应用统计学第6章置信区间估计

1、1 本章教学目标：本章教学目标： (1) 单个正态总体均值和方差的区间估计。 (2) 总体比例的区间估计。 (3) 均值和比例置信区间估计中的样本容量确定。 (4) 两个正态总体的均值差和方差比的区间估计。 (5) 单侧置信区间估计。 第第6章章 置信区间估计置信区间估计 2 2 由于点估计存在误差，因此仅对总体参数作出点 估计是不够的，还需要了解估计的精度及其误差。 参数的区间估计就是在给定的可信度下，估计未 知参数的可能取值范围。 1 , 2 设 为总体分布的未知参数，若由样本确定的两 个统计量和对给定的概率 (0 Z = 0 f (x) x z 1- 二二. 总体均值总体均值的区间估计的

2、区间估计 如图所示， ( Z )=1- ，因此，可由正态分布表 得到 Z 。 如：要查 Z0.025，由正态分布表可查得： (1.96) = 0.975 = 1-0.025， 故 Z0.025 =1.96 12 由正态分布的性质可得 对给定的置信度1-， n X Z / / 2/2/ Z n X ZP 0 f (x) x z/2 /2 -z/2 /2 1- N(0,1) / 2/2/ nZxnZxP 由此可得 从而的置信度为 1- 的置信区间为 , / ( 2/ nZx , ) ,(dxdxnZd/ 2/ 为便于记忆和理解，将 的置信区间表示为如下形式： 2.2. 2 已已知知时总体均值时总体

3、均值的区间估计的区间估计 有 1 1 ) / 2/ nZx 其中 d 称为估计的允许误差允许误差。 13 可用 Excel 的统计函数 NORMSINV 返回 Z 。 语法规则如下： 格式：NORMSINV(1-) 功能： 返回 Z 的值。 说明： NORMSINV() 返回的是 Z1- 的值。 用 Excel 求 Z 14 Y/n X t 3. t 分布分布 设 XN(0, 1)，Y 2(n)， 且 X 与 Y 相互 独立， 则随机变量 服从自由度为 n 的 t 分布分布，记为 tt(n)。 15 t 分布密度函数的图形分布密度函数的图形 标准正态分布分布是 t 分布的极限分布。 当 n 很

4、大时，t 分布近似于标准正态分布。 x f (x) 0 n = 1 n = 4 n = 10 n = ，N (0, 1) 16 0 x f (x) t 分布的右侧分布的右侧 分位点分位点 t (n) t(n)为 t 分布中满足下式的右侧 分位点： P t t ( n ) = 由给定的概率 ，可查表得到 t(n)。 由 t 分布的对称性，可得：t1-(n)=-t(n)。 t(n) t1-(n) = - t(n) 17 可用 Excel 的统计函数 TINV 返回 t (n)。 语法规则如下： 格式：TINV( 2 , n ) 功能:返回 t (n)的值。 说明：TINV(, n )返回的是 t/

5、2(n)的值。 用 Excel 求 t /2(n) 18 4. 2 未知时总体均值未知时总体均值 的区间估计的区间估计 t(n-1) , ) ,(dxdx nSntd/) 1( 2/ nS X t / 设总体 XN( , 2 )， X和 S2 分别为样本均值和样本方差。 由此可得 的置信度为 1- 的置信区间为 因此，对给定的置信度 1-，有 1)1( / ) 1( 2/2/ nt nS X ntP 1/) 1(/) 1( 2/2/ nSntXnSntXP即 X1, X2, , Xn 为 X 的容量为 n 的样本， 可以证明： 19 nPP Pp / )1 ( ) 1 , 0( N近似服从 1

6、 / )1 ( 2/2/ Z nPP Pp ZP , ) ,(dpdpnppZd/ )1 ( 2/ 用样本比例代替总体比例， 设总体比例为 P， 则当 nP 和 n (1-P) 都大于5时， 样本成数 p 近似服从均值为 P， 方差为 P (1-P)/n 的正态 分布。从而 对给定的置信度1-，由 可得总体成数 P 的置信度 为 1- 的置信区间为 6.2 总体比例的区间估计总体比例的区间估计 20 【例3】求例求例1中元件平均寿命中元件平均寿命 的的95%置信区间置信区间。 故所求 的 95% 置信区间为 解：解：由例1，x /2=0.025， 10/5 .1962622. 2 =1423.

7、1， S=196.5， =1-0.95=0.05， n=10， 查表得 t0.025(9)=2.2622 6 .140nSntd/) 1( 2/ ) ,(dxdx 可用 Excel 的【工具】“数据分析”“描述统 计” 求解正态总体均值 的置信区间。 )7 .1563 , 5 .1282( 21 课堂练习课堂练习2： 某车床加工的缸套外径尺寸 XN( , 2 )， 下面是随机测得的10个加工后的缸套外径尺寸(mm)， 90.01，90.01，90.02，90.03，89.99 89.98，89.97，90.00，90.01，89.99 （ ， ） 求 的置信度为95%的置信区间； 001.90

8、 x 22 01853. 0S 22 【例例4】某厂为了解产品的质量情况，随机抽取了300件产品 进行检验，其中有5件次品，求该厂产品次品率的置信度为 95%的置信区间。 解解：产品次品率为比例， =1-0.95=0.05， /2=0.025，n=300,，查表得 Z0.025=1.96， 样本成数 %67. 1300/5p nppZd/ )1 ( 2/ 300/ )0167. 01 (0167. 096. 1 该厂产品次品率的置信度为95%的置信区间为 ) ,(dpdp )3.12% %,22. 0( %45. 1 23 案例思考题案例思考题 国外民意调查机构在进行民意调查时，通常要求 在9

9、5%的置信度下将调查的允许误差(即置信区间的 d 值)控制在3%以内。 问为满足该调查精度要求，至少需要多大的样 本？ 如果要求置信度达到99%，调查误差仍为3%， 此时至少需要多大的样本？ 24 案例思考题解答案例思考题解答(1) 本案例中， ，可得由 / )1 ( 2/ nppZd 2 2 2/ )1 ( d ppZ n 时，当5 . 0 p 故需要的样本容量至少为 2 2 03. 0 5 . 05 . 096. 1 n1 .1067（人） 1068 达到最大值， )1 (pp 25 案例思考题解答案例思考题解答(2) 如果要求置信度达到99%，则Z/2=Z0.005=2.575， 2 2

10、 03. 0 5 . 05 . 0575. 2 n8 .1841 （人） 1842 26 6.3 样本容量确定样本容量确定 前面的分析都是在给定的样本容量和样本数据下 求置信区间。但在实际应用中，应当在随机抽样前 就确定所需抽取的样本容量。 抽取的样本容量过大，虽然可以提高统计推断的 精度，但将增加不必要的人力、物力、费用和时间 开支； 如果抽取的样本容量过小，则又会使统计推断的 误差过大，推断结果就达不到必要的精度要求。 确定样本容量的原则确定样本容量的原则 在满足所需的置信度和允许误差条件(置信区 间的 d 值)下，确定所需的最低样本容量。 27 1.总体均值区间估计时样本容量的确定总体均

11、值区间估计时样本容量的确定 在给定置信度和允许误差 d 的条件下，由 nSntd/) 1( 2/ 可得 2 2/ ) 1( d Snt n 2 2/ d z 其中总体标准差或样本标准差也是未知的，通 常可以先通过小规模抽样作出估计。 由于使用的是近似公式，可知实际采用的最低 样本容量应比计算结果稍大。 2 2/ d Sz 28 【例6】在例在例3 元件平均寿命的区间估计问题中，要求元件平均寿命的区间估计问题中，要求 在95%的置信度下，使估计的允许误差不超过其平均寿命 的10%，并设已得到例1的先期抽样数据。求所需的最低样本容 量。 其他条件不变，在99%的置信度下求所需最低样本容量。 解解：

12、由例1， , 1 .1423x 2 025. 0 d Sz n S=196.5，d = 1423/10 =142.3 可知取 n =10 已能满足所给精度要求。 2 3 .142 5 .19696. 1 83 . 7 2 005. 0 d Sz n 2 3 .142 5 .19658. 2 137 .12 可知此时取 n =20 就能满足所给精度要求。 在总体均值的区间估计中，通常 n =30 就称为大样本大样本。 在大样本时，无论总体服从什么分布，都可用前述公式进在大样本时，无论总体服从什么分布，都可用前述公式进 行区间估计行区间估计。 29 2.总体比例区间估计时样本容量的确定总体比例区间

13、估计时样本容量的确定 其中样本成数 p 同样可先通过小规模抽样作出估 计，也可根据其他信息估计，或取 0.5。 ，由 / )1 ( 2/ nppZd 2 2 2/ )1 ( d ppZ n 可得 30 【例7】 某企业要重新制定产品抽样检验的规范。已知过 去检验的次品率在3.6%左右，现要求允许误差不超 过2%，置信度为95%。问每次至少应抽查多少产品？ 解解：由题意，要推断的是总体成数， p =0.036，1-p = 0.964，d = 0.02， = 0.05， z/2 = z0.025 = 1.96 故每次至少应抽查 334 件产品。 由此可知，在总体比例的区间估计问题中，要达由此可知，

14、在总体比例的区间估计问题中，要达 到一定的精度要求，样本到一定的精度要求，样本容量至少要在几百以上。容量至少要在几百以上。 2 2 02. 0 964. 0036. 096. 1 )( 3 .333件 2 2 2/ )1 ( d ppZ n 31 【例例5】(1)求例1中元件平均寿命的95%置信下限。 (2)求元件寿命方差的95%置信上限。 解解:(1) 1)1( / nt nS X P 从而 的单侧 1- 置信下限为 /) 1(nSntX 本例中，t 0.05(9)=1.8331，故所求置信下限为 1423.1-1.8331196.5/10 该在95%的置信度下，该元件的平均寿命大于 1309.2小时。 =1390.2 可得 1/) 1(nSntXP 由 6.4 单侧置信限的区间估