题目

设 x_1, x_2, ..., x_n 为正态总体 N(mu, sigma^2) 的一组样本观测值，若 mu 未知，则参数 sigma^2 的置信水平为 1-alpha 的置信区间为（ ）.A. ( (sum_(i=1)^n (X_i - mu_0)^2)/(chi_(alpha/2)^2(n)), (sum_(i=1)^n (X_i - mu_0)^2)/(chi_(1-alpha/2)^2(n)) ).B. ( overline(x) pm (sigma)/(sqrt(n)) u_((alpha)/(2)) );C. ( overline(x) pm (s)/(sqrt(n)) t_((alpha)/(2))(n-1) );D. ( ((n-1)s^2)/(chi_(alpha/2)^2(n-1)), ((n-1)s^2)/(chi_(1-alpha/2)^2(n-1)) );

设 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ 为正态总体 $N(\mu, \sigma^2)$ 的一组样本观测值，若 $\mu$ 未知，则参数 $\sigma^2$ 的置信水平为 $1-\alpha$ 的置信区间为（ ）.

A. $\left( \frac{\sum_{i=1}^n (X_i - \mu_0)^2}{\chi_{\alpha/2}^2(n)}, \frac{\sum_{i=1}^n (X_i - \mu_0)^2}{\chi_{1-\alpha/2}^2(n)} \right)$.

B. $\left( \overline{x} \pm \frac{\sigma}{\sqrt{n}} u_{\frac{\alpha}{2}} \right)$;

C. $\left( \overline{x} \pm \frac{s}{\sqrt{n}} t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1) \right)$;

D. $\left( \frac{(n-1)s^2}{\chi_{\alpha/2}^2(n-1)}, \frac{(n-1)s^2}{\chi_{1-\alpha/2}^2(n-1)} \right)$;

题目解答

答案

设 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ 为正态总体 $N(\mu, \sigma^2)$ 的样本，$\mu$ 未知。样本方差 $S^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2$，其中 $\bar{X}$ 为样本均值。统计量 $\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}$ 服从自由度为 $n-1$ 的卡方分布，即 $\chi^2(n-1)$。

对于置信水平 $1-\alpha$，有：
$P\left( \chi^2_{1-\alpha/2}(n-1) \leq \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \leq \chi^2_{\alpha/2}(n-1) \right) = 1 - \alpha.$

解得 $\sigma^2$ 的置信区间为：
$\left( \frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{\alpha/2}(n-1)}, \frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1)} \right).$

选项分析：

  • A：使用 $\mu_0$，不符合题意。
  • B、C：估计 $\mu$，非 $\sigma^2$。
  • D：符合上述推导，正确。

答案： $\boxed{D}$

解析

本题考查正态总体在均值 $\mu$ 未知的情况下，参数 $\sigma^2$ 的置信区间的求解，解题的关键在于利用样本方差构造合适的统计量，并结合卡方分布的性质来推导置信区间。

  1. 首先明确样本方差的定义：
    • 设 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ 为正态总体 $N(\mu, \sigma^2)$ 的样本，样本均值 $\overline{X}=\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^{n}X_i$，样本方差 $S^2=\frac{1}{n - 1}\sum_{i = 1}^{n}(X_i-\overline{X})^2$。
    • 我们知道一个重要的统计量：$\frac{(n - 1)S^2}{\sigma^2}$ 服从自由度为 $n - 1$ 的卡方分布，即 $\frac{(n - 1)S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n - 1)$。
  2. 然后根据卡方分布的性质确定概率区间：
    • 对于给定的置信水平 $1-\alpha$，我们要找到两个分位数 $\chi_{1-\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)$ 和 $\chi_{\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)$，使得 $P\left(\chi_{1-\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)\leq\frac{(n - 1)S^2}{\sigma^2}\leq\chi_{\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)\right)=1-\alpha$。
    • 这里 $\chi_{1-\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)$ 是卡方分布 $\chi^2(n - 1)$ 的下 $\frac{\alpha}{2}$ 分位数，$\chi_{\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)$ 是卡方分布 $\chi^2(n - 1)$ 的上 $\frac{\alpha}{2}$ 分位数。
  3. 接着对不等式进行变形求解 $\sigma^2$ 的范围：
    • 由 $\chi_{1-\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)\leq\frac{(n - 1)S^2}{\sigma^2}\leq\chi_{\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)$，
    • 先对不等式 $\chi_{1-\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)\leq\frac{(n - 1)S^2}{\sigma^2}$ 进行变形，两边同时乘以 $\sigma^2$ 得到 $\chi_{1-\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)\sigma^2\leq(n - 1)S^2$，再两边同时除以 $\chi_{1-\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)$，可得 $\sigma^2\leq\frac{(n - 1)S^2}{\chi_{1-\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)}$。
    • 再对不等式 $\frac{(n - 1)S^2}{\sigma^2}\leq\chi_{\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)$ 进行变形，两边同时乘以 $\sigma^2$ 得到 $(n - 1)S^2\leq\chi_{\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)\sigma^2$，再两边同时除以 $\chi_{\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)$，可得 $\sigma^2\geq\frac{(n - 1)S^2}{\chi_{\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)}$。
    • 综合可得 $\frac{(n - 1)S^2}{\chi_{\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)}\leq\sigma^2\leq\frac{(n - 1)S^2}{\chi_{1-\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)}$，所以 $\sigma^2$ 的置信水平为 $1 - \alpha$ 的置信区间为 $\left(\frac{(n - 1)S^2}{\chi_{\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)},\frac{(n - 1)S^2}{\chi_{1-\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)}\right)$。
  4. 最后对各选项进行分析：
    • 选项A：$\left(\frac{\sum_{i = 1}^{n}(X_i-\mu_0)^2}{\chi_{\frac{\alpha}{2}}^2(n)},\frac{\sum_{i = 1}^{n}(X_i-\mu_0)^2}{\chi_{1-\frac{\alpha}{2}}^2(n)}\right)$，此式使用的是 $\mu_0$，而题目中 $\mu$ 未知，所以该选项不符合题意。
    • 选项B：$\left(\overline{X}\pm\frac{\sigma}{\sqrt{n}}u_{\frac{\alpha}{2}}\right)$，这是在 $\sigma$ 已知时，均值 $\mu$ 的置信区间，并非 $\sigma^2$ 的置信区间，所以该选项错误。
    • 选项C：$\left(\overline{X}\pm\frac{S}{\sqrt{n}}t_{\frac{\alpha}{2}}(n - 1)\right)$，这是在 $\sigma$ 未知时，均值 $\mu$ 的置信区间，不是 $\sigma^2$ 的置信区间，所以该选项错误。
    • 选项D：$\left(\frac{(n - 1)S^2}{\chi_{\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)},\frac{(n - 1)S^2}{\chi_{1-\frac{\alpha}{2}}^2(n - 1)}\right)$，与我们推导的结果一致，所以该选项正确。