《應(yīng)用統(tǒng)計(jì)學(xué)》第6章：置信區(qū)間估計(jì)

1、1本章教學(xué)目標(biāo)：本章教學(xué)目標(biāo)：(1) 單個(gè)正態(tài)總體均值和方差的區(qū)間估計(jì)。(2) 總體比例的區(qū)間估計(jì)。(3) 均值和比例置信區(qū)間估計(jì)中的樣本容量確定。(4) 兩個(gè)正態(tài)總體的均值差和方差比的區(qū)間估計(jì)。(5) 單側(cè)置信區(qū)間估計(jì)。 第第6章章 置信區(qū)間估計(jì)置信區(qū)間估計(jì)22 由于點(diǎn)估計(jì)存在誤差，因此僅對總體參數(shù)作出點(diǎn)估計(jì)是不夠的，還需要了解估計(jì)的精度及其誤差。 參數(shù)的區(qū)間估計(jì)就是在給定的可信度下，估計(jì)未知參數(shù)的可能取值范圍。1,2設(shè) 為總體分布的未知參數(shù)，若由樣本確定的兩個(gè)統(tǒng)計(jì)量和對給定的概率 (0 Z = 0f (x) x z1- 二二. 總體均值總體均值的區(qū)間估計(jì)的區(qū)間估計(jì)如圖所示， ( Z )=1

2、- ，因此，可由正態(tài)分布表得到 Z 。 如：要查 Z0.025，由正態(tài)分布表可查得： (1.96) = 0.975 = 1-0.025，故 Z0.025 =1.96 12由正態(tài)分布的性質(zhì)可得對給定的置信度1-，nXZ/2/2/ZnXZP0f (x)x z/2/2 -z/2/21- N(0,1)/2/2/nZxnZxP由此可得從而的置信度為 1- 的置信區(qū)間為 , / (2/nZx , ) ,(dxdxnZd/2/為便于記憶和理解，將 的置信區(qū)間表示為如下形式： 2.2. 2 已已知知時(shí)總體均值時(shí)總體均值的區(qū)間估計(jì)的區(qū)間估計(jì)有11) / 2/nZx其中 d 稱為估計(jì)的允許誤差允許誤差。 13可用

3、 Excel 的統(tǒng)計(jì)函數(shù) NORMSINV 返回 Z 。語法規(guī)則如下：格式：NORMSINV(1-)功能： 返回 Z 的值。說明： NORMSINV() 返回的是 Z1- 的值。用 Excel 求 Z14Y/nXt3. t 分布分布設(shè) XN(0, 1)，Y 2(n)， 且 X 與 Y 相互獨(dú)立， 則隨機(jī)變量服從自由度為 n 的 t 分布分布，記為 tt(n)。 15t 分布密度函數(shù)的圖形分布密度函數(shù)的圖形標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布分布是 t 分布的極限分布。當(dāng) n 很大時(shí)，t 分布近似于標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布。 xf (x)0n = 1n = 4n = 10n = ，N (0, 1)160 xf (x)t 分布的右側(cè)

4、分布的右側(cè) 分位點(diǎn)分位點(diǎn) t (n) t(n)為 t 分布中滿足下式的右側(cè) 分位點(diǎn)： P t t ( n ) = 由給定的概率 ，可查表得到 t(n)。 由 t 分布的對稱性，可得：t1-(n)=-t(n)。t(n)t1-(n)= - t(n) 17可用 Excel 的統(tǒng)計(jì)函數(shù) TINV 返回 t (n)。語法規(guī)則如下：格式：TINV( 2 , n )功能:返回 t (n)的值。說明：TINV(, n )返回的是 t/2(n)的值。用 Excel 求 t /2(n)184. 2 未知時(shí)總體均值未知時(shí)總體均值 的區(qū)間估計(jì)的區(qū)間估計(jì) t(n-1), ) ,(dxdxnSntd/) 1(2/nSXt

5、/設(shè)總體 XN( , 2 )，X和 S2 分別為樣本均值和樣本方差。由此可得 的置信度為 1- 的置信區(qū)間為因此，對給定的置信度 1-，有1)1(/) 1(2/2/ntnSXntP1/) 1(/) 1(2/2/nSntXnSntXP即X1, X2, , Xn 為 X 的容量為 n 的樣本，可以證明：19nPPPp/ )1 ( ) 1 , 0( N近似服從1/ )1 (2/2/ZnPPPpZP, ) ,(dpdpnppZd/ )1 (2/用樣本比例代替總體比例，設(shè)總體比例為 P， 則當(dāng) nP 和 n (1-P) 都大于5時(shí)，樣本成數(shù) p 近似服從均值為 P， 方差為 P (1-P)/n 的正態(tài)分

6、布。從而對給定的置信度1-，由 可得總體成數(shù) P 的置信度為 1- 的置信區(qū)間為6.2 總體比例的區(qū)間估計(jì)總體比例的區(qū)間估計(jì)20【例3】求例求例1中元件平均壽命中元件平均壽命 的的95%置信區(qū)間置信區(qū)間。 故所求 的 95% 置信區(qū)間為 解：解：由例1，x /2=0.025，10/5 .1962622. 2=1423.1， S=196.5， =1-0.95=0.05，n=10， 查表得 t0.025(9)=2.26226 .140nSntd/) 1(2/) ,(dxdx 可用 Excel 的【工具】“數(shù)據(jù)分析”“描述統(tǒng)計(jì)”求解正態(tài)總體均值 的置信區(qū)間。)7 .1563 , 5 .1282(21

7、課堂練習(xí)課堂練習(xí)2： 某車床加工的缸套外徑尺寸 XN( , 2 )，下面是隨機(jī)測得的10個(gè)加工后的缸套外徑尺寸(mm)， 90.01，90.01，90.02，90.03，89.99 89.98，89.97，90.00，90.01，89.99 （ ， ） 求 的置信度為95%的置信區(qū)間；001.90 x2201853. 0S22【例例4】某廠為了解產(chǎn)品的質(zhì)量情況，隨機(jī)抽取了300件產(chǎn)品進(jìn)行檢驗(yàn)，其中有5件次品，求該廠產(chǎn)品次品率的置信度為95%的置信區(qū)間。 解解：產(chǎn)品次品率為比例， =1-0.95=0.05， /2=0.025，n=300,，查表得 Z0.025=1.96， 樣本成數(shù)%67. 13

8、00/5pnppZd/ )1 (2/300/ )0167. 01 (0167. 096. 1 該廠產(chǎn)品次品率的置信度為95%的置信區(qū)間為 ) ,(dpdp )3.12% %,22. 0(%45. 1 23案例思考題案例思考題國外民意調(diào)查機(jī)構(gòu)在進(jìn)行民意調(diào)查時(shí)，通常要求在95%的置信度下將調(diào)查的允許誤差(即置信區(qū)間的 d 值)控制在3%以內(nèi)。問為滿足該調(diào)查精度要求，至少需要多大的樣本？如果要求置信度達(dá)到99%，調(diào)查誤差仍為3%，此時(shí)至少需要多大的樣本？ 24案例思考題解答案例思考題解答(1)本案例中，可得由 / )1 ( 2/nppZd222/)1 (dppZn時(shí)，當(dāng)5 . 0 p故需要的樣本容量

9、至少為2203. 05 . 05 . 096. 1n1 .1067（人） 1068 達(dá)到最大值， )1 (pp25案例思考題解答案例思考題解答(2)如果要求置信度達(dá)到99%，則Z/2=Z0.005=2.575，2203. 05 . 05 . 0575. 2n8 .1841 （人） 1842266.3 樣本容量確定樣本容量確定前面的分析都是在給定的樣本容量和樣本數(shù)據(jù)下求置信區(qū)間。但在實(shí)際應(yīng)用中，應(yīng)當(dāng)在隨機(jī)抽樣前就確定所需抽取的樣本容量。抽取的樣本容量過大，雖然可以提高統(tǒng)計(jì)推斷的精度，但將增加不必要的人力、物力、費(fèi)用和時(shí)間開支；如果抽取的樣本容量過小，則又會(huì)使統(tǒng)計(jì)推斷的誤差過大，推斷結(jié)果就達(dá)不到必

10、要的精度要求。確定樣本容量的原則確定樣本容量的原則在滿足所需的置信度和允許誤差條件(置信區(qū)間的 d 值)下，確定所需的最低樣本容量。 271.總體均值區(qū)間估計(jì)時(shí)樣本容量的確定總體均值區(qū)間估計(jì)時(shí)樣本容量的確定在給定置信度和允許誤差 d 的條件下，由nSntd/) 1(2/可得22/) 1(dSntn22/dz 其中總體標(biāo)準(zhǔn)差或樣本標(biāo)準(zhǔn)差也是未知的，通常可以先通過小規(guī)模抽樣作出估計(jì)。 由于使用的是近似公式，可知實(shí)際采用的最低樣本容量應(yīng)比計(jì)算結(jié)果稍大。 22/dSz28【例6】在例在例3 元件平均壽命的區(qū)間估計(jì)問題中，要求元件平均壽命的區(qū)間估計(jì)問題中，要求在95%的置信度下，使估計(jì)的允許誤差不超過其

11、平均壽命的10%，并設(shè)已得到例1的先期抽樣數(shù)據(jù)。求所需的最低樣本容量。其他條件不變，在99%的置信度下求所需最低樣本容量。解解：由例1，, 1 .1423x2025. 0dSznS=196.5，d = 1423/10 =142.3 可知取 n =10 已能滿足所給精度要求。 23 .1425 .19696. 183 . 72005. 0dSzn23 .1425 .19658. 2137 .12 可知此時(shí)取 n =20 就能滿足所給精度要求。 在總體均值的區(qū)間估計(jì)中，通常 n =30 就稱為大樣本大樣本。在大樣本時(shí)，無論總體服從什么分布，都可用前述公式進(jìn)在大樣本時(shí)，無論總體服從什么分布，都可用前

12、述公式進(jìn)行區(qū)間估計(jì)行區(qū)間估計(jì)。 292.總體比例區(qū)間估計(jì)時(shí)樣本容量的確定總體比例區(qū)間估計(jì)時(shí)樣本容量的確定其中樣本成數(shù) p 同樣可先通過小規(guī)模抽樣作出估計(jì)，也可根據(jù)其他信息估計(jì)，或取 0.5。 ，由 / )1 ( 2/nppZd222/)1 (dppZn可得30【例7】某企業(yè)要重新制定產(chǎn)品抽樣檢驗(yàn)的規(guī)范。已知過去檢驗(yàn)的次品率在3.6%左右，現(xiàn)要求允許誤差不超過2%，置信度為95%。問每次至少應(yīng)抽查多少產(chǎn)品？解解：由題意，要推斷的是總體成數(shù)，p =0.036，1-p = 0.964，d = 0.02， = 0.05，z/2 = z0.025 = 1.96故每次至少應(yīng)抽查 334 件產(chǎn)品。由此可知，

13、在總體比例的區(qū)間估計(jì)問題中，要達(dá)由此可知，在總體比例的區(qū)間估計(jì)問題中，要達(dá)到一定的精度要求，樣本到一定的精度要求，樣本容量至少要在幾百以上。容量至少要在幾百以上。 2202. 0964. 0036. 096. 1)( 3 .333件222/)1 (dppZn31【例例5】(1)求例1中元件平均壽命的95%置信下限。 (2)求元件壽命方差的95%置信上限。解解:(1)1)1(/ntnSXP從而 的單側(cè) 1- 置信下限為 /) 1(nSntX本例中，t 0.05(9)=1.8331，故所求置信下限為1423.1-1.8331196.5/10該在95%的置信度下，該元件的平均壽命大于1309.2小時(shí)。 =1390.2可得1/) 1(nSntXP由6.4 單側(cè)置信限的區(qū)間估計(jì)單側(cè)置信限的區(qū)間估計(jì) 32同理可得 2 的置信度為 1- 的單側(cè)置信上限為 )1()1(212nSn本例中，) 1(21n 故所求2的95%置信上限為 9196.52/3.325 = 323.32 (小時(shí)2) 由以上分析可知，求單側(cè)置信限與求雙側(cè)置信限的差別僅在于用相應(yīng)分布的右側(cè) 分位點(diǎn)代替雙側(cè)區(qū)間估計(jì)公式中的右側(cè) /2 分位點(diǎn)。 解解(2)(2)： 2 的的置信置信上限上限)9(295.