# 正态总体方差的置信区间

## 定义与构造

以下区间以 $1-\alpha$ 为置信水平，分位点采用[上侧分位点约定](/knowledge/maths/statistics/upper-tail-quantile/)。

设 $X_1,\ldots,X_n$ 是来自 $N(\mu,\sigma^2)$ 的简单随机样本，$n\ge2$，记

$$
\bar X=\frac1n\sum_{i=1}^nX_i,\qquad
S^2=\frac1{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i-\bar X)^2,\qquad
S=\sqrt{S^2}.
$$

以下都是置信水平 $1-\alpha$ 的等尾双侧区间。

均值 $\mu$ 未知时，$\dfrac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\sim\chi^2(n-1)$。按两侧各留 $\alpha/2$ 得

$$
P\left\{\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1)\le\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\le\chi^2_{\alpha/2}(n-1)\right\}=1-\alpha,
$$

解出

$$
\sigma^2\in\left[\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{\alpha/2}(n-1)},\ \frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1)}\right].
$$

端点都为正，所以标准差 $\sigma$ 的区间是对两个端点开平方：

$$
\sigma\in\left[\sqrt{\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{\alpha/2}(n-1)}},\ \sqrt{\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha/2}(n-1)}}\right].
$$

若均值 $\mu$ 已知，则用 $\sum_{i=1}^n(X_i-\mu)^2$ 代替 $(n-1)S^2$，自由度换成 $n$：

$$
\sigma^2\in\left[\frac{\sum_i(X_i-\mu)^2}{\chi^2_{\alpha/2}(n)},\ \frac{\sum_i(X_i-\mu)^2}{\chi^2_{1-\alpha/2}(n)}\right].
$$

> [!TIP]
> **端点顺序的记忆**
>
> $\chi^2_{\alpha/2}$ 在右尾，数值较大；$\chi^2_{1-\alpha/2}$ 在左尾，数值较小。较大的分位点作下界的分母，较小的作上界的分母，所以“分母越大，端点越小”。写完先检查下界是否小于上界。

> [!WARNING]
> **不要交换两个分位点**
>
> 把 $\chi^2_{\alpha/2}$ 与 $\chi^2_{1-\alpha/2}$ 的位置写反，会得到下界大于上界的空区间。$\chi^2$ 与 $F$ 都不对称，不能沿用 $z_{1-\alpha}=-z_\alpha$ 的写法。

## 例子

**方差的区间**

$n=16$，$s^2=4$，$\alpha=0.05$，$\chi^2_{0.025}(15)=27.488$，$\chi^2_{0.975}(15)=6.262$。由

$$
\frac{15\times4}{27.488}\approx2.183,\qquad
\frac{15\times4}{6.262}\approx9.582,
$$

得 $\sigma^2$ 的 $95\%$ 区间约为 $[2.183,\ 9.582]$。对两个端点开平方，得 $\sigma$ 的区间约为 $[1.477,\ 3.095]$。

## 探索

交互演示：方差区间为何不关于样本方差对称？。线段表示总体方差区间，圆点表示样本方差。 请在站点操作演示。

## 练习

1. 正态样本容量 $n=16$，样本方差 $s^2=4$。取 $\chi^2_{0.025}(15)=27.488$，$\chi^2_{0.975}(15)=6.262$。

   1. $\sigma^2$ 的 $95\%$ 置信区间下界约为 \_\_\_\_\_\_（variance-lower）。

      答案：2.183

      下界为 $15\times4/27.488\approx2.183$，分母是较大的分位点。

   2. 上界约为 \_\_\_\_\_\_（variance-upper）。

      答案：9.582

      上界为 $15\times4/6.262\approx9.582$，分母是较小的分位点。