参数估计：点估计、区间估计与样本容量

本节导读

这一节对应大纲应用统计学第 3 条「参数估计」。大纲的考试范围是：参数点估计的计算方法，点估计的评价标准，双侧与单侧区间估计；关于一个正态总体参数的区间估计，关于总体比率的区间估计，关于两个正态总体均值差的区间估计，关于两个总体比率差的区间估计；样本容量的确定。

学完你应当能：用矩估计法求点估计；用无偏性、有效性和一致性评价一个估计量；按「已知或未知总体方差」「大样本或小样本」选对公式，算出均值、方差、比率及其差的置信区间；会根据实际问题选单侧还是双侧；会由置信水平和允许误差反推样本容量。

点估计：估计量与矩估计法

用样本构造的、用来估计总体参数 $\theta$θ 的统计量 $\hat{\theta}$θ^ 叫估计量；把样本观测值代进去得到的具体数叫估计值。

矩估计法的思路：用样本矩去估计总体的同阶矩。总体的期望是参数的函数，令它等于样本均值，解出参数即可。几个结果：

• 总体均值 $\mu$μ 的矩估计是 $\bar{x}$xˉ；0—1 分布中 $p$p 的矩估计是样本比率；
• 总体服从 $[0,\theta]$[0,θ] 上的均匀分布时，$E(X)=\theta/2$E(X)=θ/2，令 $\bar{x}=\theta/2$xˉ=θ/2，得 $\hat{\theta}=2\bar{x}$θ^=2xˉ；
• 总体方差用二阶中心矩估计：$\hat{\sigma}^2=\dfrac{1}{n}\sum(x_i-\bar{x})^2$σ^2=n1​∑(xi​−xˉ)2。

点估计的评价标准

标准	含义	例子
无偏性	$E(\hat{\theta})=\theta$E(θ^)=θ，估计量的期望等于被估参数	$\bar{X}$Xˉ 是 $\mu$μ 的无偏估计；$S^2$S2（除以 $n-1$n−1）是 $\sigma^2$σ2 的无偏估计
有效性	两个无偏估计量中，方差小的更有效	用 $\bar{X}$Xˉ 估计 $\mu$μ 比只用单个观测值 $X_1$X1​ 更有效
一致性	样本容量增大时，估计量依概率收敛到被估参数	样本均值是总体均值的一致估计

除以 $n$n 的二阶中心矩 $\hat{\sigma}^2$σ^2 有偏：$E(\hat{\sigma}^2)=\dfrac{n-1}{n}\sigma^2$E(σ^2)=nn−1​σ2，偏差随 $n$n 增大而消失。

区间估计：双侧与单侧

置信水平 $1-\alpha$1−α 的意思是：用同样的方法反复抽样构造区间，约有 $1-\alpha$1−α 比例的区间包含真实参数。区间越窄越精确，置信水平越高越可靠；样本容量不变时，提高置信水平，区间就变宽。

• 双侧区间：同时给出上、下限，用 $z_{\alpha/2}$zα/2​、$t_{\alpha/2}$tα/2​ 等临界值。
• 单侧区间：只关心参数「至少多少」（置信下限）或「至多多少」（置信上限），用 $z_{\alpha}$zα​、$t_{\alpha}$tα​，例如只关心零件强度不低于多少。

一个总体参数的区间估计（双侧）

参数与条件	置信区间
均值，已知总体方差（正态总体，或大样本）	$\bar{x}\pm z_{\alpha/2}\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}$xˉ±zα/2​n​σ​
均值，未知总体方差（正态总体、小样本）	$\bar{x}\pm t_{\alpha/2}(n-1)\dfrac{s}{\sqrt{n}}$xˉ±tα/2​(n−1)n​s​
比率（大样本）	$\hat{p}\pm z_{\alpha/2}\sqrt{\dfrac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}$p^​±zα/2​np^​(1−p^​)​​

未知总体均值时，正态总体方差的置信区间：

$$\left[\frac{(n-1)s^2}{\chi^2_{\alpha/2}(n-1)},\ \frac{(n-1)s^2}{\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1)}\right]$$[χα/22​(n−1)(n−1)s2​, χ1−α/22​(n−1)(n−1)s2​]

这里 $\chi^2_{\alpha/2}(n-1)$χα/22​(n−1) 表示右侧面积为 $\alpha/2$α/2 的临界值。注意大的临界值在下限的分母上。大样本、未知总体方差时，求均值的区间也可以用 $s$s 代替 $\sigma$σ、用 $z$z 临界值。

两个总体参数的区间估计

参数与条件	置信区间
均值差，两总体方差已知	$(\bar{x}_1-\bar{x}_2)\pm z_{\alpha/2}\sqrt{\dfrac{\sigma_1^2}{n_1}+\dfrac{\sigma_2^2}{n_2}}$(xˉ1​−xˉ2​)±zα/2​n1​σ12​​+n2​σ22​​​
均值差，方差未知但相等（正态、小样本）	$(\bar{x}_1-\bar{x}_2)\pm t_{\alpha/2}(n_1+n_2-2)\,s_p\sqrt{\dfrac{1}{n_1}+\dfrac{1}{n_2}}$(xˉ1​−xˉ2​)±tα/2​(n1​+n2​−2)sp​n1​1​+n2​1​​
均值差，方差未知、两个大样本	$(\bar{x}_1-\bar{x}_2)\pm z_{\alpha/2}\sqrt{\dfrac{s_1^2}{n_1}+\dfrac{s_2^2}{n_2}}$(xˉ1​−xˉ2​)±zα/2​n1​s12​​+n2​s22​​​
比率差（大样本）	$(\hat{p}_1-\hat{p}_2)\pm z_{\alpha/2}\sqrt{\dfrac{\hat{p}_1(1-\hat{p}_1)}{n_1}+\dfrac{\hat{p}_2(1-\hat{p}_2)}{n_2}}$(p^​1​−p^​2​)±zα/2​n1​p^​1​(1−p^​1​)​+n2​p^​2​(1−p^​2​)​​

合并方差 $s_p^2=\dfrac{(n_1-1)s_1^2+(n_2-1)s_2^2}{n_1+n_2-2}$sp2​=n1​+n2​−2(n1​−1)s12​+(n2​−1)s22​​，是两个样本方差按自由度加权的平均。均值差或比率差的区间若包含 0，就不能认为两个总体有差异。

样本容量的确定

允许误差 $E$E 是置信区间长度的一半。由 $E=z_{\alpha/2}\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}$E=zα/2​n​σ​ 反解：

$$n=\frac{z_{\alpha/2}^2\,\sigma^2}{E^2}\ \ (\text{估计均值}),\qquad n=\frac{z_{\alpha/2}^2\,p(1-p)}{E^2}\ \ (\text{估计比率})$$n=E2zα/22​σ2​  (估计均值),n=E2zα/22​p(1−p)​  (估计比率)

结果一律向上取整。估计比率时 $p$p 不知道，可以用以往的经验值，没有经验值就取 $p=0.5$p=0.5（这时 $p(1-p)$p(1−p) 最大，样本最保守）。置信水平越高、允许误差越小、总体越分散，需要的样本越大。

易错提醒

• ❌ 95% 置信区间的意思是「真实参数有 95% 的概率落在这个算出来的区间里」。
  ✅ 参数是固定的，区间是随机的；95% 说的是这种方法构造的区间包含参数的比例。

• ❌ 样本量算出来是 96.04，取 96。
  ✅ 样本容量一律向上取整，取 97，否则达不到要求的精度。

• ❌ 未知总体方差就一律用 t 分布。
  ✅ 正态总体小样本用 t；大样本时可以用 $s$s 代替 $\sigma$σ 按 z 计算。

• ❌ 求方差的区间时，把大的卡方临界值放在上限的分母上。
  ✅ 大的临界值对应区间下限，小的对应上限。

例题精讲

例题 1（未知总体方差，小样本）

某企业对 16 名新员工的操作考核成绩近似正态，样本均值 82 分、样本标准差 6 分。求平均成绩的 95% 置信区间（已知 $t_{0.025}(15)=2.131$t0.025​(15)=2.131）。

答案：约 [78.80，85.20]。

解析：总体方差未知、小样本，用 t：$E=2.131\times6\div\sqrt{16}=2.131\times1.5\approx3.20$E=2.131×6÷16​=2.131×1.5≈3.20，区间 $82\pm3.20$82±3.20。解释：有 95% 的把握认为新员工的平均考核成绩在 78.8 分到 85.2 分之间。

例题 2（总体比率）

某软件随机调查 400 名到期用户，有 120 人愿意续费。求续费比率的 95% 置信区间（$z_{0.025}=1.96$z0.025​=1.96）。

答案：约 [0.255，0.345]。

解析：$\hat{p}=120\div400=0.3$p^​=120÷400=0.3，$n\hat{p}$np^​ 与 $n(1-\hat{p})$n(1−p^​) 都远大于 5，按大样本处理。标准误 $\sqrt{0.3\times0.7\div400}\approx0.0229$0.3×0.7÷400​≈0.0229，$E=1.96\times0.0229\approx0.045$E=1.96×0.0229≈0.045，区间 $0.3\pm0.045$0.3±0.045。

例题 3（样本容量）

估计某园区员工的平均通勤时间，以往资料显示标准差约 15 分钟，要求在 95% 置信水平下允许误差不超过 3 分钟，至少要调查多少人？

答案：97 人。

解析：$n=1.96^2\times15^2\div3^2=3.8416\times225\div9=96.04$n=1.962×152÷32=3.8416×225÷9=96.04，向上取整为 97。

本节小结

• 矩估计：令总体矩等于样本矩解出参数；评价标准是无偏性、有效性、一致性。
• 均值：方差已知用 z，未知且小样本用 $t(n-1)$t(n−1)；比率与比率差按大样本用 z。
• 方差的区间用 $\chi^2(n-1)$χ2(n−1)，大临界值在下限分母上。
• 两总体均值差：方差已知用 z，未知但相等用合并方差和 $t(n_1+n_2-2)$t(n1​+n2​−2)；差的区间含 0 就不能认为有差异。
• 单侧区间用 $z_\alpha$zα​、$t_\alpha$tα​；样本容量 $n=z_{\alpha/2}^2\sigma^2/E^2$n=zα/22​σ2/E2，向上取整。