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\begin{document}
% 主资料：参考资料/网课讲义/第八章 区间估计.pdf
% 字幕范围：P63--P67
\setcounter{chapter}{7}
\chapter{区间估计}

\section*{本章导读}

点估计只给参数一个估计值，却没有直接说明误差范围和可靠程度。区间估计在样本基础上构造一个随机区间，并让这种构造方法以预先指定的比例覆盖参数真值。

本章的统一主线是
\[
\boxed{\text{选枢轴量}}
\longrightarrow
\boxed{\text{写中间概率}}
\longrightarrow
\boxed{\text{代分位点}}
\longrightarrow
\boxed{\text{解出参数区间}}.
\]
看似繁多的正态总体公式，都来自这四步。首次学习应理解构造逻辑；实际做题时还要熟练记忆公式、适用条件和自由度。

\section{置信区间的概念}

\subsection{随机的是区间，不是参数}

设总体分布含有固定但未知的参数 $\theta$，$X_1,\ldots,X_n$ 为简单随机样本。

\begin{definition}[双侧置信区间]
若两个统计量
\[
\widehat\theta_L=\widehat\theta_L(X_1,\ldots,X_n),
\qquad
\widehat\theta_U=\widehat\theta_U(X_1,\ldots,X_n)
\]
满足
\[
P_\theta\!\left(\widehat\theta_L<\theta<\widehat\theta_U\right)=1-\alpha,
\]
则称随机区间 $(\widehat\theta_L,\widehat\theta_U)$ 为 $\theta$ 的\textbf{置信水平为 $1-\alpha$ 的双侧置信区间}。两端分别称为置信下限和置信上限。
\end{definition}

$1-\alpha$ 称为置信水平或置信度，通常取 $0.90,0.95,0.99$ 等较大的数；$\alpha$ 是未覆盖参数的总概率。对连续型分布，区间端点取开或闭不影响概率。

\begin{note}[95\% 置信度的正确解释]
参数 $\theta$ 是固定的。样本尚未抽取时，区间端点是随机的；反复独立抽样并用同一种方法构造许多区间，其中约 $95\%$ 会覆盖真实参数。得到某个具体区间后，它要么覆盖真值，要么不覆盖，不能再说“这个固定区间有 $95\%$ 的概率含有固定参数”。
\end{note}

\begin{example}[理解重复抽样含义]
用置信水平 $0.95$ 的方法独立构造 $1000$ 个区间，并不保证恰有 $950$ 个覆盖真值；覆盖个数是随机的，但长期比例会接近 $0.95$。置信水平评价的是\textbf{构造方法的长期覆盖率}，不是某一个区间的优劣评分。
\end{example}

\subsection{单侧置信限}

若只关心参数的下界或上界，可以构造单侧区间。例如
\[
P(\theta>\widehat\theta_L)=1-\alpha
\]
中的 $\widehat\theta_L$ 是单侧置信下限。本章与课程考查重点均为双侧置信区间；单侧思想将在下一章单侧假设检验中再次出现。

\subsection*{小结}
置信区间是由样本决定的随机区间，置信水平描述重复抽样时的长期覆盖率。解释具体结果时，要牢记参数固定、区间随机；使用双侧区间时还要确认 $\alpha$ 是否被正确分配到两侧。

\section{区间估计的统一构造原理}

\subsection{枢轴量}

\begin{definition}[枢轴量]
由样本和待估参数构成、其概率分布不含任何未知参数的随机变量，称为枢轴量。
\end{definition}

枢轴量与统计量不同：统计量不能含未知参数，而枢轴量通常\textbf{必须含待估参数}，只是它的分布不能再含其他未知量。区间估计正是先把待估参数放入一个分布已知的枢轴量，再从概率不等式中解出参数。

\subsection{母型：正态总体方差已知时估计均值}

设 $X_1,\ldots,X_n$ 来自 $N(\mu,\sigma^2)$，其中 $\sigma^2$ 已知、$\mu$ 未知。枢轴量为
\[
Z=\frac{\overline X-\mu}{\sigma/\sqrt n}\sim N(0,1).
\]
本讲义统一使用\textbf{上分位点}：$z_\gamma$ 满足
\[
P(Z>z_\gamma)=\gamma.
\]
标准正态分布对称，因此
\[
P\!\left(-z_{\alpha/2}<Z<z_{\alpha/2}\right)=1-\alpha.
\]
代入枢轴量并对不等式作等价变形，得到
\[
P\!\left(
\overline X-z_{\alpha/2}\frac\sigma{\sqrt n}
<\mu<
\overline X+z_{\alpha/2}\frac\sigma{\sqrt n}
\right)=1-\alpha.
\]

\begin{theorem}[方差已知时正态均值的置信区间]
$\mu$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的双侧置信区间为
\[
\boxed{
\left(
\overline X-z_{\alpha/2}\frac\sigma{\sqrt n},
\ \overline X+z_{\alpha/2}\frac\sigma{\sqrt n}
\right)}.
\]
\end{theorem}

\begin{note}[为什么通常取等尾区间]
中间概率 $1-\alpha$ 可以有多种分配方式。本课程采用左右尾各为 $\alpha/2$ 的等尾区间；在正态对称情形下，它也给出以 $\overline X$ 为中心的最自然对称区间。公式中的 $z_{\alpha/2}$ 是上 $\alpha/2$ 分位点，不要误写成 $z_\alpha$。
\end{note}

\begin{example}[完整走一遍四步]
设总体 $X\sim N(\mu,25)$，抽取容量 $n=100$ 的样本，得到 $\overline x=12.4$。求 $\mu$ 的 $95\%$ 置信区间。
\tcblower
方差已知，选枢轴量 $Z=(\overline X-\mu)/(5/\sqrt{100})$。这里 $\alpha=0.05$，故 $z_{0.025}=1.96$。置信区间为
\[
12.4\pm1.96\times\frac5{10}
=12.4\pm0.98,
\]
即
\[
(11.42,13.38).
\]
\textbf{结果检查：}区间以样本均值为中心；标准差或置信水平增大时区间变宽，样本量增大时区间变窄。
\end{example}

\subsection{构造置信区间的五步模板}

\begin{enumerate}
  \item 明确总体类型、待估参数以及其他参数已知还是未知；
  \item 选择包含待估参数且分布不含未知量的枢轴量；
  \item 用上分位点写出中间概率为 $1-\alpha$ 的不等式；
  \item 对事件作等价变形，把待估参数单独放在中间；
  \item 代入样本观测值，检查端点顺序、自由度和量纲。
\end{enumerate}

后续公式均可按此模板推得。按照本课程证明掌握要求，应理解每个枢轴量为何可用和不等式怎样变形；考试时不必从头重推全部公式。

\subsection*{小结}
区间估计的核心不是背“加减哪一项”，而是选择分布已知的枢轴量。统一流程是定条件、选枢轴量、写中间概率、解参数、代数据；本讲义所有分位点均采用上分位点记法。

\section{一个正态总体的置信区间}

设 $X_1,\ldots,X_n$ 来自 $N(\mu,\sigma^2)$，样本均值和样本方差分别为 $\overline X,S^2$。

\subsection{均值的置信区间}

当 $\sigma^2$ 已知时，使用标准正态枢轴量，公式已经得到。若 $\sigma^2$ 未知，不能把未知的 $\sigma$ 留在端点中；正态总体下应改用
\[
T=\frac{\overline X-\mu}{S/\sqrt n}\sim t(n-1).
\]

\begin{theorem}[方差未知时正态均值的置信区间]
当 $\sigma^2$ 未知时，$\mu$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的双侧置信区间为
\[
\boxed{
\left(
\overline X-t_{\alpha/2}(n-1)\frac S{\sqrt n},
\ \overline X+t_{\alpha/2}(n-1)\frac S{\sqrt n}
\right)}.
\]
\end{theorem}

\begin{example}[未知方差要换成学生分布]
正态总体方差未知，样本容量 $n=16$，得到 $\overline x=20$、$s=1$。求 $\mu$ 的 $90\%$ 置信区间。
\tcblower
$\alpha=0.10$，自由度为 $15$，故区间为
\[
\left(
20-\frac{t_{0.05}(15)}4,
\ 20+\frac{t_{0.05}(15)}4
\right).
\]
若查得 $t_{0.05}(15)$ 的数值，再代入即可。

\textbf{方法选择：}未知方差时使用 $S$ 和 $t(n-1)$，不能把 $S$ 代入正态公式后仍查 $z$ 表。
\end{example}

\subsection{方差的置信区间}

估计 $\sigma^2$ 时，要先看 $\mu$ 是否已知。

若 $\mu$ 已知，枢轴量为
\[
Q=\frac{\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n).
\]
若 $\mu$ 未知，需用样本均值代替，枢轴量变为
\[
Q=\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n-1).
\]
卡方分布不对称。采用上分位点时，中间概率写成
\[
P\!\left(\chi^2_{1-\alpha/2}(k)<Q<\chi^2_{\alpha/2}(k)\right)=1-\alpha.
\]
注意 $\chi^2_{\alpha/2}(k)$ 是较大的右侧分位点。

\begin{theorem}[正态方差的置信区间]
当 $\mu$ 已知时，$\sigma^2$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的双侧置信区间为
\[
\boxed{
\left(
\frac{\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2}{\chi^2_{\alpha/2}(n)},
\ \frac{\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2}{\chi^2_{1-\alpha/2}(n)}
\right)}.
\]
当 $\mu$ 未知时，区间为
\[
\boxed{
\left(
\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{\alpha/2}(n-1)},
\ \frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1)}
\right)}.
\]
\end{theorem}

\begin{note}[卡方区间为什么不是“中心加减”]
卡方分布只取正值且不对称，区间端点来自除以两个不同的卡方分位点，通常不以 $S^2$ 为中心。解不等式时因为 $\sigma^2>0$，取倒数会改变不等号方向；最稳妥的做法是写完后检查左端分母较大、右端分母较小。
\end{note}

\begin{example}[先判断均值是否已知]
正态总体均值未知，容量为 $10$ 的样本得到 $s^2=4$。则 $\sigma^2$ 的 $95\%$ 置信区间为
\[
\left(
\frac{9\times4}{\chi^2_{0.025}(9)},
\ \frac{9\times4}{\chi^2_{0.975}(9)}
\right).
\]
\textbf{结果检查：}未知均值消耗一个自由度，所以分子是 $(n-1)s^2$，两个卡方分位点的自由度均为 $9$。
\end{example}

\subsection{一个总体的公式选择表}

\begin{center}
\small
\begin{tabular}{p{0.15\textwidth}p{0.16\textwidth}p{0.27\textwidth}p{0.27\textwidth}}
\toprule
待估参数 & 已知条件 & 枢轴量 & 区间关键结构 \\
\midrule
$\mu$ & $\sigma^2$ 已知 & $(\overline X-\mu)/(\sigma/\sqrt n)\sim N(0,1)$ & $\overline X\pm z_{\alpha/2}\sigma/\sqrt n$ \\
$\mu$ & $\sigma^2$ 未知 & $(\overline X-\mu)/(S/\sqrt n)\sim t(n-1)$ & $\overline X\pm t_{\alpha/2}(n-1)S/\sqrt n$ \\
$\sigma^2$ & $\mu$ 已知 & $\sum(X_i-\mu)^2/\sigma^2\sim\chi^2(n)$ & 平方和除以两个卡方分位点 \\
$\sigma^2$ & $\mu$ 未知 & $(n-1)S^2/\sigma^2\sim\chi^2(n-1)$ & $(n-1)S^2$ 除以两个卡方分位点 \\
\bottomrule
\end{tabular}
\end{center}

\subsection*{小结}
估计一个正态总体的均值时，方差已知用 $z$，方差未知用 $t$；估计方差时，均值已知用自由度 $n$ 的卡方平方和，均值未知用自由度 $n-1$ 的样本方差。每次先判断“估谁、谁已知”，再选公式。

\section{两个正态总体的置信区间}

设两组样本相互独立，分别来自
\[
N(\mu_1,\sigma_1^2),
\qquad
N(\mu_2,\sigma_2^2),
\]
样本容量为 $n_1,n_2$，样本均值和方差为 $\overline X,S_1^2$ 与 $\overline Y,S_2^2$。

\subsection{均值差：两个方差均已知}

枢轴量为
\[
Z=\frac{(\overline X-\overline Y)-(\mu_1-\mu_2)}
{\sqrt{\sigma_1^2/n_1+\sigma_2^2/n_2}}
\sim N(0,1).
\]

\begin{theorem}[已知方差时均值差的置信区间]
$\mu_1-\mu_2$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的双侧置信区间为
\[
\boxed{
(\overline X-\overline Y)
\pm z_{\alpha/2}
\sqrt{\frac{\sigma_1^2}{n_1}+\frac{\sigma_2^2}{n_2}}}.
\]
这里“$a\pm b$”表示区间 $(a-b,a+b)$。
\end{theorem}

\subsection{均值差：两个方差未知但相等}

若 $\sigma_1^2=\sigma_2^2$ 但共同方差未知，定义合并样本方差
\[
S_w^2=
\frac{(n_1-1)S_1^2+(n_2-1)S_2^2}{n_1+n_2-2}.
\]
由第六章，
\[
T=\frac{(\overline X-\overline Y)-(\mu_1-\mu_2)}
{S_w\sqrt{1/n_1+1/n_2}}
\sim t(n_1+n_2-2).
\]

\begin{theorem}[等方差未知时均值差的置信区间]
$\mu_1-\mu_2$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的双侧置信区间为
\[
\boxed{
(\overline X-\overline Y)
\pm t_{\alpha/2}(n_1+n_2-2)
S_w\sqrt{\frac1{n_1}+\frac1{n_2}}}.
\]
\end{theorem}

\begin{note}
合并方差公式只能在两个正态总体方差相等的条件下使用。本课程资料不要求处理“两个方差未知且不等”时的 Welch 区间；若题目未说明等方差，不能自行补上条件。
\end{note}

\subsection{方差比}

由第六章，
\[
F=\frac{S_1^2/\sigma_1^2}{S_2^2/\sigma_2^2}
=\frac{S_1^2/S_2^2}{\sigma_1^2/\sigma_2^2}
\sim F(n_1-1,n_2-1).
\]

\begin{theorem}[两个正态总体方差比的置信区间]
$\sigma_1^2/\sigma_2^2$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的双侧置信区间为
\[
\boxed{
\left(
\frac{S_1^2/S_2^2}{F_{\alpha/2}(n_1-1,n_2-1)},
\ \frac{S_1^2/S_2^2}{F_{1-\alpha/2}(n_1-1,n_2-1)}
\right)}.
\]
\end{theorem}

\begin{example}[按任务选公式]
两组独立正态样本容量分别为 $n_1=5,n_2=6$。若比较总体方差，样本方差为 $s_1^2,s_2^2$，则 $95\%$ 置信区间应写成
\[
\left(
\frac{s_1^2/s_2^2}{F_{0.025}(4,5)},
\ \frac{s_1^2/s_2^2}{F_{0.975}(4,5)}
\right).
\]
\textbf{检查顺序：}分子样本对应第一个自由度 $4$，分母样本对应第二个自由度 $5$；交换方差比次序时，自由度也要交换。
\end{example}

\subsection*{小结}
两个总体问题先看待估的是均值差还是方差比。均值差在方差已知时用 $z$，方差未知但相等时用合并方差和 $t$；方差比统一用 $F$。所有公式都要求两组样本相互独立，且自由度顺序不能颠倒。

\section{置信区间的精度与样本量}

\subsection{置信水平、区间长度和样本量的关系}

对正态均值、方差已知的区间
\[
\overline X\pm z_{\alpha/2}\frac\sigma{\sqrt n},
\]
半宽或允许误差为
\[
E=z_{\alpha/2}\frac\sigma{\sqrt n},
\]
区间总长度为 $2E$。由此可见：
\begin{itemize}
  \item 置信水平越高，$\alpha$ 越小，$z_{\alpha/2}$ 越大，区间越宽；
  \item 总体标准差越大，区间越宽；
  \item 样本量越大，区间越窄，但半宽只按 $1/\sqrt n$ 缩小。
\end{itemize}

可靠性和精度存在张力：样本量不变时，提高置信水平通常要牺牲区间长度；若既要高置信度又要短区间，就必须增加样本量。

\subsection{由允许误差反推样本量}

若要求半宽不超过给定值 $d>0$，则
\[
z_{\alpha/2}\frac\sigma{\sqrt n}\le d.
\]
解得
\[
n\ge\left(\frac{z_{\alpha/2}\sigma}{d}\right)^2.
\]
样本量必须为整数，因此最终应\textbf{向上取整}：
\[
n_{\min}=\left\lceil
\left(\frac{z_{\alpha/2}\sigma}{d}\right)^2
\right\rceil.
\]

\begin{example}[确定最小样本量]
某心理学家认为反应时间近似服从正态分布，标准差可按 $\sigma=0.05$ 秒处理。希望以 $95\%$ 的置信水平估计平均反应时间，并使误差不超过 $0.01$ 秒。至少需要多少个样本？
\tcblower
$z_{0.025}=1.96$，故
\[
n\ge\left(\frac{1.96\times0.05}{0.01}\right)^2
=96.04.
\]
向上取整得到
\[
n_{\min}=97.
\]
\textbf{结果检查：}取 $96$ 不满足 $n\ge96.04$，所以不能用通常的四舍五入；“区间长度不超过 $0.02$”与“半宽不超过 $0.01$”是同一个要求。
\end{example}

\subsection*{小结}
对已知方差的正态均值区间，允许误差就是区间半宽。反推样本量时先把“总长度”换成半宽，再解不等式并向上取整；置信度越高、波动越大或误差要求越严，所需样本量越大。

\section*{本章总结}

\subsection*{一、公式选择总表}

\begin{center}
\begin{tabular}{p{0.20\textwidth}p{0.23\textwidth}p{0.46\textwidth}}
\toprule
待估参数 & 条件 & 置信区间中心或端点结构 \\
\midrule
单个 $\mu$ & $\sigma^2$ 已知 & $\overline X\pm z_{\alpha/2}\sigma/\sqrt n$ \\
单个 $\mu$ & $\sigma^2$ 未知 & $\overline X\pm t_{\alpha/2}(n-1)S/\sqrt n$ \\
单个 $\sigma^2$ & $\mu$ 已知 & $\sum(X_i-\mu)^2$ 分别除以 $\chi^2_{\alpha/2}(n)$、$\chi^2_{1-\alpha/2}(n)$ \\
单个 $\sigma^2$ & $\mu$ 未知 & $(n-1)S^2$ 分别除以 $\chi^2_{\alpha/2}(n-1)$、$\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1)$ \\
$\mu_1-\mu_2$ & 两方差已知 & $\overline X-\overline Y\pm z_{\alpha/2}\sqrt{\sigma_1^2/n_1+\sigma_2^2/n_2}$ \\
$\mu_1-\mu_2$ & 两方差未知但相等 & $\overline X-\overline Y\pm t_{\alpha/2}(n_1+n_2-2)S_w\sqrt{1/n_1+1/n_2}$ \\
$\sigma_1^2/\sigma_2^2$ & 两组独立正态样本 & $S_1^2/S_2^2$ 分别除以两个 $F$ 上分位点 \\
\bottomrule
\end{tabular}
\end{center}

\subsection*{二、通用检查清单}

\begin{enumerate}
  \item 总体是否正态？是一个总体还是两个独立总体？
  \item 待估参数是均值、方差、均值差还是方差比？
  \item 其他参数是已知、未知，还是未知但相等？
  \item 使用 $z,t,\chi^2,F$ 中哪一种枢轴量？自由度是多少？
  \item 本题给的是置信水平 $1-\alpha$ 还是 $\alpha$？双侧是否使用 $\alpha/2$？
  \item 本讲义采用上分位点；端点顺序是否正确？
  \item 代入后区间是否满足量纲、正负和直观宽窄检查？
\end{enumerate}

\subsection*{三、重点辨析与易错点}

\begin{itemize}
  \item 参数固定、区间随机；具体区间不能解释为参数有某个概率落入其中。
  \item 枢轴量可以含待估参数，但其分布不能含未知参数；统计量则不能含任何未知参数。
  \item 方差未知时估计均值要用 $t$，不能把 $S$ 填入正态公式后仍查 $z$ 表。
  \item 卡方和 $F$ 分布不对称，不能写成“中心加减同一个数”。
  \item 均值未知时估计方差，自由度为 $n-1$；两个样本的 $F$ 自由度有先后顺序。
  \item 反推样本量必须向上取整；区间长度与允许误差相差 $2$ 倍。
\end{itemize}

\subsection*{四、证明掌握清单}

\begin{itemize}
  \item \textbf{A级，应能准确写出并应用：}课程范围内的全部置信区间公式；根据总体、待估参数和已知条件选择分位点与自由度；由半宽要求反推样本量并向上取整。
  \item \textbf{B级，应理解推导骨架：}“选枢轴量—写概率区间—代分位点—解参数区间”的统一流程；三个母型及两个总体公式怎样由正态、$t$、卡方、$F$ 枢轴量得到；置信水平、区间长度与样本量的关系；重复抽样解释。
  \item \textbf{C级，知道结论即可：}最短置信区间、枢轴量选择的一般理论、非正态总体的精确区间及渐近区间理论。这些内容\textbf{本阶段不要求复现}。
\end{itemize}

\subsection*{五、自测题}

\begin{exercise}
说明“某次算出的 $95\%$ 置信区间有 $95\%$ 概率包含固定参数”为什么不严谨，并给出重复抽样解释。
\end{exercise}

\begin{exercise}
正态总体方差已知为 $9$，$n=36$，$\overline x=10$。写出 $\mu$ 的 $95\%$ 置信区间，并指出半宽。
\end{exercise}

\begin{exercise}
正态总体方差未知，$n=25$，$\overline x=8$，$s=2$。写出 $\mu$ 的 $90\%$ 置信区间，说明所查分布和自由度。
\end{exercise}

\begin{exercise}
分别写出正态总体均值已知与未知时，$\sigma^2$ 的 $1-\alpha$ 置信区间，并解释自由度为什么不同。
\end{exercise}

\begin{exercise}
两组独立正态样本方差未知但相等，说明估计 $\mu_1-\mu_2$ 时怎样构造 $S_w^2$，以及为何自由度为 $n_1+n_2-2$。
\end{exercise}

\begin{exercise}
若已知 $\sigma=4$，希望以 $99\%$ 的置信度估计正态总体均值，且误差不超过 $1$，写出最小样本量的计算式并说明为什么向上取整。
\end{exercise}

完成自测后，应能用一条主线统领全章：\textbf{先用已知抽样分布构造枢轴量，再把中间概率事件等价变形成参数的随机区间。}
\end{document}