left(\overline{x}_{1}-\overline{x}_{2}\right) \pm t_{\alpha / 2}\left(n_{1}+n_{2}-2\right) \sqrt{s_{p}^{2}\left(\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}}\right)} \]

例7.7

为估计两种方法组装产品所需时间的差异，分别对两种不同的组装方法各随机安排12个工人，每个工人组装一件产品所需的时间如表所示。假定两种方法组装产品的时间服从正态分布，且方差相等，试以95%的置信水平建立两种方法组装产品所需平均时间之差的置信区间。

根据样本数据计算得到

• 方法1：\( \overline{x}_{1}=32.5, s_{1}^{2}=15.996 \)

• 方法2：\( \overline{x}_{2}=28.8, s_{2}^{2}=19.358 \)

总体方差的合并估计量为：\[ \begin{array}{l}{\mathrm{s}_{p}^{2}=\frac{\left(n_{1}-1\right) s_{1}^{2}+\left(n_{2}-1\right) s_{2}^{2}}{n_{1}+n_{2}-2}} \\ {=\frac{(12-1) \times 15.996+(12-1) \times 19.358}{12+12-2}=17.677}\end{array} \]

根据\( \alpha=0.05 \)，自由度为22，查\( t \)分布表可得\( t_{0.05/2}(22)=2.0739 \)。因此置信区间为：

\[ \begin{array}{l}{\left(\overline{x}_{1}-\overline{x}_{2}\right) \pm t_{\alpha / 2}\left(n_{1}+n_{2}-2\right) \sqrt{s_{p}^{2}\left(\frac{1}{n_{1}}+\frac{1}{n_{2}}\right)}} \\ {=(32.5-28.8) \pm 2.0739 \times \sqrt{17.677 \times\left(\frac{1}{12}+\frac{1}{12}\right)}=3.7 \pm 3.56}\end{array} \]

两种方法组装产品平均时间之差的\( 95\% \)的置信区间为\( 0.14 \sim 7.26 \)。

两个总体方差未知且不等

两个总体方差\( \sigma_{1}^{2} \)、\( \sigma_{2}^{2} \)未知且不等，两个样本均值之差经过标准化后近似服从自由度为\( v \)的\( t \)分布，自由度\( v \)计算公式为：

\[ v=\frac{\left(\frac{s_{1}^{2}}{n_{1}}+\frac{s_{2}^{2}}{n_{2}}\right)^{2}}{\frac{\left(\frac{s_{1}^{2}}{n_{1}}\right)^{2}}{n_{1}-1}+\frac{\left(\frac{s_{2}^{2}}{n_{2}}\right)^{2}}{n_{2}-1}} \]

两个总体均值之差\( \mu_1-\mu_2 \)在\( 1-\alpha \)置信水平下的置信区间为：

\[ \left(\overline{x}_{1}-\overline{x}_{2}\right) \pm t_{\alpha / 2}(v) \sqrt{\frac{s_{1}^{2}}{n_{1}}+\frac{s_{2}^{2}}{n_{2}}} \]

例7.8

沿用前例。假定第一种方法随机安排\( 12 \)名工人，第二种方法随机安排8名工人，即\( n_1=12 \)，\( n_2=8 \)，所得的有关数据如表。假定两种方法组装产品的时间服从正态分布，且方差不相等。以\( 95\% \)的置信水平建立两种方法组装产品所需平均时间差值的置信区间。

根据样本数据计算得到

• 方法1：\( \overline{x}_{1}=32.5, s_{1}^{2}=15.996 \)

• 方法2：\( \overline{x}_{2}=27.875, s_{2}^{2}=23.014 \)

自由度为：\[ v=\frac{\left(\frac{15.996}{12}+\frac{23.014}{8}\right)^{2}}{\frac{\left(\frac{15.996}{12}\right)^{2}}{12-1}+\frac{\left(\frac{23.014}{8}\right)^{2}}{8-1}}=13.188 \approx 13 \]

根据自由度\( 13 \)查\( t \)分布表得到\( t_{0.05 / 2}(13)=2.1604 \)，两个总体均值之差\( \mu_1-\mu_2 \)在\( 1-\alpha \)置信水平下的置信区间为：\[ \begin{array}{l}{\left(\overline{x}_{1}-\overline{x}_{2}\right) \pm t_{\alpha / 2}(v) \sqrt{\frac{s_{1}^{2}}{n_{1}}+\frac{s_{2}^{2}}{n_{2}}}} \\ {=(32.5-27.875) \pm 2.1604 \times \sqrt{\frac{15.996}{12}+\frac{23.014}{8}}=4.625 \pm 4.433}\end{array} \]

即\( (0.192，9.058) \)，两种方法组装产品所需平均时间之差的\( 95\% \)的置信区间为\( 0.192 \)分钟 \( \sim 9.058 \)分钟。

匹配样本的估计（大样本）

什么是匹配样本

匹配样本，即一个样本中的数据与另一个样本中的数据相对应。

假定条件

• 两个匹配的大样本

• 两个总体各观察值的配对差服从正态分布

统计量

使用匹配样本进行估计时，在大样本条件下，两个总体均值之差\( \mu_{d}=\mu_{1}-\mu_{2} \)在\( 1-\alpha \)置信水平下的置信区间为：\[ \overline{d} \pm z_{\frac{\alpha}{2}} \frac{\sigma_{d}}{\sqrt{n}} \]

• \( d \)表示两个匹配样本对应数据的差值

• \( \overline d \)表示各差值的均值

• \( \sigma_d \)表示各差值的标准差，\( \sigma_d \)未知时，可用\( s_d \)代替

匹配样本的估计（小样本）

在小样本条件下，假定两个总体各观察值的配对差服从正态分布。两个总体均值之差\( \mu_{d}=\mu_{1}-\mu_{2} \)在\( 1-\alpha \)置信水平下的置信区间为：\[ \overline{d} \pm t_{\alpha / 2}(n-1) \frac{s_{d}}{\sqrt{n}} \]

例7.9

由10名学生组成一个随机样本，让他们分别采用A和B两套试卷进行测试，结果如下表 。试建立两种试卷分数之差\( \mu_d \)的\( 95\% \)的置信区间。

根据样本数据计算得到

\[ \overline{d}=\frac{\sum_{i=1}^{n} d_{i}}{n_{d}}=\frac{110}{10}=11 \]

\[ s_{d}=\sqrt{\frac{\sum_{i=1}^{n}\left(d_{i}-\overline{d}\right)^{2}}{n_{d}-1}}=6.53 \]

根据自由度\( (10−1)=9 \)查\( t \)分布表得到\( t_{0.05 / 2}(9)=2.2622 \)。两套试卷平均分数之差\( \mu_{d}=\mu_{1}-\mu_{2} \)在\( 95\% \)置信水平下的置信区间为：\[ \overline{d} \pm t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1) \frac{s_{d}}{\sqrt{n}}=11 \pm 2.2622 \times \frac{6.53}{\sqrt{10}}=11 \pm 4.67 \]

即（6.3，15.7），两套试卷平均分数之差的95%的置信区间为6.3分~15.7分。

当两个总体比例\( \pi_1 \)、\( pi_2 \)未知时，可用样本比例\( p_1 \)、\( p_2 \)代替，因此两个总体比例之差\( \pi_1-\pi_2 \)在\( 1-\alpha \)置信水平下的置信区间为：\[ \left(p_{1}-p_{2}\right) \pm z_{\frac{\alpha}{2}} \sqrt{\frac{p_{1}\left(1-p_{1}\right)}{n_{1}}+\frac{p_{2}\left(1-p_{2}\right)}{n_{2}}} \]

例7.10

在某个电视节目的收视率调查中，农村随机调查了400人，有32%的人收看了该节目；城市随机调查了500人，有45%的人收看了该节目。试以95%的置信水平估计城市与农村收视率差别的置信区间。

设城市收视率\( p_1=45\% \)，农村收视率\( p_2=32% \)。当\( \alpha=0.05 \)时，\( z_{\alpha/2}=1.96 \)。因此置信区间为：

\[ \begin{array}{l}{ \left(p_{1}-p_{2}\right) \pm z_{\frac{\alpha}{2}} \sqrt{\frac{p_{1}\left(1-p_{1}\right)}{n_{1}}+\frac{p_{2}\left(1-p_{2}\right)}{n_{2}}}=(45 \%-32 \%) \pm 1.96 \times} \\ {\sqrt{\frac{45 \% \times(1-45 \%)}{500}+\frac{32 \% \times(1-32 \%)}{400}}=13 \% \pm 6.32 \%}\end{array} \]

即（6.68%，19.32%），城市与农村收视率之差的95%的置信区间为6.68%~19.32%。

原理

建立总体方差比的置信区间，也就是要找到一个\( F \)值，，使其满足\( F_{1-\alpha / 2} \leq F \leq F_{\alpha / 2} \)，由于\( \frac{s_{1}^{2}}{s_{2}^{2}} \cdot \frac{\sigma_{2}^{2}}{\sigma_{1}^{2}} \sim F\left(n_{1}-1, n_{2}-1\right) \)，可用它代替\( F \)，于是有\( F_{1-\alpha / 2} \leq \frac{s_{1}^{2}}{s_{2}^{2}} \cdot \frac{\sigma_{2}^{2}}{\sigma_{1}^{2}} \leq F_{\alpha / 2} \)，可推导出\[ \frac{s_{1}^{2} / s_{2}^{2}}{F_{\alpha / 2}} \leq \frac{\sigma_{2}^{2}}{\sigma_{1}^{2}} \leq \frac{s_{1}^{2} / s_{2}^{2}}{F_{1-\alpha / 2}} \]

由于\( F \)分布表中只给出面积较小的右分位数，此时可利用下面的关系求得\( F_{1-\alpha / 2} \)的分位数值： \[ F_{1-\frac{\alpha}{2}}\left(n_{1}, n_{2}\right)=\frac{1}{F_{\alpha}\left(n_{2}, n_{1}\right)} \]

• \( n_1 \)和\( n_2 \)分别为分子自由度和分母自由度

例7.11

为了研究男女学生在生活费支出(单位：元)上的差异，在某大学各随机抽取25名男学生和25名女学生，得到下面的结果：

• 男学生：\( \overline{x}_{1}=520, s_{1}^{2}=260 \)
• 女学生：\( \overline{x}_{2}=480, s_{2}^{2}=280 \)

试以90%置信水平估计男女学生生活费支出方差比的置信区间。

根据自由度\( n_{1}=25-1=24 \)和\( n_{2}=25-1=24 \)，查\( F \)分布表，得\( F_{\frac{\alpha}{2}}(24,24)=F_{0.05}(24,24)=1.98 \)，\( F_{1-\frac{\alpha}{2}}(24,24)=F_{0.95}(24,24)=\frac{1}{1.98}=0.505 \)，因此 \[ \frac{260}{\frac{280}{1.98}} \leq \frac{\sigma_{1}^{2}}{\sigma_{2}^{2}} \leq \frac{\frac{260}{280}}{0.505} \]

即\( 0.47 \leq \frac{\sigma_{1}^{2}}{\sigma_{2}^{2}} \leq 1.84 \)，男女学生生活费支出方差比的\( 90\% \)的置信区间为\( 0.47 \)~\( 1.84 \)。

例7.12

拥有工商管理学士学位的大学毕业生年薪的标准差大约为2000元，假定想要估计年薪95%的置信区间，希望边际误差为400元，应抽取多大的样本量？

已知\( \sigma=2000 \)，\( E=400 \)，\( Z_{\alpha / 2}=1.96 \)

因此\( n=\frac{\left(^{Z} \frac{\alpha}{2}\right)^{2} \sigma^{2}}{E^{2}}=\frac{1.96^{2} \times 2000^{2}}{400^{2}}=96.04 \)

即应抽取97人作为样本。（注意：不能取96）

例 7.13

根据以往的生产统计，某种产品的合格率约为90%，现要求边际误差为5%，在求95%的置信区间时，应抽取多少个产品作为样本？

已知\( \pi=90\% \)，\( E=5\% \)，\( z_{\alpha / 2}=1.96 \)

根据公式，得\[ \begin{array}{l}{n=\frac{\left(z_{\alpha / 2}\right)^{2} \pi(1-\pi)}{E^{2}}=\frac{1.96^{2} \times 0.9 \times(1.0 .9)^{2}}{0.05^{2}}} \\ {=138.3}\end{array} \]

即应抽取139个产品作为样本。