单侧置信区间

这里我们介绍单侧置信区间,我们只推导了正态总体下,方差已知的情况下,均值的区间估计。其它的情形的公式可以用类似的方式得到。

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1,单侧置信区间:

单侧置信下限:\(P\{\theta>a\}=1-\alpha\),\(a\) 称为置信下限;

单侧置信上限:\(P\{\theta<b\}=1-\alpha\),\(b\) 称为置信上限;

2,正态总体,\(\sigma^2\) 已知,\(\mu \) 的单侧置信区间:

(1)枢轴量: \(\displaystyle\frac{\bar{x}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\sim N(0,1)\);

(2)置信上限:

\begin{array}{ll}&P\left\{\frac{\bar{x}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}>-z_{\alpha}\right\}=1-\alpha\\ \Rightarrow& \bar{x}-\mu>-z_{\alpha}\cdot\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\\ \Rightarrow &\mu<\bar{x}+z_{\alpha}\cdot\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\end{array}

置信区间为 \(\displaystyle\left(-\infty,\bar{x}+z_{\alpha}\cdot\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right]\)

(3)置信下限为 \(\displaystyle\left[\bar{x}-z_{\alpha}\cdot\frac{\sigma}{\sqrt{n}},+\infty\right)\)

3,正态总体,\(\sigma^2\) 未知,\(\mu\) 的单侧置信区间。同样的推导,只是将正态分布换成 \(t\) 分布

置信上限:\(\displaystyle\left(-\infty,\bar{x}+t_{\alpha}(n-1)\cdot\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right]\);

置信下限:\(\displaystyle\left[\bar{x}-t_{\alpha}(n-1)\cdot\frac{\sigma}{\sqrt{n}},+\infty\right)\)

4,正态总体,\(\mu\) 未知,\(\sigma^2\) 的单侧置信区间

(1)单侧下限:\(\displaystyle\left[\frac{(n-1)s^2}{\chi^2_{\alpha}(n-1)},+\infty\right)\);

(2)单侧上限:\(\displaystyle\left(-\infty,\frac{(n-1)s^2}{\chi^2_{1-\alpha}(n-1)}\right]\)

例,从一批灯泡中随机取 \(5\) 只作寿命试验,测得寿命为

\[1050\quad 1100\quad 1120\quad 1250\quad 1280\]

设灯泡的寿命服从正态分布,求灯泡寿命的平均值的置信水平为 \(0.95\) 的单侧置信下限。

解:因为 \(\sigma^2\) 未知,所以采用 \(t\) 分布。\(\alpha=0.05\),计算可得 \(\bar{x}=1160, s^2=9950\)。

查表可得 \(t_{\alpha}(n-1)=t_{0.05}(4)=2.1318\)

由前面的推导,置信下限为

\begin{array}{l}\left[\bar{x}-t_{\alpha}(n-1)\cdot\frac{\sigma}{\sqrt{n}},+\infty\right)\\=\left[1160-2.1318\cdot\frac{\sqrt{9950}}{\sqrt{5}},+\infty\right)\\ =[1065,+\infty)\end{array}