即 -j1-a. PlX- 这样，我们得到了μ的一个置信水平为1-α的置信区间 (±a- 例1.有一大批糖果。现从中随机地取16袋，称得重量（以克计）如下 508499503504510497512 505493496506502509496 设袋装糖果的重近似地服从正态分布，试求总体均值4的置信水平为0.95的置信区 间. 解这里1-a=0.95,a/2=0.025,n-1=15,too2s(15)=2.1315,由给出的数 据 算得x=503.75,s=62022.由此总体均值μ的置信水平为0.95的置信区间为 503.75±6202×21315) √16 即 (500.4,507.1). 这就是说估计袋装糖果重量的均值在500.4克与507.1克之间，这个估计的可信 程度为95%.若以此区间内任一值作为“的近似值，其误差不大于 62022.1316×2 16 6.61(克)，这个误差估计的可信程度为95% 2.方差σ2的置信区间 此处，根据实际问题的需要，只介绍4未知的情况。 。的无偏估计为S,由第6章S2定理二知1-1S ~x2(n-1),并且此式 右端的分布不依赖于任何未知参数，故有 P左a2m-)<m- -<zi(-D)=1-a (2n-<o2<-s2) p (n-1)s2 =1-a Zian2(n-1) 这就得到方差σ2的一个置信水平为1-：的置信区间 (n-1)S2 (n-10S2 gn-)'不enn-) 即       − ( −1)   + ( −1) / 2 t / 2 n n S t n X n S P X    =1− . 这样,我们得到了  的一个置信水平为 1− 的置信区间          ( −1) t / 2 n n S X  . 例 1.有一大批糖果。现从中随机地取 16 袋，称得重量（以克计）如下： 508 499 503 504 510 497 512 505 493 496 506 502 509 496 设袋装糖果的重近似地服从正态分布，试求总体均值  的置信水平为 0.95 的置信区 间. 解 这里 1− =0.95， / 2 = 0.025, n −1=15,t 0.025 (15) = 2.1315,由给出的数 据 算得 x = 503.75, s = 6.2022 .由此总体均值  的置信水平为 0.95 的置信区间为           2.1315 16 6.2022 503.75 ， 即 (500.4, 507.1). 这就是说估计袋装糖果重量的均值在 500.4 克与 507.1 克之间，这个估计的可信 程 度 为 95%. 若 以 此 区 间 内 任 一 值 作 为  的 近 似 值 ， 其 误 差 不 大 于 16 6.2022  2.1315  2= 6.61（克），这个误差估计的可信程度为 95%. 2.方差 2  的置信区间 此处，根据实际问题的需要，只介绍  未知的情况。 2  的无偏估计为 S 2 ，由第 6 章§2 定理二知 2 2 ( 1)  n − S ～ ( 1) 2  n − , 并且此式 右端的分布不依赖于任何未知参数，故有 P       = −        − − − −  ( 1) 1 ( 1) ( 1) 2 2 2 2 2 1 / 2 n n S n 即 P       = −         − −   − − − 1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 2 1 / 2 2 2 2 2 2 n n S n n S 这就得到方差 2  的一个置信水平为 1 − 的置信区间           − − − − − ( 1) ( 1) , ( 1) ( 1) 2 1 / 2 2 2 2 2 n n S n n S    