题目

设自总体 X sim N(mu_1, 25) 得到容量为 10 的样本，算的样本均值 overline(X) = 19.8，自总体 Y sim N(mu_2, 36) 得到容量为 10 的样本，算的样本均值 overline(Y) = 24.0，两样本的总体相互独立，求 mu_1 - mu_2 的 90% 的置信区间()A. (19.8 - 24.0 pm z_(0.05) sqrt((25 + 36)/(10)))B. (19.8 - 24.0 pm z_(0.1) sqrt((25 + 36)/(10)))C. (19.8 - 24.0 pm t_(0.05) sqrt((25 + 36)/(10)))D. (19.8 - 24.0 pm t_(0.1) sqrt((25 + 36)/(10)))

设自总体 $X \sim N(\mu_1, 25)$ 得到容量为 10 的样本，算的样本均值 $\overline{X} = 19.8$，自总体 $Y \sim N(\mu_2, 36)$ 得到容量为 10 的样本，算的样本均值 $\overline{Y} = 24.0$，两样本的总体相互独立，求 $\mu_1 - \mu_2$ 的 90% 的置信区间()

A. $(19.8 - 24.0 \pm z_{0.05} \sqrt{\frac{25 + 36}{10}})$

B. $(19.8 - 24.0 \pm z_{0.1} \sqrt{\frac{25 + 36}{10}})$

C. $(19.8 - 24.0 \pm t_{0.05} \sqrt{\frac{25 + 36}{10}})$

D. $(19.8 - 24.0 \pm t_{0.1} \sqrt{\frac{25 + 36}{10}})$

题目解答

答案

A. $(19.8 - 24.0 \pm z_{0.05} \sqrt{\frac{25 + 36}{10}})$

解析

本题考查两个正态总体均值差的置信区间的求解。解题思路如下：

  1. 首先明确两个总体的分布情况，已知总体$X \sim N(\mu_1, 25)$，总体$Y \sim N(\mu_2, 36)$，且两总体相互独立，样本容量$n_1 = n_2 = 10$，样本均值$\overline{X} = 19.8$，$\overline{Y} = 24.0$，总体方差$\sigma_1^2 = 25$，$\sigma_2^2 = 36$。
  2. 由于两个总体均为正态分布且总体方差已知，根据正态分布的性质，$\overline{X} - \overline{Y}$服从正态分布。
    • 计算$\overline{X} - \overline{Y}$的期望$E(\overline{X} - \overline{Y})$：
      • 根据期望的性质$E(\overline{X} - \overline{Y}) = E(\overline{X}) - E(\overline{Y})$，因为$E(\overline{X})=\mu_1$，$E(\overline{Y})=\mu_2$，所以$E(\overline{X} - \overline{Y})=\mu_1 - \mu_2$。
    • 计算$\overline{X} - \overline{Y}$的方差$D(\overline{X} - \overline{Y})$：
      • 根据方差的性质$D(\overline{X} - \overline{Y}) = D(\overline{X}) + D(\overline{Y})$（因为$X$与$Y$相互独立），又因为$D(\overline{X})=\frac{\sigma_1^2}{n_1}$，$D(\overline{Y})=\frac{\sigma_2^2}{n_2}$，所以$D(\overline{X} - \overline{Y})=\frac{\sigma_1^2}{n_1}+\frac{\sigma_2^2}{n_2}$。
      • 已知$\sigma_1^2 = 25$，$\sigma_2^2 = 36$，$n_1 = n_2 = 10$，则$D(\overline{X} - \overline{Y})=\frac{25}{10}+\frac{36}{10}=\frac{25 + 36}{10}$。
      • 那么$\overline{X} - \overline{Y} \sim N(\mu_1 - \mu_2,\frac{25 + 36}{10})$，进一步标准化可得$Z=\frac{(\overline{X} - \overline{Y})-(\mu_1 - \mu_2)}{\sqrt{\frac{25 + 36}{10}}}\sim N(0,1)$。
  3. 对于给定的置信水平$1 - \alpha = 0.90$，则$\alpha = 0.1$，$\frac{\alpha}{2}=0.05$。
    • 由标准正态分布的性质，$P\{ -z_{\frac{\alpha}{2}}<\frac{(\overline{X} - \overline{Y})-(\mu_1 - \mu_2)}{\sqrt{\frac{25 + 36}{10}}}<z_{\frac{\alpha}{2}}\}=1 - \alpha$。
    • 对不等式进行变形：
      • 先将不等式各项同乘$\sqrt{\frac{25 + 36}{10}}$，得到$-z_{\frac{\alpha}{2}}\sqrt{\frac{25 + 36}{10}}<(\overline{X} - \overline{Y})-(\mu_1 - \mu_2)<z_{\frac{\alpha}{2}}\sqrt{\frac{25 + 36}{10}}$。
      • 再将不等式各项进行移项，可得$(\overline{X} - \overline{Y})-z_{\frac{\alpha}{2}}\sqrt{\frac{25 + 36}{10}}<\mu_1 - \mu_2<(\overline{X} - \overline{Y})+z_{\frac{\alpha}{2}}\sqrt{\frac{25 + 36}{10}}$。
    • 把$\overline{X} = 19.8$，$\overline{Y} = 24.0$，$\frac{\alpha}{2}=0.05$代入上式，得到$\mu_1 - \mu_2$的$90\%$的置信区间为$(19.8 - 24.0 \pm z_{0.05} \sqrt{\frac{25 + 36}{10}})$。