正态总体均值与方差的
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正态分布总体 总体均值已知 方差的置信区间
正态分布总体总体均值已知方差的置信区间【文章开头】一、引言在统计学中，正态分布总体是相当常见的一种总体类型。
当我们需要对一个正态分布总体的总体均值进行推断时，有时候我们会面临到总体均值已知，但方差未知的情况。
对于这样的情况，我们可以使用置信区间来进行推断。
二、什么是置信区间？置信区间是指在统计推断中，对总体参数的估计范围。
通常，我们会给出一个置信水平，比如95%的置信水平，表示对总体参数的估计有95%的把握是正确的。
置信区间由一个下限和一个上限组成，表示总体参数可能落在这个范围内的概率。
三、正态分布总体的总体均值已知的情况下，方差的置信区间如何计算？当正态分布总体的总体均值已知时，我们可以使用样本标准差来作为总体方差的估计。
我们可以利用样本大小、置信水平和样本标准差来计算方差的置信区间。
四、计算步骤1. 收集样本数据：从正态分布总体中随机抽取样本，并记录样本数据。
2. 计算样本标准差：利用样本数据计算样本标准差。
样本标准差是总体方差的一个无偏估计。
3. 确定置信水平：根据需要的置信水平，确定置信水平对应的临界值。
临界值可以从统计表中查找。
4. 计算置信区间：利用样本大小、样本标准差和置信水平的临界值，计算方差的置信区间。
五、示例假设我们想研究某种药物对血压的影响。
我们从正态分布的总体中随机抽取了100个样本，并记录了每个样本的血压数据。
我们已知总体均值为120，方差未知。
现在，我们想要计算方差的95%置信区间。
1. 收集样本数据：从正态分布总体中随机抽取100个样本，并记录血压数据。
2. 计算样本标准差：利用样本数据计算样本标准差。
假设计算得到样本标准差为10。
3. 确定置信水平：我们希望得到95%的置信区间，因此置信水平为0.95。
4. 计算置信区间：根据样本大小100，样本标准差10，和置信水平0.95的临界值，我们可以计算得到方差的置信区间。
【文章主体】六、方差的置信区间是如何帮助我们进行推断的？方差的置信区间为我们提供了一个总体参数可能的取值范围。
§6.3正态总体样本均值与样本方差的分布
X~
, X~
Sn
P X12X22X32 2.5
,Xn为X的样本,则 , .
X ~ t(n 1).
S/ n
证明 因为 X/n~N(0,1),(n12)S2~2(n1),
且两者独立, 由 t 分布的定义知
X / n
(n2(n1)S12)~t(n1).
6.3.2 两个正态总体的情形
定理6.3 设X1, X2, , Xn与Y1,Y2, ,Ym分别是来
§6.3 正态总体样本均值与样本方差的分布
单个正态总体的情形 两个正态总体的情形 小结 练习
在概率统计问题中，正态分布占据着十分重
要的位置，这是因为许多量的概率分布或者是正
态分布，或者接近于正态分布，而且，正态分布
有许多优良性质，便于进行较深入的理论研究。
因此，我们着重来讨论一下正态总体下的抽样分
S12/S22
12/22
~F(n1,m1);
(3)
当 12
Байду номын сангаас
2 2
2
时,
(X Y ) (1 2 ) ~ t(n m 2),
Sw
1 1 nm
其中
Sw2
(n 1)S12 (m 1)S22 nm2
,
Sw
Sw2 .
小结
两个重要定理
定理6.1
X
~
N
布，其中最重要的统计量自然是样本均值和样本
方差。
样本均值
X
1 n
n i1
Xi
样本方差 S2n11i n1(Xi X)2
6.3.1 单个正态总体的情形
6-3正态总体样本均值和样本方差的分布
12
2 ( 2 ) 1 2 0 , 9 7 72 1 【注】 D(X Y ) D(X ) D(Y ) 3 3 1 ．
20 30 4
0．. 9 5 4 4
•7
§3 正态总体样本均值和样本方差的分布
（本节为第七章和第八章的基础）
内容： 单正态总体样本均值和样本方差的分布（重点讲授） 双正态总体样本均值和样本方差的分布（简单介绍）
•1
一、单正态总体样本均值和样本方差的分布
定理 3.1 设 (X1, X2,L , Xn ) 为来自总体 X ~ N (, 2 ) 的
1) ．
•6
例 3.3 从总体 X ~ N(1,3) 中分别抽取容量为 20, 30 的两个 独立样本，求其样本均值差的绝对值小于1的概率．
解 设 两个 样本均 值分 别为 X 和 Y ， 由定 理 3.2⑴ ，可 得 X Y ~ N(0, 1) ，所以
4 P{ X Y 1} P{ X Y 2}
Xi
，样本方差为 S12
1 n1 1
n1 i1
(Xi
X )2
．
(Y1,Y2 ,L
,Yn2 ) 为来自总体Y
~
N
(2
,
2 2
)
的一个样本，样本均
值为Y
1 n2
n2
Yi ，样本方差为 S22
i 1
1 n2 1
n2 i1
(Yi
Y )2
，且
X1, X 2 ,L , X n1 与 Y1,Y2 ,L ,Yn2 相互独立．则
例 3.1 设 (X1, X2,L , X9 ) 为来自总体 X ~ N (, 2 ) 的一个 样本，求 P{0.4656 X 0.9655}．
S
2 ( 2 ) 1 2 0 , 9 7 72 1 【注】 D(X Y ) D(X ) D(Y ) 3 3 1 ．
20 30 4
0．. 9 5 4 4
•7
§3 正态总体样本均值和样本方差的分布
（本节为第七章和第八章的基础）
内容： 单正态总体样本均值和样本方差的分布（重点讲授） 双正态总体样本均值和样本方差的分布（简单介绍）
•1
一、单正态总体样本均值和样本方差的分布
定理 3.1 设 (X1, X2,L , Xn ) 为来自总体 X ~ N (, 2 ) 的
1) ．
•6
例 3.3 从总体 X ~ N(1,3) 中分别抽取容量为 20, 30 的两个 独立样本，求其样本均值差的绝对值小于1的概率．
解 设 两个 样本均 值分 别为 X 和 Y ， 由定 理 3.2⑴ ，可 得 X Y ~ N(0, 1) ，所以
4 P{ X Y 1} P{ X Y 2}
Xi
，样本方差为 S12
1 n1 1
n1 i1
(Xi
X )2
．
(Y1,Y2 ,L
,Yn2 ) 为来自总体Y
~
N
(2
,
2 2
)
的一个样本，样本均
值为Y
1 n2
n2
Yi ，样本方差为 S22
i 1
1 n2 1
n2 i1
(Yi
Y )2
，且
X1, X 2 ,L , X n1 与 Y1,Y2 ,L ,Yn2 相互独立．则
例 3.1 设 (X1, X2,L , X9 ) 为来自总体 X ~ N (, 2 ) 的一个 样本，求 P{0.4656 X 0.9655}．
S
一个正态总体均值和方差假设检验
0.6685
1.7531
16
故接受H0 ，即认为元件的平均寿命不大于225小时。
12
二. 未知期望,检验方差
1.双边假设检验
未知期望, H0: 2 = 02 , H1: 202
(1) 提出原假设H0: 2 = 02 ，H1: 202.
(2)
选择统计量
2
(n
1)S
2
2
(3) 在假设H0成立的条件下，确定该统计量服从的 分布：2～2(n-1),自由度为n-1.
当
2 0
2 (n
1)时， 则拒绝H0
；
当
2 0
2 (n
1)时，则接受H0
.
19
例5 某种导线要求其电阻的标准差不得超0.005欧. 今在生产的一批导线中取样品9根，测得s=0.007欧. 问在＝0.05条件下,能认为这批导线的方差显著的 偏大吗？
解 提出原假设H0: 2 (0.005)2 ，H1: 2>(0.005)2.
选择统计量 T X
S
n
如果假设H0成立，那么
T
X
12 S
77
~
t(4)
5
9
取＝0.05，得t0.025(4)=2.776,则
P{|
X
S
1277 |
2.776}
0.05
4
根据样本值计算得x =1259, s2=570/4.所以
x 1277
| t0 || 570
|
45
| 1259 1277| 3.37 2.776
1)时，
2
2
则拒绝H0 ；
当
2 1
(n 1)
2 0
7.4单个正态总体均值与方差的区间估计
2
(n 1)S 2
2 1
/
2
(n
1)
1,
P
(n 1)S 2
2
/
2
(n
1)
(n
2 1
/2
1)S 2 (n
1)
1
,
即标准差 的置信水平为1 α 的一个置信区间为
n 1S ,
2 / 2(n 1)
n
2 1 /
1S 2(n
1)
.
11
概率论与数理统计
例2 (续例1) 求例1中总体标准差 的置信度为0.95 的置信区间.
506 508 499 503 504 510 497 512 514 505 493 496 506 502 509 496
设袋装糖果的质量服从正态分布, 试求总体均值
的置信度为 0.95 的置信区间.
(1) 2 38.44; (2) 2未知. 解： 1 0.95, 0.05
6
概率论与数理统计
b
3
概率论与数理统计
由P
z
/
2
X
/
n
z /2
1,
P X
n
z / 2
X
n
z
/
2
1
.
即的一个置信水平为1 的置信区间为
X
n
z / 2 , X
n
z / 2 .
置信区间的长度为
2
n
z / 2 .
4
概率论与数理统计
2 2未知
“枢轴量”
X ~ t(n 1)
1
S/ n
由
P{tα
2(n 1)
X S
《概率论与数理统计教学课件》8第八章—正态总体均值和方差的假设检验
0
真)
P1 2
(
x y
11
k)
k t (n1 n2 2)
sw
n1 n2
2
概率统计
在显著性水平 下, H0 的拒绝域:
x y
sw
11
t (n1 n2 2)
2
n1 n2
注:
当
2 1
2 2
2
未知时
检验假设
或
H0 : 1 -2 (或1 2 ), H0 : 1 2 （或1 2 ),
2
概率统计
所以拒绝H 0 ,可认为这两种轮胎的耐磨性有显著差异。
注： ▲ 用两种不同的方法得到了两种不同的结论，那么
究竟应该采取哪一个结论比较合理呢？
显然，应该采取第二种方法得出的结论是合理的
因为数据配对的方法是针对同一架飞机的，它是 排除了因飞机之间的试验条件的不同而对数据产 生的干扰，所以它是直接反映了这两种轮胎的耐 磨性的显著差异的情况，因此，应采取第二种方 法得出的结论，即可认为这两种轮胎的耐磨性有 显著差异。
概率统计
按单个正态总体中当 2 未知时，关于 的假设检验
的计算公式，可得 H0 的拒绝域为：
C { t t t (n 1)}
2
经计算 d 320 , s2 89425 ,
t
d s
320 2.83 89425
n
8
t (n 1) t0.05 (7) 2.365
2
2
因为： t 2.83 t0.05 (7) 2.365
为已知常数，显著水平为
概率统计
Q 检验统计量
(X Y)
~ N (0,1)
2 1
2 2
n1 n2
真)
P1 2
(
x y
11
k)
k t (n1 n2 2)
sw
n1 n2
2
概率统计
在显著性水平 下, H0 的拒绝域:
x y
sw
11
t (n1 n2 2)
2
n1 n2
注:
当
2 1
2 2
2
未知时
检验假设
或
H0 : 1 -2 (或1 2 ), H0 : 1 2 （或1 2 ),
2
概率统计
所以拒绝H 0 ,可认为这两种轮胎的耐磨性有显著差异。
注： ▲ 用两种不同的方法得到了两种不同的结论，那么
究竟应该采取哪一个结论比较合理呢？
显然，应该采取第二种方法得出的结论是合理的
因为数据配对的方法是针对同一架飞机的，它是 排除了因飞机之间的试验条件的不同而对数据产 生的干扰，所以它是直接反映了这两种轮胎的耐 磨性的显著差异的情况，因此，应采取第二种方 法得出的结论，即可认为这两种轮胎的耐磨性有 显著差异。
概率统计
按单个正态总体中当 2 未知时，关于 的假设检验
的计算公式，可得 H0 的拒绝域为：
C { t t t (n 1)}
2
经计算 d 320 , s2 89425 ,
t
d s
320 2.83 89425
n
8
t (n 1) t0.05 (7) 2.365
2
2
因为： t 2.83 t0.05 (7) 2.365
为已知常数，显著水平为
概率统计
Q 检验统计量
(X Y)
~ N (0,1)
2 1
2 2
n1 n2
正态总体样本均值与方差的分布和性质
70 72 = Φ (0.2 n ) = 1Φ 10 n
故
令 得 即 取
Φ (0.2 n ) ≥ 0.9
0.2 n ≥ 1.29
n ≥ 41.6025 n = 42
ch6-54
例6. 从正态总体 X ~ N ( μ , σ 2 ) 中，抽取了n = 20
的样本 X 1 , X 2 , L , X 20
1 Y ~ χ 2 (16) ∑ 3 i i =1
16 2
1 X1 + X 2 + L + X 9 3 × 4 ( X1 + X 2 + L + X 9 ) = ~ T (16) 2 2 2 2 16 Y1 + Y2 + L + Y16 1Y ∑ 3 i i =1 16
例9. 设X 1 , X 2 , L , X n 是来自正态总体 N( μ,σ2)的 简单随机样本,
其样本均值为
1 2n X = ∑ Xi 2n i =1
求统计量
Y = ∑ ( X i + X n +i 2 X )
i =1
n
2
的数学期望E(Y ).
2. 设总体 X ~ N (0,1) , X 1 , X 2 , L , X 6 为总体 X
ch6-64
Y 的样本, = ( X 1 + X 2 + X 3 ) 2 + ( X 4 + X 5 + X 6 ) 2 χ 2分布. 试确定常数c 使cY 服从
ch6-52
N ( 52 , 6 . 3 2 )中,随机地抽取一个容量为36的 例4. 在总体
样本,求样本均值
X 落在50.8到53.8之间的概率
故
令 得 即 取
Φ (0.2 n ) ≥ 0.9
0.2 n ≥ 1.29
n ≥ 41.6025 n = 42
ch6-54
例6. 从正态总体 X ~ N ( μ , σ 2 ) 中，抽取了n = 20
的样本 X 1 , X 2 , L , X 20
1 Y ~ χ 2 (16) ∑ 3 i i =1
16 2
1 X1 + X 2 + L + X 9 3 × 4 ( X1 + X 2 + L + X 9 ) = ~ T (16) 2 2 2 2 16 Y1 + Y2 + L + Y16 1Y ∑ 3 i i =1 16
例9. 设X 1 , X 2 , L , X n 是来自正态总体 N( μ,σ2)的 简单随机样本,
其样本均值为
1 2n X = ∑ Xi 2n i =1
求统计量
Y = ∑ ( X i + X n +i 2 X )
i =1
n
2
的数学期望E(Y ).
2. 设总体 X ~ N (0,1) , X 1 , X 2 , L , X 6 为总体 X
ch6-64
Y 的样本, = ( X 1 + X 2 + X 3 ) 2 + ( X 4 + X 5 + X 6 ) 2 χ 2分布. 试确定常数c 使cY 服从
ch6-52
N ( 52 , 6 . 3 2 )中,随机地抽取一个容量为36的 例4. 在总体
样本,求样本均值
X 落在50.8到53.8之间的概率
正态总体均值方差的区间估计
2 2 2
2
)
(2) σ12=σ22=σ2, σ2未知,μ1- μ2的1-α置信区间 ① 对于μ1- μ2，构造枢轴变量: ( X Y ) ( 1 2 ) T ~ t (n1 n2 2) S 1 / n1 1 / n2 ② 构造T的 一个1-α区间:
P(| T | t (n1 n2 2)) 1
X
③ μ的1-α置信区间:
( X t / 2 ( n 1 ) S n , X t / 2 ( n 1 ) S n )
1-α
例1 设正态总体的方差为1, 根据取自该总体的容 量为100的样本计算得到样本均值为5, 求总体均 值的置信度为0.95的置信区间.
解 已知σ2=1, α=0.05, μ的1-α置信区间：
③ 变形得到μ1- μ2的1-α置信区间:
2
( ( X Y ) t ( n1 n2 2) S
2
1 1 , n1 n2 1 1 ) n1 n2
( X Y ) t ( n1 n2 2) S
2
例 4 某工厂利用两条自动化流水线罐装番茄酱, 分别从两条流水线上抽取随机样本: X 1 , X 2 , , X 12
未知
① 构造枢轴变量: (n 1)S 2 2 Q ~ ( n 1) 2 ② 构造Q的 一个1-α区间:
P{1 Q 2 } 1
f(x)
α/2 λ1 α/2 X 2 λ (n 1)2 (n 1)
2 1
③ 解不等式得到σ2的1-α置信区间:
若 1 2 的置信区间的上限小于零, 则可认为1 2 ;
(2)构造F的 一个1-α区间: P(λ1<F< λ2)=1-α
2
)
(2) σ12=σ22=σ2, σ2未知,μ1- μ2的1-α置信区间 ① 对于μ1- μ2，构造枢轴变量: ( X Y ) ( 1 2 ) T ~ t (n1 n2 2) S 1 / n1 1 / n2 ② 构造T的 一个1-α区间:
P(| T | t (n1 n2 2)) 1
X
③ μ的1-α置信区间:
( X t / 2 ( n 1 ) S n , X t / 2 ( n 1 ) S n )
1-α
例1 设正态总体的方差为1, 根据取自该总体的容 量为100的样本计算得到样本均值为5, 求总体均 值的置信度为0.95的置信区间.
解 已知σ2=1, α=0.05, μ的1-α置信区间：
③ 变形得到μ1- μ2的1-α置信区间:
2
( ( X Y ) t ( n1 n2 2) S
2
1 1 , n1 n2 1 1 ) n1 n2
( X Y ) t ( n1 n2 2) S
2
例 4 某工厂利用两条自动化流水线罐装番茄酱, 分别从两条流水线上抽取随机样本: X 1 , X 2 , , X 12
未知
① 构造枢轴变量: (n 1)S 2 2 Q ~ ( n 1) 2 ② 构造Q的 一个1-α区间:
P{1 Q 2 } 1
f(x)
α/2 λ1 α/2 X 2 λ (n 1)2 (n 1)
2 1
③ 解不等式得到σ2的1-α置信区间:
若 1 2 的置信区间的上限小于零, 则可认为1 2 ;
(2)构造F的 一个1-α区间: P(λ1<F< λ2)=1-α
正态总体的均值和方差的假设检验
χ
2
(x)
2
2
O 12 /2(n 1) 2 / 2(n 1)
x
P{ χ 2
χ12α / 2(n 1)}
P{ χ 2
χα2/ 2n 1}
α, 2
拒绝域：
W 1 {( x1, x2, , xn ) : χ 2 χ12α / 2(n 1)}
U{( x1,
x2 , ,
xn )
:
2
2 /2
是否可以认为由新工艺炼出的铁水含碳质量分
数的方差仍为0.1082（ = 0.05）？
解 检验假设
(1)H0 : 2 0.1082, H1: 2 0.1082 ,
(2)取检验统计量：
χ2
(n 1)Sn*2 σ02
~
χ 2(n 1),(当H0为真时)
由n = 5, = 0.05算得,
χα2/ 2n 1 χ02.0254 11.1, χ12α / 2n 1 χ02.9754 0.484.
问： 若总体的均值 已知,则如何设计假设检验？
n
( Xi μ)2
构造χ 2 i1 σ2
~ χ 2(n)可类似进行检验.
例3 某炼钢厂铁水含碳质量分数X在正常情况下
服从正态分布 N ( μ,σ 2 ),现对操作工艺进行了改 革又测量了5炉铁水,含碳质量分数分别为：
4.421，4.052，4.357，4.287，4.683
t/2 n1 n2 2 t0.025 18 2.10
由| t | 2.49 2.10 t0.025 18 W1,
故拒绝假设H0,认为物品处理前后含脂率的均值 有显著差异。
3. 两正态总体方差的检验
设总体
X
~
N
2
(x)
2
2
O 12 /2(n 1) 2 / 2(n 1)
x
P{ χ 2
χ12α / 2(n 1)}
P{ χ 2
χα2/ 2n 1}
α, 2
拒绝域：
W 1 {( x1, x2, , xn ) : χ 2 χ12α / 2(n 1)}
U{( x1,
x2 , ,
xn )
:
2
2 /2
是否可以认为由新工艺炼出的铁水含碳质量分
数的方差仍为0.1082（ = 0.05）？
解 检验假设
(1)H0 : 2 0.1082, H1: 2 0.1082 ,
(2)取检验统计量：
χ2
(n 1)Sn*2 σ02
~
χ 2(n 1),(当H0为真时)
由n = 5, = 0.05算得,
χα2/ 2n 1 χ02.0254 11.1, χ12α / 2n 1 χ02.9754 0.484.
问： 若总体的均值 已知,则如何设计假设检验？
n
( Xi μ)2
构造χ 2 i1 σ2
~ χ 2(n)可类似进行检验.
例3 某炼钢厂铁水含碳质量分数X在正常情况下
服从正态分布 N ( μ,σ 2 ),现对操作工艺进行了改 革又测量了5炉铁水,含碳质量分数分别为：
4.421，4.052，4.357，4.287，4.683
t/2 n1 n2 2 t0.025 18 2.10
由| t | 2.49 2.10 t0.025 18 W1,
故拒绝假设H0,认为物品处理前后含脂率的均值 有显著差异。
3. 两正态总体方差的检验
设总体
X
~
N
两个正态总体均值及方差比的置信区间
置信区间的应用
置信区间为决策者提供了关于两个正态总体均值和方差比的不确定性估计。在许多实际应用中，如质量控制、生物统 计和金融等领域，这种不确定性估计对于制定决策和预测具有重要意义。
置信区间的精度
置信区间的精度取决于样本大小、总体分布以及所使用的统计方法的性质。在实践中，为了获得更精确 的置信区间，需要综合考虑这些因素，并选择适当的统计方法。
结合研究背景和实际应用场景，分析结果对实践的指 导意义和价值。
提出改进建议
根据分析结果，提出对未来研究的改进方向和建议。
05
总结与展望
研究成果总结
置信区间的计算方法
通过使用样本数据和适当的统计方法，可以计算出两个正态总体均值和方差比的置信区间。这些方法包括参数方法和 非参数方法，其中参数方法假设数据符合正态分布，而非参数方法则不依赖于数据分布的假设。
两个正态总体均值及 方差比的置信区间
目录
• 引言 • 两个正态总体均值的置信区间 • 两个正态总体方差比的置信区间 • 实际应用案例分析 • 总结与展望
01
引言
目的和背景
确定两个正态总体均值和方差比在一 定置信水平下的区间范围，为统计推 断提供依据。
解决实际生活中比较两个总体参数的 问题，如质量控制、医学研究Fra bibliotek经济 分析等领域。
公式：方差比的置信区间计算公式为 $left[frac{sigma_1^2}{sigma_2^2} pm t_{alpha/2,df} cdot sqrt{frac{hat{sigma}_1^2}{hat{sigma}_2^2} cdot left(frac{1}{n_1} + frac{1}{n_2}right)}right]$，其 中 $t_{alpha/2,df}$ 是t分布的临界值，$n_1$ 和 $n_2$ 是两个总体的样本量，$hat{sigma}_1^2$ 和 $hat{sigma}_2^2$ 是两个总体的样本方差。
置信区间为决策者提供了关于两个正态总体均值和方差比的不确定性估计。在许多实际应用中，如质量控制、生物统 计和金融等领域，这种不确定性估计对于制定决策和预测具有重要意义。
置信区间的精度
置信区间的精度取决于样本大小、总体分布以及所使用的统计方法的性质。在实践中，为了获得更精确 的置信区间，需要综合考虑这些因素，并选择适当的统计方法。
结合研究背景和实际应用场景，分析结果对实践的指 导意义和价值。
提出改进建议
根据分析结果，提出对未来研究的改进方向和建议。
05
总结与展望
研究成果总结
置信区间的计算方法
通过使用样本数据和适当的统计方法，可以计算出两个正态总体均值和方差比的置信区间。这些方法包括参数方法和 非参数方法，其中参数方法假设数据符合正态分布，而非参数方法则不依赖于数据分布的假设。
两个正态总体均值及 方差比的置信区间
目录
• 引言 • 两个正态总体均值的置信区间 • 两个正态总体方差比的置信区间 • 实际应用案例分析 • 总结与展望
01
引言
目的和背景
确定两个正态总体均值和方差比在一 定置信水平下的区间范围，为统计推 断提供依据。
解决实际生活中比较两个总体参数的 问题，如质量控制、医学研究Fra bibliotek经济 分析等领域。
公式：方差比的置信区间计算公式为 $left[frac{sigma_1^2}{sigma_2^2} pm t_{alpha/2,df} cdot sqrt{frac{hat{sigma}_1^2}{hat{sigma}_2^2} cdot left(frac{1}{n_1} + frac{1}{n_2}right)}right]$，其 中 $t_{alpha/2,df}$ 是t分布的临界值，$n_1$ 和 $n_2$ 是两个总体的样本量，$hat{sigma}_1^2$ 和 $hat{sigma}_2^2$ 是两个总体的样本方差。
正态总体样本均值与样本方差的分布
2
~ 2(n 1);
(3) X 与 S 2 相互独立.
定理6.2 设 X1, X2 ,L , Xn 是来自正态总体 N (, 2 )
的样本, X 与 S2 是样本均值与样本方差, 则
X ~ t(n 1).
S/ n
证明
因为 X ~ N (0,1), / n
(n 1)S 2
S2
1 n1
n i 1
(Xi
X
)2
6.3.1 单个正态总体的情形
定理6.1 设 X1, X2 ,L , Xn 是来自正态总体 N (, 2 )
的样本, X 与 S2 是样本均值与样本方差, 则
(1)
X
~
N
,
2
n
或
X
n
~ N 0, 1;
(2)
(n 1)S 2
2 2
nm
(2)
S12 / S22
2 1
/
2 2
~ F(n 1, m 1);
(3)
当
2 1
2 2
2
时,
( X Y ) (1 2 ) ~ t(n m 2),
Sw
1 1 nm
其中
Sw2
(n 1)S12 (m 1)S22 , nm2
在概率统计问题中，正态分布占据着十分重
要的位置，这是因为许多量的概率分布或者是正
态分布，或者接近于正态分布，而且，正态分布
有许多优良性质，便于进行较深入的理论研究。
因此，我们着重来讨论一下正态总体下的抽样分
~ 2(n 1);
(3) X 与 S 2 相互独立.
定理6.2 设 X1, X2 ,L , Xn 是来自正态总体 N (, 2 )
的样本, X 与 S2 是样本均值与样本方差, 则
X ~ t(n 1).
S/ n
证明
因为 X ~ N (0,1), / n
(n 1)S 2
S2
1 n1
n i 1
(Xi
X
)2
6.3.1 单个正态总体的情形
定理6.1 设 X1, X2 ,L , Xn 是来自正态总体 N (, 2 )
的样本, X 与 S2 是样本均值与样本方差, 则
(1)
X
~
N
,
2
n
或
X
n
~ N 0, 1;
(2)
(n 1)S 2
2 2
nm
(2)
S12 / S22
2 1
/
2 2
~ F(n 1, m 1);
(3)
当
2 1
2 2
2
时,
( X Y ) (1 2 ) ~ t(n m 2),
Sw
1 1 nm
其中
Sw2
(n 1)S12 (m 1)S22 , nm2
在概率统计问题中，正态分布占据着十分重
要的位置，这是因为许多量的概率分布或者是正
态分布，或者接近于正态分布，而且，正态分布
有许多优良性质，便于进行较深入的理论研究。
因此，我们着重来讨论一下正态总体下的抽样分
两个正态总体均值差和方差的假设检验
方差齐性检验是检验 两个正态总体方差是 否相等的统计方法。
常用的方差齐性检验 方法有：Levene检验、 Bartlett检验和Welch 检验。
Levene检验基于方差 分析，通过比较不同 组间的方差来判断方 差是否齐性。
Bartlett检验基于 Kruskal-Wallis秩和 检验，通过比较不同 组间的中位数和四分 位距来判断方差是否 齐性。
独立样本的均值检验
1
独立样本的均值检验是用来比较两个独立正态总 体的均值是否存在显著差异的统计方法。
2
常用的独立样本均值检验方法包括t检验和z检验， 其中t检验适用于小样本和大样本，而z检验适用 于大样本。
3
在进行独立样本均值检验时，需要满足独立性、 正态性和方差齐性的假设，以确保检验结果的准 确性和可靠性。
根据研究目的和数据类型，选择合适的统计量 来描述样本数据。
确定临界值
根据统计量的分布和显著性水平，确定临界值。
计算样本统计量
根据样本数据计算所选统计量的值。
做出决策
将样本统计量的值与临界值进行比较，做出接受 或拒绝原假设的决策。
解读结果
根据决策结果解读研究问题，给出结论和建议。
Part
02
两个正态总体均值的假设检验
Part
05
结论与展望
假设检验的优缺点
理论基础坚实
假设检验基于概率论和统计学原理，具有坚实的理论基础。
操作简便
假设检验提供了清晰的步骤和标准，方便研究者进行操作。
假设检验的优缺点
• 实用性强：假设检验广泛应用于各个领域，为科学研究和实践提供了有效的工具。
假设检验的优缺点
01
对数据要求较高
假设检验对数据的分布、样本量 等有一定的要求，不符合条件的 样本可能导致检验结果不准确。
正态总体中均值与方差的关系
正态总体中均值与方差的关系
在正态分布中，均值和方差之间存在密切的关系。
具体来说，正态分布的均值决定了分布的中心位置，而方差则决定了分布的分散程度。
方差越大，分布的形态就越平坦，越接近于均匀分布；方差越小，分布的形态就越陡峭，越接近于一个尖峰。
在统计学中，可以使用正态总体的均值和方差来描述数据的分布特征。
若已知正态总体的均值和方差，则可以确定其分布。
若总体服从正态分布，则样本均值也服从正态分布，并且与样本方差相互独立。
两个正态总体均值差及方差比的置信区间
1,2)
均未知,
求方差比
2 1
2 2
的置信度为0.90 的置信
区间. 解 n1 Байду номын сангаас8, n2 13,
0.10,
s12 0.34(mm2 ), s22 0.29(mm2 ),
F / 2(n1 1, n2 1) F0.05(17, 12) 2.59,
F1
/ 2(17,
12)
F0.95 (17,
涉及的两总体分别为
N
(
1
,
2
)和N
(
2
,
2
),
1
,
2
,
2 1
,
2 2
均未知，两样本相互独立，
求
2 1
/
2 2
的置信水平为
0.90的置信区间。
解 现在 n1 7 , n2 8, 1 0.9, / 2 0.05,
1
1
F0.05 (6,7)
3.87 , F10.05 (6,7)
F0.05 (7,6)
2 1
2 2
的一个置信度为
1
的置信区间
S12 S22
F / 2 (n1
1 1, n2
1)
,
S12 S22
1 F1 / 2 (n1
1, n2
1) .
推导过程如下:
由于 (n1 1)S12
2 1
~ 2(n1 1),
(n2 1)S22
22
~ 2(n2 1),
且由假设知
( n1
1)S12
Y
~
N
1
2
,
2 1
n1
2 2
正态分布总体 总体均值已知 方差的置信区间
如何确定正态分布总体均值已知的方差的置信区间在统计学中，置信区间是一种用来估计参数真实值范围的方法。
当我们知道总体均值，但方差未知时，我们需要确定正态分布总体总体均值已知的方差的置信区间。
在本文中，我将以从简到繁的方式来探讨这个主题，让您能更深入地理解。
1. 正态分布总体的概念让我们简要回顾一下正态分布总体的概念。
正态分布是最为常见的概率分布之一，其特点是呈钟形曲线，均值和标准差决定了曲线的中心位置和宽度。
在统计学中，我们常常使用正态分布来描述连续型随机变量的分布情况。
2. 总体均值已知的情况当我们已经知道正态分布总体的均值时，我们可以通过样本来估计总体的方差。
我们可以利用样本方差来估计总体方差，然后构建置信区间来确定总体方差的范围。
3. 方差的置信区间估计为了确定正态分布总体均值已知的方差的置信区间，我们可以利用卡方分布来进行估计。
卡方分布是一种特殊的概率分布，用于描述正态分布总体方差的抽样分布。
通过卡方分布的性质，我们可以构建出方差的置信区间，从而对总体方差做出估计。
4. 个人观点和理解在我的个人观点中，确定正态分布总体总体均值已知的方差的置信区间是统计学中非常重要的一部分。
这不仅可以帮助我们对总体方差进行估计，还可以为我们后续的推断统计提供重要的依据。
通过合理地构建置信区间，我们可以更准确地对总体参数进行推断，并且可以对我们的结论进行更加可靠的评估。
总结通过本文的阐述，我们可以深刻理解确定正态分布总体总体均值已知的方差的置信区间的方法。
我们需要对正态分布总体及其性质有一个清晰的认识。
我们可以利用样本数据来对总体方差进行估计，并且通过卡方分布来构建置信区间。
我也共享了我个人的观点和理解，希望可以为您对这个主题提供更多的思考。
在知识的文章格式中，可以使用序号标注来清晰地展示每个步骤的逻辑关系。
我希望本文的内容能够帮助您更好地理解正态分布总体总体均值已知的方差的置信区间的确定方法。
在统计学中，确定正态分布总体均值已知的方差的置信区间是一项重要的任务。
正态总体均值与方差的
1 n 2 2 = ∑ [ D( X i ) + E ( X i ) ] n[ D( X ) + E ( X )] n 1 i =1
σ 2 1 n 2 2 2 = [σ + μ ] n + μ = σ 2 , ∑ n 1 i =1 n
4S 2 2 2 于是 E ( L ) = E n [tα / 2 ( n 1)] 4 4 2 2 = [tα / 2 ( n 1)] E ( S ) = [tα / 2 ( n 1)]2 σ 2 . n n
根据第六章第二节定理二知
σ2
~ χ 2 ( n 1),
2 ( n 1) S 2 2 则 P χ 1α / 2 ( n 1) < < χ α / 2 ( n 1) = 1 α , 2 σ ( n 1) S 2 ( n 1) S 2 即 P 2 <σ2 < 2 = 1 α , χ 1α / 2 ( n 1) χ α / 2 ( n 1)
2 2 S1 S 2 X Y ± zα / 2 . + n1 n2
( 3) σ 1 = σ 2 = σ 2 , 但 σ 2 为未知,
2 2
μ1 μ 2的一个置信度为 1 α 的置信区间
1 1 X Y ± tα / 2 ( n1 + n2 2) S w + . n1 n2
(497.26, 508.58).
从此例可以看出, 当置信度 1 α 较大时, 置信区间也较大; 当置信度 1 α 较小时, 置信区间也较小 .
( 2) σ 2为未知,
S tα / 2 ( n 1) . μ的置信度为 1 α的置信区间 X ± n 推导过程如下:
σ 由于区间 X ± zα / 2 中含有未知参数 σ , 不能 n 直接使用此区间 ,
正态总体均值和方差的假设检验
给定检验水平，查t(n-1)表得, t1-/2(n-1),使
得,
P{| T | t (n 1)}
即得,
1 2
P{|
x s
0
|
t 1
(n 1)}
n
2
拒绝域： 即
算出|Ｔ|与 t1比较，若 2 否则，接受H 0.
T ， t1拒 绝 ， H 0 2
例３ 在某砖厂生产的一批砖中,随机地抽取6块进 行抗断强度试验,测得结果(单位:kg/cm2)如下: 32.56, 29.66, 31.64, 30.00, 31.87, 31.03, 设砖的抗断强度服从正态分布．问这批砖的 平均抗断强度是否为32.50 (kg/cm2)？(=0.05)。
2 0
,
H1
:
2
2 0
给定检验水平 ，查 2 n 1 分布表得
2 (n 1),
使得 P 2 2 (n 1)
根据样本值计算统计量的值.
如果 2 2 (n 1)
则拒绝 H 0 , 接受 H1.
第一类错误
弃真错误
第二类错误
取伪错误
假设检验的两类错误
所作判断 真实情况
H0 为真 H0 为假
接受 H0
拒绝 H0
正确
第二类错误 (取伪)
第一类错误 (弃真)
正确
犯第一类错误的概率通常记为 犯第二类错误的概率通常记为
P
否定H0
H
为真
0
P第一类错误
P
不否定H0
H
为假
0
P第二类错误
若 T t，1拒绝 ，H接0 受
H1
T t1 ，接受 H，0 拒绝 H。1
３，４形式的检验成为右边检验．
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4S 2 L2 = [tα / 2 ( n 1)]2 , n 1 n 2 2 又 E(S ) = E ∑( Xi X ) n 1 i =1 1 n 2 2 = E ∑ X i nX n 1 i =1
1 n 2 2 = ∑ E ( X i ) nE ( X ) n 1 i =1
2. 方差 σ 2 的置信区间
根据实际需要 , 只介绍 μ 未知的情况 . 方差 σ 2 的置信度为 1 α 的置信区间
( n 1) S 2 ( n 1) S 2 2 χ ( n 1) , χ 2 ( n 1) . α /2 1α / 2
推导过程如下:
因为 S 2 是 σ 2 的无偏估计 , ( n 1) S 2
注意: 在密度函数不对称时, 如 χ 2 分布和 F分布, 习惯上仍取对称的分位点来 确定置信区间(如图).
例5 (续例2) 求例2中总体标准差 σ的置信度为 0.95的置信区间. 解
α
2
= 0.025,
1
α
2
= 0.975,
n 1 = 15,
附表4-1 附表4-2
查 χ 2 ( n 1) 分布表可知 :
= 0.975,
n 1 = 11,
查 χ ( n 1) 分布表可知 :
2 χ 0.025 (11) = 21.920, 2 χ 0.975 (11) = 3.816,
方差 σ 2 的置信区间
(78.97, 453.64);
标准差 σ 的置信区间 (8.87, 21.30).
2 二、两个总体 N ( μ1 ,σ 12 ), N ( μ 2 ,σ 2 )的情况
设给定置信度为1 α , 并设 X 1 , X 2 , 第一个总体 N ( μ1 ,σ 1 )的样本 , Y1 ,Y2 ,
2 2 2 2
, Xn 为
,Yn 为第二
个总体 N ( μ 2 ,σ 2 )的样本 , X ,Y 分别是第一、二个 总体的样本均值 , S1 , S2 分别是第一、二个总体 的样本方差 .
根据第六章第二节定理二知
σ2
~ χ 2 ( n 1), Nhomakorabea2 ( n 1) S 2 2 则 P χ 1α / 2 ( n 1) < < χ α / 2 ( n 1) = 1 α , 2 σ ( n 1) S 2 ( n 1) S 2 即 P 2 <σ2 < 2 = 1 α , χ 1α / 2 ( n 1) χ α / 2 ( n 1)
2
的平均值 x2 = 93.75, 样本方差 s2 2 = 4.02,假设两总 体都可认为近似地服从正态分布, 且方差相等, 求 两总体均值差 μ1 μ 2的置信水平为 0.95的置 信区间. 解 由题意, 两总体样本独立且方差相等(但未知),
但因为 S 2 是 σ 2 的无偏估计 , 可用 S = S 2 替换 σ ,
X μ 又根据第六章定理三知 ~ t ( n 1), S/ n X μ 则 P tα / 2 ( n 1) < < tα / 2 ( n 1) = 1 α , S/ n
S S 即 PX tα / 2 ( n 1) < μ < X + tα / 2 ( n 1) = 1 α , n n
于是得 μ 的置信度为 1 α 的置信区间 S tα / 2 ( n 1) . X ± n
例2 有一大批糖果,现从中随机地取16袋, 称得重 量(克)如下: 506 508 499 503 504 510 497 512 514 505 493 496 506 502 509 496 设袋装糖果的重量服从正态分布, 试求总体均值
由 X , Y 的独立性及
2 σ1 , X ~ N μ1 , n1 2 σ2 , Y ~ N μ2 , n2
2 2 σ1 σ 2 , + 可知 X Y ~ N μ1 μ 2 , n1 n2
或
( X Y ) (μ1 μ 2 ) ~ N (0, 1),
例4 设 X 1 , X 2 ,
, X n 是来自正态总体 N ( μ , σ 2 )
2
的样本 , 其中σ 2 和 μ 为未知参数 , 设随机变量 L 是 关于 μ 的置信度为 1 α 的置信区间的长度 , 求 E ( L ). 当σ 2未知时 ,
解
μ 的置信度为 1 α 的置信区间为
S X± tα / 2 ( n 1) , n 2S 置信区间长度 L = tα / 2 ( n 1), n
即所求置信区间为 ( 3.07, 4.93).
例8
为提高某一化学生产过程的得率, 试图采用
一种新的催化剂, 为慎重起见, 在试验工厂先进行 试验. 设采用原来的催化剂进行了n1 = 8 次试验, 得到得率的平均值 x1 = 91.73. 样本方差 s1 = 3.89, 又采用新的催化剂进行了n2 = 8 次试验, 得到得率
于是得方差 σ 2 的置信度为 1 α 的置信区间
( n 1) S 2 ( n 1) S 2 2 χ ( n 1) , χ 2 ( n 1) . α /2 1α / 2
进一步可得: 标准差 σ 的一个置信度为 1 α 的置信区间
n 1S χ 2 ( n 1) , α /2 n 1S . χ 12α / 2 ( n 1)
(1) σ 2为已知, 由上节例2可知:
σ X± zα / 2 . μ 的一个置信水平为 1 α 的置信区间 n
例1 包糖机某日开工包了12包糖,称得质量(单 位:克)分别为506,500,495,488,504,486,505, 513,521,520,512,485. 假设重量服从正态分布, 且标准差为 σ = 10, 试求糖包的平均质量 μ 的 1 α
(497.26, 508.58).
从此例可以看出, 当置信度 1 α 较大时, 置信区间也较大; 当置信度 1 α 较小时, 置信区间也较小 .
( 2) σ 2为未知,
S tα / 2 ( n 1) . μ的置信度为 1 α的置信区间 X ± n 推导过程如下:
σ 由于区间 X ± zα / 2 中含有未知参数 σ , 不能 n 直接使用此区间 ,
2 2 S1 S 2 X Y ± zα / 2 . + n1 n2
( 3) σ 1 = σ 2 = σ 2 , 但 σ 2 为未知,
2 2
μ1 μ 2的一个置信度为 1 α 的置信区间
1 1 X Y ± tα / 2 ( n1 + n2 2) S w + . n1 n2
地服从正态分布,且由生产过程可认为它们的方差 相等, 求两总体均值差 μ1 μ 2的置信度为 0.95的置 信区间. 解 由题意, 两总体样本独立且方差相等(但未知),
α
2 查 t ( n 1) 分布表可知 : t0.025 ( 28) = 2.0484, sw
2
= 0.025,
n1 = 10, n2 = 20,
2 χ 0.025 (15) = 27.488,
2 χ 0.975 (15) = 6.262,
计算得 s = 6.2022,
代入公式得标准差的置信区间 (4.58, 9.60).
例6
(续例1) 求例1中总体方差 σ 2 和标准差 σ 的
置信度为 0.95 的置信区间.
解
α
2
2
= 0.025,
1
α
2
置信区间 (分别取 α = 0.10 和 α = 0.05).
解
σ = 10, n = 12,
α
= 0.95,
附表2-1
计算得 x = 502.92,
(1) 当 α = 0.10 时, 1 查表得 zα / 2 = z0.05
2 = 1.645,
x x+
σ
n
zα / 2
10 = 502.92 × 1.645 = 498.17, 12
n1 + n2 2 = 28,
9 × 1.102 + 19 × 1.202 , sw = = 28
S w = 1.1688,
2
于是得 μ1 μ 2的一个置信度为 0.95的置信区间
1 1 + = (4 ± 0.93), x1 x2 ± S w × t0.025 ( 28) 10 20
σ1
2
n1
+
σ2
2
n2
于是得 μ1 μ 2的一个置信度为 1 α的置信区间
2 2 σ1 σ 2 X Y ± zα / 2 . + n1 n2
( 2) σ 1 和σ 2 均为未知,
2 2
只要 n1和n2都很大 (实用上 > 50即可 ), 则有
μ1 μ 2的一个置信度为 1 α的近似置信区间
就是说估计袋装糖果重量的均值在500.4克与 507.1克之间, 这个估计的可信程度为95%.
若依此区间内任一值作 为 μ 的近似值 ,
6.2022 其误差不大于 × 2.1315 × 2 = 6.61 (克). 16 这个误差的可信度为95%.
例3 (续例1)如果只假设糖包的重量服从正态分布
N ( μ ,σ ), 试求糖包重量 μ 的 95% 的置信区间.
1 n 2 2 = ∑ [ D( X i ) + E ( X i ) ] n[ D( X ) + E ( X )] n 1 i =1
σ 2 1 n 2 2 2 = [σ + μ ] n + μ = σ 2 , ∑ n 1 i =1 n
4S 2 2 2 于是 E ( L ) = E n [tα / 2 ( n 1)] 4 4 2 2 = [tα / 2 ( n 1)] E ( S ) = [tα / 2 ( n 1)]2 σ 2 . n n