构造置信区间估计的一般方法

关于区间构造的经典

第三章 估计理论 Page 58 of 79

nxn 1

，若0≤x≤θ ，d n 1

f(n)(x)=F(n)(x)=n[F(x)]f(x)= θn

dx 0 ，若不然 ．

∞

θ

所以 EX(n)=

∞

∫xf(n)(x)dx=∫x

nxn 1

θn

dx=

n

θ． n+1

n+1

这样，θ =X(n)是θ的有偏估计量．显然，θ的无偏估计量为X(n)．

n

．利(2) 求端点θ的0.95置信区间．选统计量T=X(n)（枢轴量，其分布与参数θ无关）用X(n)的分布函数F(n)(x)，确定两个常数λ1和λ2，使之满足下列关系式：

α

21

n

=P{T≤λ1}=P{

X(n)≤λθ λ1=1}=F(n)(λθ1)=λ1，

；

α

2

=P{T<λ2}=P{

X(n)<λ2θ}=F(n)(λ2θ)=λ2n，λ2=，

α

2

=P{T≥λ2}=P{

X(n)≥λ2θ} ；

X XP<θ<=P{λ1<T<λ2}=1 α ．从而，端点θ的1 α置信区间为

X(n)X(n)

． , 22

3.5.8 构造置信区间估计的一般方法

设总体X的分布函数为F(x,θ)，θ∈Θ，X1,X2,…,Xn是来自总体X的样本，寻找

参数θ的置信区间的一般方法是：

=θ(X,X,…,X)，一般首先考虑θ的极大似然估计，1） 选取θ的一个点估计量θ12n

或θ的充分统计量；

的分布函数G(t,θ)； 2） 求出估计量θ

3） 利用分布函数G(t,θ)关于θ的单调性来构造置信区间。

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引理 设F(x)是随机变量X的分布函数，若0≤y≤1，则有

P{F(X)≤y}≤y≤P{F(X 0)<y}

证明：对0<y<1，记

x0=sup{x:F(x)≤y}

则对 ε>0，有F(x0 ε)≤y≤F(x0+ε)，令ε→0+，得

F(x0 0)≤y≤F(x0)

当F(x0)=y，由x0的定义知：{x:x≤x0} {F(x)≤y}，从而

P{F(X)≤y}≤P{X≤x0}=F(x0)=y

当F(x0)<y时，P{F(X)≤y}≤P{X≤x0}=F(x0)<y，这就证明了不等式：

P{F(X)≤y}≤y

（不等式：P{F(X)≤y}≤y另证明：

1） 设集合{x:F(x)=y}非空，并且该集合的上确界可以达到，即

x0=sup{x:F(x)=y}∈{x:F(x)=y}

则有

P{F(X)≤y}=P{X≤x0}=F(x0)=y

2） 设集合{x:F(x)=y}为空集，或集合{x:F(x)=y}非空，但并且该集合的上确界不能达到，则函数F(x)存在这样一点x，使得F(x 0)≤y<F(x)，则有

P{F(X)≤y}≤P{F(X)<F(x)}=P{X<x}=F(x 0)≤y

这就证明了不等式：

P{F(X)≤y}≤y ）

关于区间构造的经典

下面我们来证明不等式P{F(X 0)<y}≥y。令Z= X，并设Z的分布函数为FZ(z)，由已有的结果，有

P{FZ(Z)≤1 y}≤1 y

由于

FZ(z)=P{Z≤z}=P{X≥ z}=1 F( z 0)

所以

1 y≥P{FZ(Z)≤1 y}=P{F( Z 0)≥y}=1 P{F(X 0)<y}

从而，有

P{F(X 0)<y}≥y

推论：若随机变量X的分布函数F(x)为连续函数，则Y=F(X)~U(0,1)。

对给定的α∈(0,1)，要构造θ的置信水平为1 α的置信区间，我们从统计量

T(X1,X2,…,Xn)出发，并基于T(X1,X2,…,Xn)寻找枢轴量，然后构造θ的置信区间。

设T(X1,X2,…,Xn)的分布函数为

G(t,θ)=Pθ{T(X1,X2,…,Xn)≤t}

则有引理可知：

Pθ{G(T(X1,X2,…,Xn),θ)≤y}≤y≤P{G(T(X1,X2,…,Xn) 0,θ)<y}

0≤y≤1, θ∈Θ

定理 3.17 （1）若G(t,θ)是θ的严格递减函数，则对α∈(0,1)

=sup{θ:G(T(X1,X2,…,Xn) 0,θ)≥1 α}

θ∈Θ

=inf{θ:G(T(X1,X2,…,Xn),θ)≤α}

θ∈Θ

分别是θ的置信水平为1 α的（单侧）置信下限和置信水平为1 α的（单侧）置信上限。而对α∈(0,1)，θ的置信水平为1 α的置信区间为 θ, ，其中

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=sup{θ:G(T(X1,X2,…,Xn) 0,θ)≥1 α1} θ∈Θ

=inf{θ:G(T(X1,X2,…,Xn),θ)≤α2} θ∈Θ

其中α1+α2=α，且0<α1,α2<1。

（2）若G(t,θ)是θ的连续严格递减函数，则对α∈(0,1)，θ的置信水平为1 α的（单侧）置信下限θ为

G(T(X1,X2,…,Xn) 0,θ)=1 α

的解；θ的置信水平为1 α的（单侧）置信上限为

G(T(X1,X2,…,Xn),θ)=α

的解；而θ的置信水平为1 α的置信区间为 θ, ，其中θ,分别为

G(T(X1,X2,…,Xn) 0,θ)=1 α1，G(T(X1,X2,…,Xn),θ)=α2

且满足α1+α2=α和0<α1,α2<1的解。

证：（1）因为G(t,θ)是θ的严格递减函数，则当

G(T(X1,X2,…,Xn) 0,θ)<1 α

时，必有θ≥θ，由引理知

Pθ{θ≥≥Pθ{G(T(X1,X2,…,Xn) 0,θ)<1 α}≥1 α

即θ是θ的置信水平为1 α的（单侧）置信下限；

同样地，当G(T(X1,X2,…,Xn),θ)>α时，必有θ<，由引理

Pθ{θ≤≥Pθ{G(T(X1,X2,…,Xn),θ)>α}

=1 Pθ{G(T(X1,X2,…,Xn),θ)≤α}≥1 α

即是θ的置信水平为1 α的（单侧）置信上限；

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Pθ{≤θ≤=Pθ{≥θ} Pθ{θ<≥1 α1 α2=1 α

即θ的置信水平为1 α的置信区间为 θ, 。

（2）注意到：当G(t,θ)是θ的连续严格递减函数时，则对α∈(0,1)，θ为

G(T(X1,X2,…,Xn) 0,θ)=1 α

的解；为

G(T(X1,X2,…,Xn),θ)=α

定理 3.18 （1）若G(t,θ)是θ的严格递增函数，则对α∈(0,1)

=inf{θ:G(T(X1,X2,…,Xn),θ)≤α}

=sup{θ:G(T(X1,X2,…,Xn) 0,θ)≤1 α}

θ∈Θ

分别是θ的置信水平为1 α的（单侧）置信下限和置信水平为1 α的（单侧）置信上限。而对α∈(0,1)，θ的置信水平为1 α的置信区间为 θ, ，其中

=inf{θ:G(T(X1,X2,…,Xn),θ)≤α1} θ∈Θ

=sup{θ:G(T(X1,X2,…,Xn) 0,θ)≥1 α2} θ∈Θ

其中α1+α2=α，且0<α1,α2<1。

（2）若G(t,θ)是θ的连续严格递增函数，则对α∈(0,1)，θ的置信水平为1 α的（单侧）置信下限θ为

G(T(X1,X2,…,Xn),θ)=α

的解；θ的置信水平为1 α的（单侧）置信上限为

G(T(X1,X2,…,Xn) 0,θ)=1 α

的解；而θ的置信水平为1 α的置信区间为 θ, ，其中θ,分别为

关于区间构造的经典

G(T(X1,X2,…,Xn),θ)=α1，G(T(X1,X2,…,Xn) 0,θ)=1 α2

且满足α1+α2=α和0<α1,α2<1的解。

证 因为G(t,θ)是θ的连续严格递增函数，则G(t,θ)是 θ的连续严格递减函数，由定理3.17可以得到 θ的（单侧）置信下限、上限与置信区间，从而证得定理。

例 3.39 设总体X~b(1,p)(0≤p≤1)，X1,X2,…,Xn为来自总体X的样本，试求参数p的置信水平为1 α的置信区间。 解 参数p的充分统计量为T=数为

∑X

i=1

n

i

，我们基于T构造参数p的置信区间。T的分布函

n in i

G(t,p)=Pp{T≤t}=∑ p(1 p)

i=0 i

由于

1

n iΓ(n+1)n ikn k 1

ppuudu = 1(1)()∑ ∫Γ(k+1)Γ(n k)pi=0 i k

n

[t]

由此可见，T的分布函数G(t,p)关于p是连续严格递减函数。T=

∑X

i=1

i

为非负整数，设

为k。由定理3.17，当k>0时，参数p的置信水平为1 α的（单侧）置信下限p为方程

G(∑Xi 0,p)=1 α

i=1

n

即

n in i

pp1 =1 α ()∑ i=0 i

k 1

的解，也即

Γ(n+1)k 1n k+1 1

u(1u)du=α ∫Γ(k)Γ(n k+1)0

的解。记β(x,a,b)表示β(a,b)分布的分布函数，则上式简化为

p

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β(p;k,n k+1)=α

X

由结论：1）若X~β(a,b)，则Y=~Z(a,b)；2）若Z~Z(a,b)，则

1 X

bXbF=~F(2a,2b)。于是我们有：若X~β(a,b)，则F=~F(2a,2b)。从而方

a1 Xa

程β(p;k,n k+1)=α等价变换为：

pn k+1

F ;2k,2(n k+1) =α

k 1 p

其中F(x;m,n)表示F(m,n)分布的分布函数，令v1=2(n k+1),v2=2k，上式变为

pv1 F ;v2,v1 =α， 1 pv2

因此，参数p的置信水平为1 α的（单侧）置信下限p为方程

pv11

=F1 α(v2,v1)=

1 pv2Fαv1,v2的解。解此方程得：

p=

当k=0时，取p=0。

v2

v2+v1Fα(v1,v2)

当k<n时，参数p的置信水平为1 α的（单侧）置信上限为方程

n in i

G(∑Xi,p)=∑ p(1 p)=α i=1i=0 i

n

k

的解。即

Γ(n+1)kn k 1

u(1u)du=1 α ∫Γ(k+1)Γ(n k)0

′=2(n k),v2′=2(k+1)，可知满足方程： 的解。按照上面相同的方法，v1

p

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′pv1

′,v1′) =Fα(v2

′1 pv2

于是，参数p的置信水平为1 α的（单侧）置信上限为

′′v2v2

==

′′′′′′′′v2+v1/Fα(v1,v2)v2+v1F1 α(v1,v2)

当k=n时，取=1。

综上可知，参数p的置信水平为1 α的置信区间为 p, ，其中当0<k<n时，

p=

′′v2v2v2

=，=

′+v1′/Fα2(v1′,v2′)v2′+v1′F1 α2(v1′,v2′)v2+v1Fα1(v1,v2)v2

且满足α1+α2=α和0<α1,α2<1，常取α1=α2=

α

2

。

p=0 n

p=

n+Fα(2,2n) ，当k=n时，取当k=0时，取 1 =1+nF(2n,2)=1 1 α

试求参数λ的置例 3.40 设总体X~P(λ)(λ>0)，X1,X2,…,Xn为来自总体X的样本，信水平为1 α的置信区间。 解 参数λ的充分统计量为T=数为

∑X

i=1

n

i

，我们基于T构造参数λ的置信区间。T的分布函

G(t,λ)=Pλ{T≤t}=∑

i=0

[t]

(nλ)

i!

i

e nλ

由于

∑

i=0

k 1

(nλ)

i!

i

+∞

e

nλ

=

∫λ

nk

uk 1e nudu

k 1!

由此可见，T的分布函数G(t,λ)关于λ是连续严格递减函数。T=

∑X

i=1

n

i

为非负整数，设

为k。由定理3.17，当k>0时，参数λ的置信水平为1 α的（单侧）置信下限λ为方程

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G(∑Xi 0,λ)=1 α

i=1

n

即

(nλ)e nλ=1 α ∑i!i=0

k 1

i

的解，也即

nkk 1 nu

uedu=α ∫k 1!0的解。记Γ(x,a,b)表示Γ(a,b)分布的分布函数，则上式简化为

λ

Γ(λ;k,n)=α

由结论：1）若X~Γ(a,b)，则Y=

Xn1

~Γ(a,cb)；2）Γ(,分布即为χ2(n)分布。于c22

是我们有：若X~Γ(k,n)，则Y=2nX~χ2(2k)。从而方程Γ(λ;k,n)=α等价变换为：

χ2(2nλ;2k)=α

因此，参数λ的置信水平为1 α的（单侧）置信下限为

=

χ12 α(2k)

2n

参数λ的置信水平为1 α的（单侧）置信上限为方程

G(∑Xi,λ)=∑

i=1

i=0

nk

(nλ)

i!

i

e nλ=α

的解，也即

nk+1k+1 1 nuuedu=1 α ∫k!0

按照上面相同的方法，可得

λ

χ2(2nλ;2(k+1))=1 α

因此，参数λ的置信水平为1 α的（单侧）置信上限为

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=

2χα(2k+2)

2n

综上可知，参数λ的置信水平为1 α的置信区间为 λ, ，其中

=

χ12 α/2(2k)

2n

，=

2

χα/2(2k+2)

2n

例 3.41 设总体X的概率密度函数为

θ

,x>θ

f(x;θ)= x2

0,其它

(θ>0)

X1,X2,…,Xn为来自总体X的样本，试求参数θ的置信水平为1 α的置信区间。

解 参数θ的极大似然估计量和充分统计量为T=X(1)，我们基于T构造参数λ的置信区间。T的分布函数为

θn

n 1 ,t>θ

G(t,θ)=1 [1 F(t;θ)]= tn

0,其它

由此可见，T的分布函数G(t,θ)关于θ是连续严格递减函数。参数θ的置信水平为1 α的（单侧）置信下限θ为方程

G(X(1),θ)=1 α

得解。其解为

=(1)

参数θ的置信水平为1 α的（单侧）置信上限θ为方程

G(X(1),θ)=α

得解。其解为

=(1)

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综上可知，参数θ的置信水平为1 α的置信区间为 θ, ，其中

=

(1)，=(1)

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