1

∆ΙΑΣΤΗΜΑΤΑ ΕΜΠΙΣΤΟΣΥΝΗΣ

Η Σηµειακή εκτιµητική δεν ποσοτικοποιεί την αβεβαιότητά µας για την ά-

γνωστη παράµετρο. Παίρνουν µία τιµή και δεν γνωρίζουµε πόσο αβέβαιοι είµα-

στε για την τιµή αυτή.

Σχεδόν πάντα, µε πιθανότητα 0, η εκτίµηση θα είναι ακριβώς ίση µε την

πραγµατική τιµή της παραµέτρου.

Κατασκευή ∆ιαστηµάτων Εµπιστοσύνης

Ζητούµε ( )LB X , ( )UB X (LowerBound και UpperBound), τέτοια ώστε, η πι-

θανότητα ( ) ( ) 1P LB X UB X aθ< < = − , συνήθως 95%, δηλαδή α=0,05. ∆εν

αποκλείεται όµως, να ληφθεί και α=0,01 (99%) ή α=0,1 (90%)

95%=100(1-α)%.

Παράδειγµα Άσκηση:

Έχουµε 1 2, , ,v

X X X… από κανονική κατανοµή ( )2,N µ σ , µε σ2 γνωστό.

Ζητείται ένα διάστηµα εµπιστοσύνης για το µ, µε α=0,05

Λύση:

Το α δεν έχει καµία σηµασία!

Είναι γνωστό ότι � Xµ µ= = .

Θεωρούµε την κατανοµή του.

( )2~ ,i

X N µ σ και, δεδοµένου

ότι το σ2 είναι γνωστό ,

2

~ ,X Nv

σµ

. Είναι γνωστό

επίσης ότι ( )~ 0,1X

z N

v

µσ−

=

• Το µ αυτό είναι το πραγµα-

τικό, όχι το δειγµατικό.

• Από το συνολικό διάγραµµα πρέπει να «κόψουµε» µια ποσότητα α (εδώ

5%), για να µείνει το 1-α

• επειδή η κανονική κατανοµή είναι συµµετρική, είναι το ίδιο αν «κόψου-

µε» ένα α/2 από κάθε πλευρά του γραφήµατος, οπότε πάλι παραµένει στο

µέσο µία ποσότητα 1-α .

( )2 2

1a a

P z z z a− ≤ ≤ = − ⇒ 2 2

a a

xP z z

v

µσ

− − ≤ ≤ =

2 2a a

P z x zv v

σ σµ − ≤ − ≤ =

2 2

a aP z x z

v vσ σµ ≥ − ≥ − =

2 2a a

P z x zv v

σ σµ − ≤ − ≤ =

2 2

1a a

P x z x z av v

σ σµ − ≤ ≤ + = −

α/2 α/2

0 x zα/2 -zα/2

x µ

α/2 α/2

2a

x zv

σ− 2

ax z

vσ+

2

Άρα λοιπόν ( )2

aLB x z

vσµ = − και ( )

2a

UB x zv

σµ = +

Άρα το ( )1 100%a−2 2

,a a

x z x zv v

σ σ ∆Ε = − + ,

όπου:

1

1 v

i

i

X xv =

= ∑ ,

το 2

az βρίσκεται από τους πίνακες τυποποιηµένης κανονικής κατανοµής

( )0,1N , για την τιµή του α/2.

,vσ από τη δοθείσα κατανοµή και δείγµα.

Ερµηνεία του ∆ιαστήµατος Εµπιστοσύνης

Αν επαναλάβουµε το πείραµα πολλές φορές, µε διαφορετικά δεδοµένα και κα-

τασκευάσουµε διαφορετικά 100(1-α)% ∆Ε, στο 100(1-α)% των περιπτώσεων το

πραγµατικό µ θα βρίσκεται εντός του ∆Ε.

Παρατηρήσεις

1) Εάν 1 1 2 2, , ,v v

X x X x X x= = =… , τότε X x= είναι γνωστός αριθµός και το

διάστηµα (∆Ε) που είδαµε, 2

ax z

vσ± είναι γνωστό διάστηµα. Άρα σε συγκε-

κριµένο δείγµα, το µ θα περιέχεται ή δεν θα περιέχεται στο ∆Ε, αλλά δεν γνωρί-

ζουµε το πραγµατικό µ.

2) Όσο αυξάνεται το µέγεθος του δείγµατος (ν) τόσο το µήκος του ∆Ε µι-

κραίνει. ( ) ( ) ( )L UB X LB X∆Ε = − = 2 2

a aX z X z

v vσ σ + − − =

2 2a a

X z X zv v

σ σ+ − + = 2 2

a az z

v vσ σ+ =

2

2a

zv

σ (περισσότερη

πληροφορία → λιγότερη αβεβαιότητα)

3) Για συγκεκριµένο µέγεθος δείγµατος, το µήκος µικραίνει, όσο µεγαλώνει

το α, δηλ. όσο µικραίνει ο συντελεστής εµπιστοσύνης 1-α).

∆Ε για Άγνωστη Παράµετρο Πληθυσµού.

Έστω 1 2, , ,v

X X X… τ.δ. από κατανοµή µε σ.π. (ή σ.π.π.) ( );f x θ .

Ζητούµε τυχαία όρια ( )LB X , ( )UB X , τέτοια ώστε:

( ) ( ) 1P LB X UB X aθ< < = − (για πολυδιάστατες παραµέτρους, Ζώνη Εµπι-

στοσύνης).

Γενική Μέθοδος

Εάν ( ) ( )1 2, , ,v

T X T X X X= … είναι εκτιµήτρια του θ και µία συνάρτηση της Τ

και της παραµέτρου θ, ( ),Y T θ , µε κατανοµή ανεξάρτητη από άγνωστες παρα-

µέτρους, τότε επιλέγονται σταθερές τέτοιες ώστε: ( )1 2, 1P c Y T c aθ< < = − ,

µπορούµε να πάρουµε 100(1-α)% ∆Ε για το θ, επιλύοντας τη διπλή ανίσωση, ως

προς θ.

3

Παράδειγµα Άσκηση:

Έστω 1 2, , ,v

X X X… τ.δ. από κανονική κατανοµή ( )2,N µ σ .

Να βρεθεί ∆Ε για το µ.

Λύση:

Χρήση της γενικής µεθόδου:

( )T X X= εκτιµήτρια για το µ.

Επειδή το σ2 είναι άγνωστο, µπορούµε να χρησιµοποιήσουµε την εκτίµηση:

( )22

1

1

1

v

i

i

s x xv =

= −− ∑ , η οποία είναι και αµερόληπτη.

Γνωρίζουµε πάλι ότι 2

~ ,X Nv

σµ

και εποµένως ( )~ 0,1x

z N

v

µσ−

=

Επίσης γνωρίζουµε ότι: ( )

( )

2

2

12

1~

v

s v

σ −

−X (µε ν-1 βαθµούς ελευθερίας)

(γνωρίζουµε από τη θεωρία, ότι τα x και ν είναι ανεξάρτητα)

Student ( ) ( )

( )1

2 2

1

2 12

T v

vf t

tvvv

π

+

Γ +=

Γ +

, t−∞ < < ∞

Η κατανοµή ( )1vt − δεν εξαρτάται από άγνωστες παραµέτρους, είναι συµµετρική

ως προς το 0, µονοκόρυφη, σχηµατικά είναι όπως και η τυποποιηµένη κανονική

µε πιο «βαριά» άκρα, και για 30v ≥ , συγκλίνει προς την αυτή.

Η z ακολουθεί την Ν(0,1). Αν θεωρήσω τη z,

( )2

2/ 1

1

x

z vT

u r sv

v

µσ

σ

−

= = =−

−

2

2

x

v

s

µσ

σ

−

= ( )

2

2

x v

s

µ

σσ

−= ( )1~

v

xt

sv

µ−

−

(Παρένθεση)

( )~ 0,1z N

( )2~r

U X και, εάν είναι ανεξάρτητες και παίρνω την ποσότητα

( )

( )( )2

0,1~ , 30

/r

r

NzT t r

u r

r

= = <X

(κατανοµή Student)

�2 2sσ =

4

Ζητούµε σταθερές 1 2,c c τέτοιες ώστε: ( )1 2 1P c t c a< < = − ⇒

( )1 2 1P c t c a< < = − ⇒ 1 2

XP c c

sv

µ

− < < =

( ) ( )1 1

2 2a av v

XP t t

sv

µ− −

− − < < =

( ) ( )1 12 2

a av v

s sP t X tv v

µ− −

− < − < =

( ) ( )1 12 2

a av v

s sP t X tv v

µ− −

− < − < =

( ) ( )1 12 2

a av vs sP t X t

v vµ− −

− ≤ − ≤ =

( ) ( )1 12 2

a av vs sP X t X t

v vµ− −

− ≤ ≤ + =

1 a− .

Συνεπώς: το ( ) ( ) ( )1 12 2

1 100% ,a av v

s sa x t x tv v− −

− ⋅ ∆Ε = − +

Η ίδια έκφραση µε πριν, αλλά αντί για σ2 έχουµε s και, αντί της τυποποιηµένης

κανονικής κατανοµής, την Student t.

Αριθµητικά Παραδείγµατα:

Άσκηση:

Έχουµε 1 2 16, , ,X X X… από κανονική κατανοµή ( )2, 1N µ σ = .

Ζητείται ένα διάστηµα εµπιστοσύνης 95% για το µ.

∆ίνονται: 2X = , 0,9752

1,96a

z z= = .

Λύση:

( )2~ , 1i

X N µ σ = , 1

~ ,X Nv

µ

, ( )~ 0,1X

z N

v

µσ−

=

95%∆Ε=( )1 0,05 100%− 0,025 0,025,X z X zv v

σ σ ∆Ε = − + =

1 12 1,96 ,2 1,96

16 16

− + =

1 1

2 1,96 ,2 1,964 4

− + = [ ]2 0,49,2 0,49− + =

[ ]1,51;2,49

Άσκηση:

Έχουµε.

∆ίνονται: 1 2 16, , ,X X X… από κανονική κατανοµή ( )2,N µ σ , µε 2X = , 2 4s = .

Να βρεθεί ∆Ε για το µ.

∆ίνονται: ( )0,025 15 2,131t = , ( )0,05 15 1,753t = , ( )0,025 16 2,120t = , ( )0,05 16 1,746t = .

Λύση:

( )100 1 % 95%a− = ⇒ 100 100 95a− = ⇒ ( )100 95 100 0,05a = − ÷ = .

5

Άρα ΕΕ για το µ είναι:

( ) ( ) ( )2 2

1 100% 1 , 1a a

s sa x t v x t vv v

− ⋅ ∆Ε = − − + − =

( ) ( )0,025 0,0252 215 , 15

16 16x t x t − + =

2 22 2,131 ,2 2.1314 4

− + =

[ ]2 1,0655;2 1,0655− + = [ ]0,9345;2,0655