最后更新: 2026-07-06 08:00 查看: 498 次纠错评论(0) 课件开VIP

两个正态总体的参数的区间估计★★★★★

已知某产品的质量指标服从正态分布，但由于原料、设备条件、操作人员不同或工艺过程的改变等原因，都会引起总体的均值或方差有所改变，我们需要知道这种改变有多大？这就需要考察两个正态总体的均值差或方差比的区间估计问题．下面我们给出正态总体参数区间估计的几种常见类型．对于非正态总体情形，即总体不服从正态分布或者不知道总体服从什么分布，一般采用大容量的样本，根据中心极限定理，按照正态分布近似处理．

方差分布主要考虑3个类型，请结合**例题**理解这3个类型的实际意义。
```
①σ1,σ2已知，估算 μ1-u2
②σ1,σ2未知，但是σ1=σ2，估算 μ1-u2
③μ1,u2未知，估算σ1/σ2
```

**两个正态总体的参数的区间估计**
设总体 $X \sim N\left(\mu_1, \sigma_1^2\right)$ ，总体 $Y \sim N\left(\mu_2, \sigma_2^2\right), X$ 与 $Y$ 相互独立，样本 $X_1, X_2, \cdots, X_{n_1}$ 来自总体 $X$ ，样本 $Y_1, Y_2, \cdots, Y_{n_2}$ 来自总体 $Y$ ．

## （1）$\sigma_1^2$ 和 $\sigma_2^2$ 已知，均值差 $\mu_1-\mu_2$ 的置信区间
 $\sigma_1^2, \sigma_2^2$ 均为已知．因 $\bar{X}, \bar{Y}$ 分别为 $\mu_1, \mu_2$ 的无偏估计，故 $\bar{X}-\bar{Y}$ 是 $\mu_1-\mu_2$的无偏估计． 
由于 $\bar{X} \sim N\left(\mu_1, \frac{\sigma_1^2}{n_1}\right), \bar{Y} \sim N\left(\mu_2, \frac{\sigma_2^2}{n_2}\right)$ ，且 $\bar{X}$ 和 $\bar{Y}$ 相互独立，所以

$$
\bar{X}-\bar{Y} \sim N\left(\mu_1-\mu_2, \frac{\sigma_1^2}{n_1}+\frac{\sigma_2^2}{n_2}\right)
$$

取枢轴量为

$$
U=\frac{\bar{X}-\bar{Y}-\left(\mu_1-\mu_2\right)}{\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1}+\frac{\sigma_2^2}{n_2}}} \sim N(0,1),
$$

可得 $\mu_1-\mu_2$ 的置信度为 $1-\alpha$ 的置信区间为

$$
\boxed{
\left[(\bar{X}-\bar{Y})-u_{\frac{\alpha}{2}} \sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1}+\frac{\sigma_2^2}{n_2}},(\bar{X}-\bar{Y})+u_{\frac{\alpha}{2}} \sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1}+\frac{\sigma_2^2}{n_2}}\right]
}
$$

`例`从总体 $X_1 \sim N\left(\mu_1, 25\right)$ 中取出一容量为 $n_1=10$ 的样本，其样本均值 $\bar{X}_1=19.8$ ；从总体 $X_2 \sim N\left(\mu_2, 36\right)$ 中取出容量为 $n_2=12$ 的样本，其样本均值 $\bar{X}_2=24.0$ ，已知两个样本之间相互独立，求 $\mu_1-\mu_2$ 的 0.90 置信区间．

解 这是 $\sigma_1^2, \sigma_2^2$ 都为已知时，求均值差的区间估计问题．
由于 $1-\alpha=0.90$ ，故 $\frac{\alpha}{2}=0.05, u_{\frac{a}{2}}=1.645$ ，
又因为 $n_1=10, n_2=12, \sigma_1^2=25, \sigma_2^2=36$ ，所以

$$
\begin{aligned}
& \sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1}+\frac{\sigma_2^2}{n_2}}=\sqrt{\frac{25}{10}+\frac{36}{12}}=\sqrt{5.5}=2.345, \\
& \begin{aligned}
\bar{X}_1-\bar{X}_2-u_{\frac{\alpha}{2}} \sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1}+\frac{\sigma_2^2}{n_2}} & =19.8-24.0-1.645 \times 2.345 \\
& =-4.2-3.858=-8.06, \\
\bar{X}_1-\bar{X}_2+u_{\frac{\alpha}{2}} \sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1}+\frac{\sigma_2^2}{n_2}} & =-4.2+3.858=-0.34 .
\end{aligned} .
\end{aligned}
$$

因此，所求的 $\mu_1-\mu_2$ 的 0.90 置信区间为 $[-0.86,-0.34]$ ．

`例`设有甲、乙两种安眠药，随机变量 $X, Y$ 分别表示患者服用甲、乙药后睡眠时间的延长数，并假设 $X \sim N\left(\mu_1, \sigma^2\right), Y \sim N\left(\mu_2, \sigma^2\right)$ 。为比较两种药品的疗效，随机地从服用甲药的患者中选取 10 人，从服用乙药的患者中选取 10 人，分别测得睡眠延长时间的均值与方差： $\bar{X}=2.33, S_1^2= (1.9)^2 ; ~ \bar{Y}=0.75, S_2^2=(28.9)^2$ 。试求方差未知情况下 $\mu_1-\mu_2$ 的 $95 \%$ 置信区间。

解 两正态总体的方差末知但相等，小样本，取

$$
\begin{aligned}
& T=\frac{(\bar{X}-\bar{Y})-\left(\mu_1-\mu_2\right)}{S_w \sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}} \sim t\left(n_1+n_2-2\right) \quad\left(\text { 这里 } n_1=n_2=10\right), \\
& P\left\{|T|<t_{\frac{\alpha}{2}}(18)\right\}=1-\alpha \quad(\alpha=0.05),
\end{aligned}
$$

查得 $t_{0.025}(18)=2.101$ ．于是算得置信下限、上限分别为

$$
\begin{aligned}
& (\bar{x}-\bar{y})-t_{0.025}(18) \cdot S_w \sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}} \\
= & (2.33-0.75)-2.101 \times \sqrt{\frac{36.1+28.9}{18}} \times \sqrt{\frac{2}{10}} \\
= & 1.58-1.78=-0.20 \\
& (\bar{x}-\bar{y})+t_{0.025}(18) \cdot S_w \sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}=1.58+1.78=3.36 .
\end{aligned}
$$

从而得 $\mu_1-\mu_2$ 的 $95 \%$ 置信区间为 $(-0.20,3.36)$ ．

##  （2）$\sigma_1^2$ 和 $\sigma_2^2$ 未知，但 $\sigma_1^2=\sigma_2^2$ ，均值差 $\mu_1-\mu_2$ 的置信区间

由于总体方差 $\sigma_1^2$ 和 $\sigma_2^2$ 未知，但 $\sigma_1^2=\sigma_2^2$ ，有 [正态总体的抽样分布](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=570),  故取枢轴量

$$
\boxed{
T=\frac{\bar{X}-\bar{Y}-\left(\mu_1-\mu_2\right)}{S_w \sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}} \sim t\left(n_1+n_2-2\right) ...(2)
}
$$

且

$$
S_w^2=\frac{\left(n_1-1\right) S_1^2+\left(n_2-1\right) S_2^2}{n_1+n_2-2}
$$

可得 $\mu_1-\mu_2$ 的置信度为 $1-\alpha$ 的置信区间为

$$
\boxed{
\left[\bar{X}-\bar{Y}-t_{\frac{\alpha}{2}}\left(n_1+n_2-2\right) S_w \sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}, \bar{X}-\bar{Y}+t_{\frac{\alpha}{2}}\left(n_1+n_2-2\right) S_w \sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}}\right]
}
$$

> **两个正态分布参数估计主要用于两条生产线生产同一批产品的对比，请结合下面例题理解。**

`例` 为比较 I，II 两种型号步枪子弹的枪口速度，随机地取 I 型子弹 10发，得到枪口速度的平均值为 $\bar{x}_1=500 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$ ，标准差 $s_1=1.10 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$ ，随机地取 II型子弹 20 发，得到枪口速度的平均值为 $\bar{x}_2=496 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$ ．标准差 $s_2=1.20 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$ ．假设两总体都可认为近似地服从正态分布．且由生产过程可认为方差相等．求两总体均值差 $\mu_1-\mu_2$ 的一个置信水平为 0.95 的置信区间。

解 按实际情况，可认为分别来自两个总体的样本是相互独立的．又因由假设两总体的方差相等，但数值未知，故可用（2）式求均值差的置信区间．
由于 $1-\alpha=0.95, \alpha / 2=0.025, n_1=10, n_2=20, n_1+n_2-2=28, t_{0.025}(28)=2.0484$.

$s_w^2=\left(9 \times 1.10^2+19 \times 1.20^2\right) / 28, s_w=\sqrt{s_w^2}=1.1688$ ，故所求的两总体均值差 $\mu_1-\mu_2$ 的一个置信水平为 0.95 的置信区间是

$$
\left(\bar{x}_1-\bar{x}_2 \pm s_w \times t_{0.025}(28) \sqrt{\frac{1}{10}+\frac{1}{20}}\right)=(4 \pm 0.93)
$$

即

$$
(3.07,4.93) .
$$

本题中得到的置信区间的下限大于零，在实际中我们就认为 $\mu_1$ 比 $\mu_2$ 大．

`例`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，在实验工厂先进行试验．设采用原来的催化剂进行了 $n_1=8$ 次试验，得到得率的平均值 $\bar{x}_1=91.73$ ，样本方差 $s_1^2=3.89$ ；又采用新的催化剂进行了 $n_2=8$次试验，得到得率的平均值 $\bar{x}_2=93.75$ ，样本方差 $s_2^2=4.02$ ．假设两总体都可认为服从正态分布，且方差相等，两样本独立．试求两总体均值差 $\mu_1-\mu_2$ 的置信水平为 0.95 的置信区间。

解 现在

$$
s_w^2=\frac{\left(n_1-1\right) s_1^2+\left(n_2-1\right) s_2^2}{n_1+n_2-2}=3.96, s_w=\sqrt{3.96}
$$

由（5．12）式得所求的置信区间为

$$
\left(\bar{x}_1-\bar{x}_2 \pm t_{0.025}(14) s_w \sqrt{\frac{1}{8}+\frac{1}{8}}\right)=(-2.02 \pm 2.13)
$$

即 $(-4.15,0.11)$ ．
由于所得置信区间包含零，在实际中我们就认为采用这两种催化剂所得的得率的均值没有显著差别．

## （3）$\mu_1$ 和 $\mu_2$ 末知，方差比 $\frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}$ 的置信区间

从理论上讲，应讨论 $\mu_1$ 和 $\mu_2$ 已知或未知等情形．但考虑到运算的复杂度以及误差等因素，通常不再讨论 $\mu_1$ 和 $\mu_2$ 是否已知的情形下，求 $\frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}$ 的置信度为 $1-\alpha$ 的置信区间．

由于 $\mu_1$ 和 $\mu_2$ 未知，根据[正态分布参数估计](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=570) 故取枢轴量为

$$
F=\dfrac{\frac{S_1^2}{\sigma_1^2}}{\frac{S_2^2}{\sigma_2^2}} \sim F\left(n_1-1, n_2-1\right),
$$

可得 $\frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}$ 的置信度为 $1-\alpha$ 的置信区间为

$$
\boxed{
\left[\frac{S_1^2}{S_2^2} F_{1-\frac{\alpha}{2}}\left(n_2-1, n_1-1\right), \frac{S_1^2}{S_2^2} F_{\frac{\alpha}{2}}\left(n_2-1, n_1-1\right)\right] .
}
$$

`例` 某厂利用两条自动化流水线罐装辣椒酱，现分别从两条流水线上抽取了容量分别为 13 与 17 的两个相互独立的样本，其中

$$
\bar{x}=10.6 g, \bar{y}=9.5 g, s_1^2=2.4 g^2, s_2^2=4.7 g^2 .
$$

假设两条流水线上罐装的辣椒酱质量分别服从正态分布 $N\left(\mu_1, \sigma_1^2\right)$ 和 $N\left(\mu_2, \sigma_2^2\right)$ ．
 
（1）求它们的方差比 $\frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}$ 的置信度为 0.95 的置信区间．
（2）若它们的方差相同，$\sigma_1^2=\sigma_2^2=\sigma^2$ ，求均值差 $\mu_1-\mu_2$ 的置信度为 0.95 的置信区间．

解（1）由于 $\mu_1$ 和 $\mu_2$ 未知，故方差比 $\frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}$ 的置信度为 $1-\alpha$ 的置信区间为

$$
\left[\frac{S_1^2}{S_2^2} F_{1-\frac{\alpha}{2}}\left(n_2-1, n_1-1\right), \frac{S_1^2}{S_2^2} F_{\frac{\alpha}{2}}\left(n_2-1, n_1-1\right)\right] .
$$

由 $n_1=13, n_2=17, \alpha=0.05$ ，查 $F$ 分布表（见[附表](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=1608)）得

$$
F_{0.025}(16,12)=3.16, \quad F_{0.975}(16,12)=\frac{1}{F_{0.025}(12,16)} \approx \frac{1}{2.89}=0.346
$$

由公式得方差比 $\frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2}$ 的置信区间为

$$
\left[\frac{2.4}{4.7} \times 0.346, \frac{2.4}{4.7} \times 3.16\right]=[0.1767,1.6136]
$$

（2）由于方差未知，但 $\sigma_1^2=\sigma_2^2=\sigma^2$ ，故 $\mu_1-\mu_2$ 的置信度为 $1-\alpha$ 的置信区间为

$$
\begin{aligned}
& {\left[(\bar{X}-\bar{Y})-t_{\frac{\alpha}{2}}\left(n_1+n_2-2\right) \sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}} \sqrt{\frac{\left(n_1-1\right) S_1^2+\left(n_2-1\right) S_2^2}{n_1+n_2-2}}\right.} \\
& \left.(\bar{X}-\bar{Y})+t_{\frac{\alpha}{2}}\left(n_1+n_2-2\right) \sqrt{\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}} \sqrt{\frac{\left(n_1-1\right) S_1^2+\left(n_2-1\right) S_2^2}{n_1+n_2-2}}\right]
\end{aligned}
$$

由 $n_1=13, n_2=17, \alpha=0.05$ ，查 $t$ 分布表（见附表 4）得 $t_{0.025}(28)=2.0484$ ，将数据代入公式，得 $\mu_1-\mu_2$ 的置信度为 0.95 的置信区间为
$[ 0.3545,2.5545]$

`例` 研究由机器 $A$ 和机器 $B$ 生产的钢管的内径（单位：mm），随机抽取机器 $A$ 生产的管子 18 只，测得样本方差 $s_1^2=0.34$ ；抽取机器 $B$ 生产的管子 13 只，测得样本方差 $s_2^2=0.29$ ．设两样本相互独立，且设由机器 $A$ ，机器 $B$ 生产的管子的内径分别服从正态分布 $N\left(\mu_1, \sigma_1^2\right), N\left(\mu_2, \sigma_2^2\right)$ ，这里 $\mu_i, \sigma_i^2(i=1,2)$ 均未知．试求方差比 $\sigma_1^2 / \sigma_2^2$ 的置信水平为 0.90 的置信区间．

解 现在 $n_1=18, s_1^2=0.34, n_2=13, s_2^2=0.29, \alpha=0.10, F_{\alpha / 2}\left(n_1-1, n_2-1\right) =F_{0.05}(17,12)=2.59$,

$F_{1-\alpha / 2}(17,12)=F_{0.95}(17,12)=\frac{1}{F_{0.05}(12,17)}=\frac{1}{2.38}$ ，于是 得 $\sigma_1^2 / \sigma_2^2$ 的一个置信水平为 0.90 的置信区间为即

$$
\left(\frac{0.34}{0.29} \times \frac{1}{2.59}, \quad \frac{0.34}{0.29} \times 2.38\right),
$$

＝

$$
(0.45,2.79) .
$$

由于 $\sigma_1^2 / \sigma_2^2$ 的置信区间包含 1 ，在实际中我们就认为 $\sigma_1^2, \sigma_2^2$ 两者没有显著差别．

## 重要附表，考试常考
**重要**：正态分布区间的参数估计，是期末考试必考的题型，学生需要了解六种估计类型，其中前面两种是必须掌握的：
①一个正态分布，$\sigma$ 未知，估计$\mu$ 使用正态Z分布。
②一个正态分布，$\sigma$ 已知，估计$\mu$ 使用t分布。
通常考试必考一题，点击下表看详细介绍。

[正态分布参数估计表](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=580)

[![图片](/uploads/2025-06/cans.jpg)](https://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=580)

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