统计学学习教程，从入门到精通，参数估计 — 知识点详解与公式推导(10）

7.3 两个总体参数的区间估计

7.3.1 两个总体均值之差 μ1−μ2\mu_1 - \mu_2μ1−μ2 的区间估计

设 X1,X2,⋯ ,Xn1X_1, X_2, \cdots, X_{n_1}X1,X2,⋯,Xn1 来自总体 N(μ1,σ12)N(\mu_1, \sigma_1^2)N(μ1,σ12)，Y1,Y2,⋯ ,Yn2Y_1, Y_2, \cdots, Y_{n_2}Y1,Y2,⋯,Yn2 来自总体 N(μ2,σ22)N(\mu_2, \sigma_2^2)N(μ2,σ22)，两样本独立。

(一) σ12,σ22\sigma_1^2, \sigma_2^2σ12,σ22 已知

枢轴量：

Z=(Xˉ−Yˉ)−(μ1−μ2)σ12n1+σ22n2∼N(0,1) Z = \frac{(\bar{X} - \bar{Y}) - (\mu_1 - \mu_2)}{\sqrt{\dfrac{\sigma_1^2}{n_1} + \dfrac{\sigma_2^2}{n_2}}} \sim N(0, 1) Z=n1σ12+n2σ22 (Xˉ−Yˉ)−(μ1−μ2)∼N(0,1)

推导：

Xˉ∼N(μ1,σ12n1),Yˉ∼N(μ2,σ22n2) \bar{X} \sim N\left(\mu_1, \frac{\sigma_1^2}{n_1}\right), \quad \bar{Y} \sim N\left(\mu_2, \frac{\sigma_2^2}{n_2}\right) Xˉ∼N(μ1,n1σ12),Yˉ∼N(μ2,n2σ22)

由于两样本独立，Xˉ\bar{X}Xˉ 与 Yˉ\bar{Y}Yˉ 独立，因此

Xˉ−Yˉ∼N(μ1−μ2,σ12n1+σ22n2) \bar{X} - \bar{Y} \sim N\left(\mu_1 - \mu_2, \frac{\sigma_1^2}{n_1} + \frac{\sigma_2^2}{n_2}\right) Xˉ−Yˉ∼N(μ1−μ2,n1σ12+n2σ22)

标准化即得枢轴量。

置信区间：

$(Xˉ-Yˉ)-zα/2σ12n1+σ22n2,(Xˉ-Yˉ)+zα/2σ12n1+σ22n2$ \boxed{\left $(\\bar{X}-\\bar{Y}) - z_{\\alpha/2}\\sqrt{\\frac{\\sigma_1\^2}{n_1}+\\frac{\\sigma_2\^2}{n_2}},\\quad (\\bar{X}-\\bar{Y}) + z_{\\alpha/2}\\sqrt{\\frac{\\sigma_1\^2}{n_1}+\\frac{\\sigma_2\^2}{n_2}}\\right$ } (Xˉ−Yˉ)−zα/2n1σ12+n2σ22 ,(Xˉ−Yˉ)+zα/2n1σ12+n2σ22

(二) σ12=σ22=σ2\sigma_1^2 = \sigma_2^2 = \sigma^2σ12=σ22=σ2 但 σ2\sigma^2σ2 未知

令 σ12=σ22=σ2\sigma_1^2 = \sigma_2^2 = \sigma^2σ12=σ22=σ2，合并估计：

Sw2=(n1−1)S12+(n2−1)S22n1+n2−2 S_w^2 = \frac{(n_1-1)S_1^2 + (n_2-1)S_2^2}{n_1 + n_2 - 2} Sw2=n1+n2−2(n1−1)S12+(n2−1)S22

Sw=Sw2 S_w = \sqrt{S_w^2} Sw=Sw2

枢轴量：

T=(Xˉ−Yˉ)−(μ1−μ2)Sw1n1+1n2∼t(n1+n2−2) T = \frac{(\bar{X} - \bar{Y}) - (\mu_1 - \mu_2)}{S_w\sqrt{\dfrac{1}{n_1} + \dfrac{1}{n_2}}} \sim t(n_1 + n_2 - 2) T=Swn11+n21 (Xˉ−Yˉ)−(μ1−μ2)∼t(n1+n2−2)

推导：

Z=(Xˉ−Yˉ)−(μ1−μ2)σ1n1+1n2∼N(0,1) Z = \frac{(\bar{X} - \bar{Y}) - (\mu_1 - \mu_2)}{\sigma\sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}} \sim N(0,1) Z=σn11+n21 (Xˉ−Yˉ)−(μ1−μ2)∼N(0,1)

且

(n1−1)S12σ2∼χ2(n1−1),(n2−1)S22σ2∼χ2(n2−1) \frac{(n_1-1)S_1^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n_1-1), \quad \frac{(n_2-1)S_2^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n_2-1) σ2(n1−1)S12∼χ2(n1−1),σ2(n2−1)S22∼χ2(n2−1)

两者独立，由 χ2\chi^2χ2 的可加性：

(n1−1)S12+(n2−1)S22σ2∼χ2(n1+n2−2) \frac{(n_1-1)S_1^2 + (n_2-1)S_2^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n_1+n_2-2) σ2(n1−1)S12+(n2−1)S22∼χ2(n1+n2−2)

由 ttt 分布定义：

T=Zχ2(n1+n2−2)/(n1+n2−2)=(Xˉ−Yˉ)−(μ1−μ2)Sw1/n1+1/n2∼t(n1+n2−2) T = \frac{Z}{\sqrt{\chi^2(n_1+n_2-2)/(n_1+n_2-2)}} = \frac{(\bar{X}-\bar{Y})-(\mu_1-\mu_2)}{S_w\sqrt{1/n_1+1/n_2}} \sim t(n_1+n_2-2) T=χ2(n1+n2−2)/(n1+n2−2) Z=Sw1/n1+1/n2 (Xˉ−Yˉ)−(μ1−μ2)∼t(n1+n2−2)

置信区间：

(Xˉ−Yˉ)∓tα/2(n1+n2−2)⋅Sw1n1+1n2\] \\boxed{\\left\[(\\bar{X}-\\bar{Y}) \\mp t_{\\alpha/2}(n_1+n_2-2) \\cdot S_w\\sqrt{\\frac{1}{n_1}+\\frac{1}{n_2}}\\right\]} \[(Xˉ−Yˉ)∓tα/2(n1+n2−2)⋅Swn11+n21

【例7-9】 甲、乙两台机器生产的零件，假设方差相等。甲抽 n1=10n_1=10n1=10，xˉ1=50.2\bar{x}_1=50.2xˉ1=50.2，s1=1.2s_1=1.2s1=1.2；乙抽 n2=12n_2=12n2=12，xˉ2=48.5\bar{x}_2=48.5xˉ2=48.5，s2=1.5s_2=1.5s2=1.5。求 μ1−μ2\mu_1 - \mu_2μ1−μ2 的 95% 置信区间。

解：

Sw2=9×1.22+11×1.5210+12−2=9×1.44+11×2.2520=12.96+24.7520=37.7120=1.8855 S_w^2 = \frac{9 \times 1.2^2 + 11 \times 1.5^2}{10+12-2} = \frac{9 \times 1.44 + 11 \times 2.25}{20} = \frac{12.96 + 24.75}{20} = \frac{37.71}{20} = 1.8855 Sw2=10+12−29×1.22+11×1.52=209×1.44+11×2.25=2012.96+24.75=2037.71=1.8855

Sw=1.8855=1.3732 S_w = \sqrt{1.8855} = 1.3732 Sw=1.8855 =1.3732

t0.025(20)=2.086 t_{0.025}(20) = 2.086 t0.025(20)=2.086

(xˉ1−xˉ2)±t0.025(20)⋅Sw110+112=1.7±2.086×1.3732×0.1+0.0833 (\bar{x}_1 - \bar{x}2) \pm t{0.025}(20) \cdot S_w\sqrt{\frac{1}{10}+\frac{1}{12}} = 1.7 \pm 2.086 \times 1.3732 \times \sqrt{0.1 + 0.0833} (xˉ1−xˉ2)±t0.025(20)⋅Sw101+121 =1.7±2.086×1.3732×0.1+0.0833

=1.7±2.086×1.3732×0.4282=1.7±1.226 = 1.7 \pm 2.086 \times 1.3732 \times 0.4282 = 1.7 \pm 1.226 =1.7±2.086×1.3732×0.4282=1.7±1.226

置信区间为 $0.474,2.926$ $0.474, 2.926$ $0.474,2.926$ 。

(三) σ12≠σ22\sigma_1^2 \neq \sigma_2^2σ12=σ22 且均未知（大样本或Welch近似）

大样本情形 （n1≥30,n2≥30n_1 \geq 30, n_2 \geq 30n1≥30,n2≥30）：用 S12,S22S_1^2, S_2^2S12,S22 分别代替 σ12,σ22\sigma_1^2, \sigma_2^2σ12,σ22

$(Xˉ-Yˉ)\mpzα/2S12n1+S22n2$ \left $(\\bar{X}-\\bar{Y}) \\mp z_{\\alpha/2}\\sqrt{\\frac{S_1\^2}{n_1}+\\frac{S_2\^2}{n_2}}\\right$ (Xˉ−Yˉ)∓zα/2n1S12+n2S22

小样本Welch近似：

枢轴量近似服从 t(ν)t(\nu)t(ν)，其中

ν=(S12n1+S22n2)2(S12n1)2n1−1+(S22n2)2n2−1 \nu = \frac{\left(\dfrac{S_1^2}{n_1} + \dfrac{S_2^2}{n_2}\right)^2}{\dfrac{\left(\dfrac{S_1^2}{n_1}\right)^2}{n_1-1} + \dfrac{\left(\dfrac{S_2^2}{n_2}\right)^2}{n_2-1}} ν=n1−1(n1S12)2+n2−1(n2S22)2(n1S12+n2S22)2

（取整数部分）

7.3.2 两个总体比例之差 p1−p2p_1 - p_2p1−p2 的区间估计（大样本）

设从两个二项分布总体中分别独立抽取 n1n_1n1 和 n2n_2n2 的样本，样本比例分别为 p^1\hat{p}_1p^1 和 p^2\hat{p}_2p^2。

当 n1,n2n_1, n_2n1,n2 足够大时：

Z=(p^1−p^2)−(p1−p2)p1(1−p1)n1+p2(1−p2)n2→近似N(0,1) Z = \frac{(\hat{p}_1 - \hat{p}_2) - (p_1 - p_2)}{\sqrt{\dfrac{p_1(1-p_1)}{n_1} + \dfrac{p_2(1-p_2)}{n_2}}} \xrightarrow{\text{近似}} N(0,1) Z=n1p1(1−p1)+n2p2(1−p2) (p^1−p^2)−(p1−p2)近似 N(0,1)

置信区间：

$(p\^1−p\^2)∓zα/2p\^1(1−p\^1)n1+p\^2(1−p\^2)n2$ \boxed{\left $(\\hat{p}_1 - \\hat{p}_2) \\mp z_{\\alpha/2}\\sqrt{\\frac{\\hat{p}_1(1-\\hat{p}_1)}{n_1}+\\frac{\\hat{p}_2(1-\\hat{p}_2)}{n_2}}\\right$ } (p^1−p^2)∓zα/2n1p^1(1−p^1)+n2p^2(1−p^2)

【例7-10】 调查两城市的居民支持率：城市A，n1=500n_1=500n1=500，p^1=0.60\hat{p}_1=0.60p^1=0.60；城市B，n2=400n_2=400n2=400，p^2=0.48\hat{p}_2=0.48p^2=0.48。求 p1−p2p_1 - p_2p1−p2 的 95% 置信区间。

解：

p^1−p^2=0.12 \hat{p}_1 - \hat{p}_2 = 0.12 p^1−p^2=0.12

0.60×0.40500+0.48×0.52400=0.00048+0.000624=0.001104=0.0332 \sqrt{\frac{0.60 \times 0.40}{500} + \frac{0.48 \times 0.52}{400}} = \sqrt{0.00048 + 0.000624} = \sqrt{0.001104} = 0.0332 5000.60×0.40+4000.48×0.52 =0.00048+0.000624 =0.001104 =0.0332

0.12±1.96×0.0332=0.12±0.0651 0.12 \pm 1.96 \times 0.0332 = 0.12 \pm 0.0651 0.12±1.96×0.0332=0.12±0.0651

置信区间为 $0.0549,0.1851$ $0.0549, 0.1851$ $0.0549,0.1851$ 。

7.3.3 两个正态总体方差比 σ12/σ22\sigma_1^2 / \sigma_2^2σ12/σ22 的区间估计

枢轴量：

F=S12/σ12S22/σ22=S12S22⋅σ22σ12∼F(n1−1,n2−1) F = \frac{S_1^2 / \sigma_1^2}{S_2^2 / \sigma_2^2} = \frac{S_1^2}{S_2^2} \cdot \frac{\sigma_2^2}{\sigma_1^2} \sim F(n_1-1, n_2-1) F=S22/σ22S12/σ12=S22S12⋅σ12σ22∼F(n1−1,n2−1)

推导：

(n1−1)S12σ12∼χ2(n1−1),(n2−1)S22σ22∼χ2(n2−1) \frac{(n_1-1)S_1^2}{\sigma_1^2} \sim \chi^2(n_1-1), \quad \frac{(n_2-1)S_2^2}{\sigma_2^2} \sim \chi^2(n_2-1) σ12(n1−1)S12∼χ2(n1−1),σ22(n2−1)S22∼χ2(n2−1)

由 FFF 分布的定义（两个独立 χ2\chi^2χ2 各除以自由度之比）：

F=(n1−1)S12σ12/(n1−1)(n2−1)S22σ22/(n2−1)=S12/σ12S22/σ22∼F(n1−1,n2−1) F = \frac{\dfrac{(n_1-1)S_1^2}{\sigma_1^2} \bigg/ (n_1-1)}{\dfrac{(n_2-1)S_2^2}{\sigma_2^2} \bigg/ (n_2-1)} = \frac{S_1^2/\sigma_1^2}{S_2^2/\sigma_2^2} \sim F(n_1-1, n_2-1) F=σ22(n2−1)S22/(n2−1)σ12(n1−1)S12/(n1−1)=S22/σ22S12/σ12∼F(n1−1,n2−1)

选取分位数：

P{F1−α/2(n1−1,n2−1)≤S12/σ12S22/σ22≤Fα/2(n1−1,n2−1)}=1−α P\left\{F_{1-\alpha/2}(n_1-1,n_2-1) \leq \frac{S_1^2/\sigma_1^2}{S_2^2/\sigma_2^2} \leq F_{\alpha/2}(n_1-1,n_2-1)\right\} = 1-\alpha P{F1−α/2(n1−1,n2−1)≤S22/σ22S12/σ12≤Fα/2(n1−1,n2−1)}=1−α

将 S12/S22S_1^2/S_2^2S12/S22 提出：

P{1Fα/2(n1−1,n2−1)⋅S12S22≤σ12σ22≤1F1−α/2(n1−1,n2−1)⋅S12S22}=1−α P\left\{\frac{1}{F_{\alpha/2}(n_1-1,n_2-1)} \cdot \frac{S_1^2}{S_2^2} \leq \frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2} \leq \frac{1}{F_{1-\alpha/2}(n_1-1,n_2-1)} \cdot \frac{S_1^2}{S_2^2}\right\} = 1-\alpha P{Fα/2(n1−1,n2−1)1⋅S22S12≤σ22σ12≤F1−α/2(n1−1,n2−1)1⋅S22S12}=1−α

利用 F1−α/2(n1−1,n2−1)=1Fα/2(n2−1,n1−1)F_{1-\alpha/2}(n_1-1,n_2-1) = \dfrac{1}{F_{\alpha/2}(n_2-1,n_1-1)}F1−α/2(n1−1,n2−1)=Fα/2(n2−1,n1−1)1：

置信区间：

S12S22⋅1Fα/2(n1−1,n2−1),S12S22⋅Fα/2(n2−1,n1−1)\] \\boxed{\\left\[\\frac{S_1\^2}{S_2\^2} \\cdot \\frac{1}{F_{\\alpha/2}(n_1-1,n_2-1)},\\quad \\frac{S_1\^2}{S_2\^2} \\cdot F_{\\alpha/2}(n_2-1,n_1-1)\\right\]} \[S22S12⋅Fα/2(n1−1,n2−1)1,S22S12⋅Fα/2(n2−1,n1−1)

【例7-11】 n1=8n_1=8n1=8，s12=6.4s_1^2=6.4s12=6.4；n2=10n_2=10n2=10，s22=3.2s_2^2=3.2s22=3.2。求 σ12/σ22\sigma_1^2/\sigma_2^2σ12/σ22 的 95% 置信区间。

解：

s12s22=6.43.2=2 \frac{s_1^2}{s_2^2} = \frac{6.4}{3.2} = 2 s22s12=3.26.4=2

F0.025(7,9)=4.20F_{0.025}(7,9) = 4.20F0.025(7,9)=4.20，F0.025(9,7)=4.82F_{0.025}(9,7) = 4.82F0.025(9,7)=4.82

24.20,2×4.82\]=\[0.476,9.64\] \\left\[\\frac{2}{4.20},\\quad 2 \\times 4.82\\right\] = \[0.476, 9.64\] \[4.202,2×4.82\]=\[0.476,9.64

7.4 样本量的确定

7.4.1 估计均值时的样本量

(一) σ\sigmaσ 已知

在 σ\sigmaσ 已知估计 μ\muμ 时，置信区间的半长（误差限）为

E=zα/2⋅σn E = z_{\alpha/2} \cdot \frac{\sigma}{\sqrt{n}} E=zα/2⋅n σ

要使误差不超过给定的 EEE，则

zα/2⋅σn≤E z_{\alpha/2} \cdot \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \leq E zα/2⋅n σ≤E

解得

n≥(zα/2⋅σE)2 \boxed{n \geq \left(\frac{z_{\alpha/2} \cdot \sigma}{E}\right)^2} n≥(Ezα/2⋅σ)2

取上取整。

推导过程：

zα/2⋅σn≤E ⟺ n≥zα/2⋅σE ⟺ n≥zα/22⋅σ2E2 \frac{z_{\alpha/2} \cdot \sigma}{\sqrt{n}} \leq E \iff \sqrt{n} \geq \frac{z_{\alpha/2} \cdot \sigma}{E} \iff n \geq \frac{z_{\alpha/2}^2 \cdot \sigma^2}{E^2} n zα/2⋅σ≤E⟺n ≥Ezα/2⋅σ⟺n≥E2zα/22⋅σ2

【例7-12】 已知 σ=10\sigma = 10σ=10，要求 μ\muμ 的 95% 置信区间误差限不超过 E=2E = 2E=2，问至少需抽多少样本？

解：

n≥(1.96×102)2=9.82=96.04 n \geq \left(\frac{1.96 \times 10}{2}\right)^2 = 9.8^2 = 96.04 n≥(21.96×10)2=9.82=96.04

取 n=97n = 97n=97。

(二) σ\sigmaσ 未知时的替代方法

预实验法 ：先抽取一个小样本（如 n0=30n_0 = 30n0=30），用样本标准差 sss 代替 σ\sigmaσ。
经验估计法 ：根据以往经验或研究背景估计 σ\sigmaσ。
极差法 ：σ^≈R/4\hat{\sigma} \approx R / 4σ^≈R/4（RRR 为极差的粗略估计）。

7.4.2 估计比例 ppp 时的样本量

在估计比例 ppp 时，误差限为

E=zα/2p(1−p)n E = z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} E=zα/2np(1−p)

n≥zα/22⋅p(1−p)E2 n \geq \frac{z_{\alpha/2}^2 \cdot p(1-p)}{E^2} n≥E2zα/22⋅p(1−p)

问题：ppp 未知。

处理方法：

保守估计 ：取 p=0.5p = 0.5p=0.5（此时 p(1−p)=0.25p(1-p) = 0.25p(1−p)=0.25 最大，样本量最保守）

n≥zα/22×0.25E2=zα/224E2 \boxed{n \geq \frac{z_{\alpha/2}^2 \times 0.25}{E^2} = \frac{z_{\alpha/2}^2}{4E^2}} n≥E2zα/22×0.25=4E2zα/22

预估法 ：用预实验或历史数据得到的 p^\hat{p}p^ 代替。

【例7-13】 要估计某产品的不合格品率，要求在 95% 置信水平下误差不超过 E=0.03E = 0.03E=0.03，且没有先验信息，至少需抽多少样本？

解：

取 p=0.5p = 0.5p=0.5 作为保守估计：

n≥1.962×0.5×0.50.032=0.96040.0009=1067.1 n \geq \frac{1.96^2 \times 0.5 \times 0.5}{0.03^2} = \frac{0.9604}{0.0009} = 1067.1 n≥0.0321.962×0.5×0.5=0.00090.9604=1067.1

取 n=1068n = 1068n=1068。

7.4.3 两个总体均值之差的样本量

若两组样本量相等 n1=n2=nn_1 = n_2 = nn1=n2=n，σ1,σ2\sigma_1, \sigma_2σ1,σ2 已知，误差限为 EEE，则

E=zα/2σ12n+σ22n=zα/2σ12+σ22n E = z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n}+\frac{\sigma_2^2}{n}} = z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\sigma_1^2+\sigma_2^2}{n}} E=zα/2nσ12+nσ22 =zα/2nσ12+σ22

n≥zα/22(σ12+σ22)E2 \boxed{n \geq \frac{z_{\alpha/2}^2(\sigma_1^2 + \sigma_2^2)}{E^2}} n≥E2zα/22(σ12+σ22)

思考与练习

一、选择题

1. 设总体 X∼N(μ,σ2)X \sim N(\mu, \sigma^2)X∼N(μ,σ2)，σ2\sigma^2σ2 已知，μ\muμ 的置信区间长度 LLL 与置信水平 1−α1-\alpha1−α 的关系是（　）。

A. 1−α1-\alpha1−α 越小，LLL 越短

B. 1−α1-\alpha1−α 越小，LLL 越长

C. 1−α1-\alpha1−α 与 LLL 无关

D. 以上都不对

答案：A

解析：L=2zα/2⋅σnL = 2z_{\alpha/2} \cdot \dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}L=2zα/2⋅n σ，1−α1-\alpha1−α 越小，则 α\alphaα 越大，zα/2z_{\alpha/2}zα/2 越小，LLL 越短。

2. 样本量 nnn 固定时，μ\muμ 的置信区间（σ\sigmaσ 未知）使用的是（　）分布。

A. N(0,1)N(0,1)N(0,1)

B. t(n)t(n)t(n)

C. t(n−1)t(n-1)t(n−1)

D. χ2(n−1)\chi^2(n-1)χ2(n−1)

答案：C

3. 设 θ^1,θ^2\hat{\theta}_1, \hat{\theta}_2θ^1,θ^2 都是 θ\thetaθ 的无偏估计，且 D(θ^1)<D(θ^2)D(\hat{\theta}_1) < D(\hat{\theta}_2)D(θ^1)<D(θ^2)，则（　）更有效。

A. θ^1\hat{\theta}_1θ^1

B. θ^2\hat{\theta}_2θ^2

C. 无法判断

D. 两者一样

答案：A

二、填空题

4. 设 X1,X2,⋯ ,XnX_1, X_2, \cdots, X_nX1,X2,⋯,Xn 为来自 N(μ,1)N(\mu, 1)N(μ,1) 的样本，则 μ\muμ 的 95% 置信区间为 ________。

答案： $Xˉ-1.96/n, Xˉ+1.96/n$ \left $\\bar{X} - 1.96/\\sqrt{n},\\ \\bar{X} + 1.96/\\sqrt{n}\\right$ $Xˉ-1.96/n , Xˉ+1.96/n$

5. 样本方差 S2=1n−1∑i=1n(Xi−Xˉ)2S^2 = \dfrac{1}{n-1}\displaystyle\sum_{i=1}^n(X_i - \bar{X})^2S2=n−11i=1∑n(Xi−Xˉ)2 是 σ2\sigma^2σ2 的________估计量。

答案： 无偏

三、计算题

6.（矩估计与MLE综合） 设总体的概率密度为

f(x;θ)={θxθ−1,0<x<10,其他 f(x;\theta) = \begin{cases} \theta x^{\theta-1}, & 0 < x < 1 \\ 0, & \text{其他} \end{cases} f(x;θ)={θxθ−1,0,0<x<1其他

其中 θ>0\theta > 0θ>0 未知，X1,X2,⋯ ,XnX_1, X_2, \cdots, X_nX1,X2,⋯,Xn 为样本。求：

(1) θ\thetaθ 的矩估计量；(2) θ\thetaθ 的最大似然估计量。

解：

(1) 矩估计

E(X)=∫01x⋅θxθ−1dx=θ∫01xθdx=θ⋅xθ+1θ+1∣01=θθ+1 E(X) = \int_0^1 x \cdot \theta x^{\theta-1} dx = \theta \int_0^1 x^{\theta} dx = \theta \cdot \frac{x^{\theta+1}}{\theta+1}\bigg|_0^1 = \frac{\theta}{\theta+1} E(X)=∫01x⋅θxθ−1dx=θ∫01xθdx=θ⋅θ+1xθ+1 01=θ+1θ

令 θθ+1=Xˉ\dfrac{\theta}{\theta+1} = \bar{X}θ+1θ=Xˉ，解得

θ=Xˉ1−Xˉ ⟹ θ^矩=Xˉ1−Xˉ \theta = \frac{\bar{X}}{1-\bar{X}} \implies \hat{\theta}_{矩} = \frac{\bar{X}}{1-\bar{X}} θ=1−XˉXˉ⟹θ^矩=1−XˉXˉ

(2) 最大似然估计

L(θ)=∏i=1nθxiθ−1=θn∏i=1nxiθ−1=θn(∏i=1nxi)θ−1 L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} \theta x_i^{\theta-1} = \theta^n \prod_{i=1}^{n} x_i^{\theta-1} = \theta^n \left(\prod_{i=1}^n x_i\right)^{\theta-1} L(θ)=i=1∏nθxiθ−1=θni=1∏nxiθ−1=θn(i=1∏nxi)θ−1

ln⁡L=nln⁡θ+(θ−1)∑i=1nln⁡xi \ln L = n\ln\theta + (\theta-1)\sum_{i=1}^{n}\ln x_i lnL=nlnθ+(θ−1)i=1∑nlnxi

dln⁡Ldθ=nθ+∑i=1nln⁡xi=0 \frac{d\ln L}{d\theta} = \frac{n}{\theta} + \sum_{i=1}^{n}\ln x_i = 0 dθdlnL=θn+i=1∑nlnxi=0

θ^=−n∑i=1nln⁡xi ⟹ θ^MLE=−n∑i=1nln⁡Xi \hat{\theta} = -\frac{n}{\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\ln x_i} \implies \hat{\theta}{MLE} = -\frac{n}{\displaystyle\sum{i=1}^{n}\ln X_i} θ^=−i=1∑nlnxin⟹θ^MLE=−i=1∑nlnXin

7.（区间估计综合） 某批灯泡寿命 X∼N(μ,σ2)X \sim N(\mu, \sigma^2)X∼N(μ,σ2)，随机抽取 n=16n = 16n=16 只，测得 xˉ=1490\bar{x} = 1490xˉ=1490（小时），s=20s = 20s=20（小时）。

(1) 求 μ\muμ 的 95% 置信区间；

(2) 求 σ2\sigma^2σ2 的 95% 置信区间。

解：

(1) σ\sigmaσ 未知，使用 ttt 分布，自由度 ν=15\nu = 15ν=15

t0.025(15)=2.131 t_{0.025}(15) = 2.131 t0.025(15)=2.131

xˉ±t0.025(15)⋅sn=1490±2.131×204=1490±10.655 \bar{x} \pm t_{0.025}(15) \cdot \frac{s}{\sqrt{n}} = 1490 \pm 2.131 \times \frac{20}{4} = 1490 \pm 10.655 xˉ±t0.025(15)⋅n s=1490±2.131×420=1490±10.655

μ\muμ 的 95% 置信区间为 $1479.345, 1500.655$ \boxed{ $1479.345,\\ 1500.655$ } $1479.345, 1500.655$

(2) 自由度 ν=15\nu = 15ν=15

χ0.0252(15)=27.488,χ0.9752(15)=6.262 \chi^2_{0.025}(15) = 27.488, \quad \chi^2_{0.975}(15) = 6.262 χ0.0252(15)=27.488,χ0.9752(15)=6.262

15×40027.488,15×4006.262\]=\[218.28, 958.00\] \\left\[\\frac{15 \\times 400}{27.488},\\quad \\frac{15 \\times 400}{6.262}\\right\] = \[218.28,\\ 958.00\] \[27.48815×400,6.26215×400\]=\[218.28, 958.00

σ2\sigma^2σ2 的 95% 置信区间为 $218.28, 958.00$ \boxed{ $218.28,\\ 958.00$ } $218.28, 958.00$

8.（两总体均值差） 为比较两种教学方法的效果，方法A取 n1=25n_1=25n1=25 名学生，xˉ1=78\bar{x}_1=78xˉ1=78，s1=10s_1=10s1=10；方法B取 n2=20n_2=20n2=20 名学生，xˉ2=73\bar{x}_2=73xˉ2=73，s2=12s_2=12s2=12。假设两总体方差相等，求 μ1−μ2\mu_1 - \mu_2μ1−μ2 的 95% 置信区间。

解：

Sw2=(25−1)×102+(20−1)×12225+20−2=2400+273643=513643=119.44 S_w^2 = \frac{(25-1) \times 10^2 + (20-1) \times 12^2}{25+20-2} = \frac{2400 + 2736}{43} = \frac{5136}{43} = 119.44 Sw2=25+20−2(25−1)×102+(20−1)×122=432400+2736=435136=119.44

Sw=10.929 S_w = 10.929 Sw=10.929

t0.025(43)≈2.017 t_{0.025}(43) \approx 2.017 t0.025(43)≈2.017

(78−73)±2.017×10.929×125+120=5±2.017×10.929×0.3 (78-73) \pm 2.017 \times 10.929 \times \sqrt{\frac{1}{25}+\frac{1}{20}} = 5 \pm 2.017 \times 10.929 \times 0.3 (78−73)±2.017×10.929×251+201 =5±2.017×10.929×0.3

=5±2.017×3.279=5±6.614 = 5 \pm 2.017 \times 3.279 = 5 \pm 6.614 =5±2.017×3.279=5±6.614

注意这里计算：

125+120=0.04+0.05=0.09=0.3 \sqrt{\frac{1}{25}+\frac{1}{20}} = \sqrt{0.04+0.05} = \sqrt{0.09} = 0.3 251+201 =0.04+0.05 =0.09 =0.3

5±2.017×10.929×0.3=5±6.614 5 \pm 2.017 \times 10.929 \times 0.3 = 5 \pm 6.614 5±2.017×10.929×0.3=5±6.614

μ1−μ2\mu_1 - \mu_2μ1−μ2 的 95% 置信区间为 $-1.614, 11.614$ \boxed{ $-1.614,\\ 11.614$ } $-1.614, 11.614$

由于区间包含 0，两种教学方法的效果差异在 95% 置信水平下不显著。

9.（样本量确定） 某公司希望估计其产品平均重量，已知总体标准差 σ=5\sigma = 5σ=5 克。要求在 99% 置信水平下，估计误差不超过 E=1E = 1E=1 克，至少需要抽多少件产品？

解：

n≥(z0.005×σE)2=(2.576×51)2=12.882=165.89 n \geq \left(\frac{z_{0.005} \times \sigma}{E}\right)^2 = \left(\frac{2.576 \times 5}{1}\right)^2 = 12.88^2 = 165.89 n≥(Ez0.005×σ)2=(12.576×5)2=12.882=165.89

至少需要 n=166n = \boxed{166}n=166 件。

10.（比例估计与样本量） 某市交通部门欲估计闯红灯者的比例，在一个路口观察了 200 辆车，发现有 30 辆闯红灯。

(1) 求闯红灯比例 ppp 的 95% 置信区间；

(2) 若要使 95% 置信区间的半长不超过 0.02，至少需观察多少辆车？

解：

(1)

p^=30200=0.15 \hat{p} = \frac{30}{200} = 0.15 p^=20030=0.15

p^±1.960.15×0.85200=0.15±1.96×0.0006375 \hat{p} \pm 1.96\sqrt{\frac{0.15 \times 0.85}{200}} = 0.15 \pm 1.96 \times \sqrt{0.0006375} p^±1.962000.15×0.85 =0.15±1.96×0.0006375

=0.15±1.96×0.02525=0.15±0.0495 = 0.15 \pm 1.96 \times 0.02525 = 0.15 \pm 0.0495 =0.15±1.96×0.02525=0.15±0.0495

置信区间为 $0.1005, 0.1995$ \boxed{ $0.1005,\\ 0.1995$ } $0.1005, 0.1995$

(2) 取 p^=0.15\hat{p} = 0.15p^=0.15 作为先验估计：

n≥1.962×0.15×0.850.022=0.48980.0004=1224.5 n \geq \frac{1.96^2 \times 0.15 \times 0.85}{0.02^2} = \frac{0.4898}{0.0004} = 1224.5 n≥0.0221.962×0.15×0.85=0.00040.4898=1224.5

取 n=1225n = \boxed{1225}n=1225（辆）。

若没有先验信息，取 p=0.5p = 0.5p=0.5：

n≥1.962×0.250.022=0.96040.0004=2401 n \geq \frac{1.96^2 \times 0.25}{0.02^2} = \frac{0.9604}{0.0004} = 2401 n≥0.0221.962×0.25=0.00040.9604=2401

取 n=2401n = 2401n=2401。

本章核心公式速查表

估计对象	条件	枢轴量	分布
μ\muμ	σ2\sigma^2σ2 已知	Z=Xˉ−μσ/nZ = \dfrac{\bar{X}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}Z=σ/n Xˉ−μ	N(0,1)N(0,1)N(0,1)
μ\muμ	σ2\sigma^2σ2 未知	T=Xˉ−μS/nT = \dfrac{\bar{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}T=S/n Xˉ−μ	t(n−1)t(n-1)t(n−1)
σ2\sigma^2σ2	μ\muμ 未知	χ2=(n−1)S2σ2\chi^2 = \dfrac{(n-1)S^2}{\sigma^2}χ2=σ2(n−1)S2	χ2(n−1)\chi^2(n-1)χ2(n−1)
ppp	大样本	Z=p^−pp(1−p)/nZ = \dfrac{\hat{p}-p}{\sqrt{p(1-p)/n}}Z=p(1−p)/n p^−p	N(0,1)N(0,1)N(0,1)
μ1−μ2\mu_1-\mu_2μ1−μ2	σ12,σ22\sigma_1^2,\sigma_2^2σ12,σ22 已知	Z=(Xˉ−Yˉ)−(μ1−μ2)σ12/n1+σ22/n2Z = \dfrac{(\bar{X}-\bar{Y})-(\mu_1-\mu_2)}{\sqrt{\sigma_1^2/n_1+\sigma_2^2/n_2}}Z=σ12/n1+σ22/n2 (Xˉ−Yˉ)−(μ1−μ2)	N(0,1)N(0,1)N(0,1)
μ1−μ2\mu_1-\mu_2μ1−μ2	σ12=σ22=σ2\sigma_1^2=\sigma_2^2=\sigma^2σ12=σ22=σ2 未知	T=(Xˉ−Yˉ)−(μ1−μ2)Sw1/n1+1/n2T = \dfrac{(\bar{X}-\bar{Y})-(\mu_1-\mu_2)}{S_w\sqrt{1/n_1+1/n_2}}T=Sw1/n1+1/n2 (Xˉ−Yˉ)−(μ1−μ2)	t(n1+n2−2)t(n_1+n_2-2)t(n1+n2−2)
p1−p2p_1-p_2p1−p2	大样本	Z=(p^1−p^2)−(p1−p2)p^1(1−p^1)/n1+p^2(1−p^2)/n2Z = \dfrac{(\hat{p}_1-\hat{p}_2)-(p_1-p_2)}{\sqrt{\hat{p}_1(1-\hat{p}_1)/n_1+\hat{p}_2(1-\hat{p}_2)/n_2}}Z=p^1(1−p^1)/n1+p^2(1−p^2)/n2 (p^1−p^2)−(p1−p2)	N(0,1)N(0,1)N(0,1)
σ12/σ22\sigma_1^2/\sigma_2^2σ12/σ22	μ1,μ2\mu_1,\mu_2μ1,μ2 未知	F=S12/σ12S22/σ22F = \dfrac{S_1^2/\sigma_1^2}{S_2^2/\sigma_2^2}F=S22/σ22S12/σ12	F(n1−1,n2−1)F(n_1-1,n_2-1)F(n1−1,n2−1)

样本量公式：

场景	公式
估计 μ\muμ（σ\sigmaσ 已知）	n≥(zα/2σE)2n \geq \left(\dfrac{z_{\alpha/2}\sigma}{E}\right)^2n≥(Ezα/2σ)2
估计 ppp（保守）	n≥zα/224E2n \geq \dfrac{z_{\alpha/2}^2}{4E^2}n≥4E2zα/22
估计 ppp（有 p^\hat{p}p^）	n≥zα/22p^(1−p^)E2n \geq \dfrac{z_{\alpha/2}^2\hat{p}(1-\hat{p})}{E^2}n≥E2zα/22p^(1−p^)
估计 μ1−μ2\mu_1-\mu_2μ1−μ2（等样本量）	n≥zα/22(σ12+σ22)E2n \geq \dfrac{z_{\alpha/2}^2(\sigma_1^2+\sigma_2^2)}{E^2}n≥E2zα/22(σ12+σ22)