置信区间来自一个采样前的概率事件。把事件反解为参数范围，覆盖保证便随之保留；配对方式、尺度假设和近似方法都会影响这个保证。

1. 95% 描述区间方法的覆盖率

报告写着“平均值为 12，95% 区间为 9.85 到 14.15”。这个 95% 既不表示相应比例的测量值落在里面，也不是本课程频率学派框架下固定真值的后验概率。它描述反复按同一规则构造区间时，区间覆盖真值的概率。要看清这一点，需要写出采样前的随机事件。

记随机区间为 $C(X)=[L(X),U(X)]$。若对模型中的每个参数 $\theta$ 都满足

$$P_\theta\{\theta\in C(X)\}\ge1-\alpha,$$

就得到覆盖水平至少为 $1-\alpha$ 的置信区间方法。连续精确情形常等号成立；离散模型可能保守，大样本方法可能只在极限中达到所需覆盖。

图里每换一批样本，区间就会移动，真值线始终固定。等这一次数据已经收完，算出的区间要么覆盖真值，要么没覆盖。95% 描述的是反复这样构造区间的覆盖率，既不是给固定参数分配后验概率，也不是说 95% 的个体观测会落进来。

覆盖率属于整套规则，抽样方式、按结果选模型以及反复查看后决定何时停止，都可能影响它。只保留“看起来漂亮”的区间，原来的保证便可能失效。

有限次模拟中的覆盖次数也会波动

假定每次都用精确覆盖率为 95% 的同一个方法，且重复实验独立。100 次中覆盖多少次，就服从 $\operatorname{Bin}(100,0.95)$，期望 95，标准差为 $\sqrt{100\times0.95\times0.05}\approx2.18$。所以偶尔不是恰好 95 条，并不能据此说方法错了。

这里有两层波动：每条区间的位置和宽度来自那一批样本，100 条中的命中比例还会因为重复次数有限而变化。多做几次模拟，会更稳地估出所模拟模型的覆盖率，但不会改善已经收集好的某一批真实样本。

已经算出的区间究竟覆盖了没有，通常仍然不知道。但不知道真值在哪，并没有把频率学派的固定参数变成具有后验概率的随机变量。

2. 枢轴量：从一个已知分布反解参数

枢轴量 $Q(X,\theta)$ 的分布不含未知参数，表达式本身却可以含参数，因而未必是统计量。它的已知概率范围可以写成不等式，由此反解未知参数。

例如独立正态样本且 $\sigma$ 已知时，$Z=\sqrt n(\bar X-\mu)/\sigma\sim N(0,1)$。令 表示标准正态的 分位数，有

$$P\!\left(-z_{1-\alpha/2}\le\frac{\bar X-\mu}{\sigma/\sqrt n}\le z_{1-\alpha/2}\right)=1-\alpha.$$

因分母为正，整理得到

$$\mu\in\left[\bar X-z_{1-\alpha/2}\frac\sigma{\sqrt n}, \bar X+z_{1-\alpha/2}\frac\sigma{\sqrt n}\right].$$

这样得到的范围有一个明确来处：刚才那个概率事件被改写成了参数落在区间里的事件。每个不等号都保留着同一个覆盖关系。

3. 方差未知：从 t 枢轴量得到均值区间

独立正态样本下，$T=(\bar X-\mu)/(S/\sqrt n)\sim t_{n-1}$。完全相同的反演得到

$$\boxed{\bar X\pm t_{1-\alpha/2,n-1}\frac S{\sqrt n}.}$$

完整例。 10 次独立正态测量的样本均值为12、样本标准差为3。95%区间采用 $t_{0.975,9}\approx2.262157$，标准误为 $3/\sqrt{10}\approx0.948683$，误差界约2.146071，故区间约为 。

误用 1.96 会缩窄区间，也遗漏估计尺度的不确定性。非正态总体有时可使用同样形式的大样本近似，但小样本正态模型的精确覆盖保证不能直接沿用。

跟着不等号，把均值解出来

继续使用 $n=10,\bar x=12,s=3$ 写出完整反演。只记“均值加减临界值乘标准误”，换模型时容易漏掉不等号方向或必要条件。

如果你想预测下一个单独观测，这个区间就不够宽了：它只算了估计均值的不确定性。第 12 章会把新观测自己的噪声加上，得到预测区间。

两个独立样本的尺度假设

目标为 $\delta=\mu_1-\mu_2$。第 2 章已从独立卡方和推导合并方差 $S_p^2$ 及精确 t 枢轴量，所以同方差正态模型给

$$(\bar X_1-\bar X_2)\ \pm\ t_{1-\alpha/2,n_1+n_2-2}S_p\sqrt{1/n_1+1/n_2}.$$

若方差不同，估计均值差方差的量是 $V=S_1^2/n_1+S_2^2/n_2$。两份卡方的尺度不同，不能再把它们相加直接称为同一尺度卡方。Welch 方法用一个缩放卡方近似 ，形成近似自由度

$$\hat\nu=\frac{(S_1^2/n_1+S_2^2/n_2)^2}{(S_1^2/n_1)^2/(n_1-1)+(S_2^2/n_2)^2/(n_2-1)},$$

由此报告 $(\bar X_1-\bar X_2)\pm t_{1-\alpha/2,\hat\nu}\sqrt V$。自由度可以不是整数，因为这次是在近似分布形状，没有宣称真的留下了这么多个独立坐标。

其来源可由矩匹配理解：正态模型下 $EV=v_1+v_2$，其中 $v_i=\sigma_i^2/n_i$，且 。若用 近似，均值 、方差 ，反解 ，再把未知 用样本估计代入，便得到上式。匹配两个矩没有证明两分布相等，因此这里明确是近似区间。

配对记录：应该对差值抽样

同一个对象在两种条件下各测一次，记 $D_i=Y_i-X_i$。若不同对象独立，且差值 iid 正态，则 $\bar{D}\pm t_{1-\alpha \mathrm{/}2,}$ 是平均差的精确区间。对象内部的两次读数允许相关；差值的方差是 。

六个独立对象的差值 $2,1,3,0,2,4$ 给出均值 2、离差平方和 10，以及 $S_D^2=2$。95% 区间为 $2\pm2.57058\sqrt{2/6}$，约 。独立单位是 6 个差值，不能将 12 个原始读数拆作两组独立样本。配对关系也必须来自原设计，不能为了缩短区间事后重配。

4. 方差区间：取倒数会反转次序

对独立正态样本，$Q=(n-1)S^2/\sigma^2\sim\chi^2_{n-1}$。记 、，则

$$P\left(q_L\le\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\le q_U\right)=1-\alpha.$$

由于各量为正，反解为

$$\boxed{\left[\frac{(n-1)S^2}{q_U},\frac{(n-1)S^2}{q_L}\right].}$$

取倒数后，大的卡方分位数跑到了下限的分母，小的跑到了上限。区间通常不围绕 $S^2$ 对称，别硬写成加减同一个误差。如果目标是标准差，对两个端点分别开平方即可；这个单调变换保留同一个覆盖事件。

继续用 $n=10,S=3$，95%方差区间约为 $[4.258055,29.995673]$；这是方差单位，不能与均值区间混淆。宽度较大也反映了小样本估计尺度的不确定性。

实验：区间反解与端点次序

提高置信水平会扩大保留的中央概率区域。用前面的不等式判断均值区间与方差区间的端点怎样移动。

默认设置为 n=10、x̄=12、s=3、水平 0.95，各步展开显示反解过程。将水平改为 0.99，可比较端点变化。方差模式中的取倒数步骤尤其需要留意左右次序。

均值区间关于 x̄ 对称，方差区间通常不关于 s² 对称。方差下限的分母采用右侧 χ² 分位数，正是取倒数反序的结果。

均值那一步乘的是正数 s/√n，不等号方向不变；方差那一步取正数倒数，顺序会反转。概率来自采样前的枢轴分布，代入数据后才得到这一次的参数区间。

方差比与指数速率：同一个反演方法的两个新用法

设两个独立正态样本的真实方差比为 $r=\sigma_1^2/\sigma_2^2$，记观测方差比 $R=S_1^2/S_2^2$。第 2 章给 ，其中 。记上下分位数 ，则 等价于

$$\frac R{f_U}\le r\le\frac R{f_L}.$$

如果改研究 $1/r$，就对端点取倒数，并交换它们的顺序。只给原答案整体添一个倒数符号，容易写错区间。这里换的是参数尺度，覆盖事件仍要相同。

再看 iid 指数速率 $\lambda$。总等待 $T$ 为形状 $n$、速率 $\lambda$ 的 Gamma，第 2 章的密度缩放给 $2\lambda T\sim\chi^2_{2n}$。因此等尾区间为

$$\left[\frac{\chi^2_{\alpha/2,2n}}{2T},\frac{\chi^2_{1-\alpha/2,2n}}{2T}\right].$$

指数速率在枢轴量的分子，反解时两分位数不颠倒；正态方差位于分母，需要反序。目标改为平均等待 $1/\lambda$ 时，对端点取倒数并交换次序即可。每次保持同一概率事件，便能确定正确方向。

5. Wald 区间的局限与得分反演

若 $\sqrt n(T_n-\theta)\xrightarrow d N(0,v)$ 且有一致的方差估计，可构造近似区间 。这依赖渐近近似，并非有限样本的普遍保证。

样本比例的最直接 Wald 区间是 $\hat p\pm z\sqrt{\hat p(1-\hat p)/n}$。小样本或接近0、1时它表现可能很差：全失败样本会给出零宽区间，却不能证明总体成功概率必为零。

一种更合适的替代是反演得分检验，得到 Wilson 区间：

$$\frac{\hat p+z^2/(2n)\ \pm\ z\sqrt{\hat p(1-\hat p)/n+z^2/(4n^2)}}{1+z^2/n}.$$

Wilson 公式来自近似得分条件 $n(\hat p-p)^2\le z^2p(1-p)$ 的反演。展开不等式，合并 $$ 的项，得到

$$(n+z^2)p^2-(2n\hat p+z^2)p+n\hat p^2\le0.$$

二次项系数为正，满足条件的 $p$ 在两个实根之间，用求根公式并整理即得到上式。这里把方差保留为候选值的函数参与反演，与先代入 $\hat p$ 再计算标准误的 Wald 路线不同。

这条路线避免了端点处机械产生零宽区间，却没有保证每个参数的覆盖率都恰等于名义值。严格的有限样本保证可由精确二项检验反演获得，相应区间可能保守。宽度比较应以相同覆盖要求为前提。

其他条件固定时，增加样本量通常会缩窄区间。如果观测波动更大，或要求更高的置信水平，区间反而需要更宽。脱离这些条件，单看宽度无法评价方法。

零次成功并不意味着零不确定性

在 10 次独立伯努利试验中没有成功，Wald 区间退化为 $[0,0]$。但若真实 $p=0.1$，仍有 $0.9^{10}\approx0.3487$ 的概率出现这份数据。如此常见的一份结果，不可能据此把所有正概率都排除。

对“全失败”这一特定观测，单侧 95% 精确上界可以由 $(1-p_U)^{10}=0.05$ 反解，得到 $p_U=1-0.05^{1/10}\approx0.2589$。相应双侧等尾 95% 精确区间把上侧使用的尾概率换为 0.025，得到上界约 0.3085。两者回答的尾部要求不同，不能把单侧上界与双侧区间混着比较。

同一数据的 Wilson 区间约为 $[0,0.2775]$。零宽退化得到避免，但它仍不保证每个 $p$ 处精确覆盖 95%。区间宽度不同，需要结合方法承诺的覆盖性质解释。

成功次数不在端点，也能精确反演

仅知道全失败的特殊公式还不够。设 $S\sim\operatorname{Bin}(n,p)$，观察到 $s$。对于 $0<s<n$，定义下端 $p_L$ 为满足

$$P_{p_L}(S\ge s)=\sum_{k=s}^n\binom nkp_L^k(1-p_L)^{n-k}=\alpha/2$$

的解，上端 $p_U$ 为满足 $P_{p_U}(S\le s)=\alpha/2$ 的解。下端排除那些“这么多成功几乎不可能”的过小参数，上端排除那些“这么少成功几乎不可能”的过大参数。 时取 ， 时取 ；另一端仍用其尾方程。

尾函数的单调性保证了二分求根的依据。用独立 $U_i\sim\operatorname{Uniform}[0,1]$ 构造 $X_i(p)=\mathbf1\{U_i\le p\}$，在同一组 下，成功数随 单调不减；因此 单调增加， 单调减少。内部相关尾函数还连续且严格单调，根也随之唯一。

把“覆盖至少达到要求”证明出来

固定真实 $p$。下端超过真值的事件 $p_L(S)>p$，表示观察到了过大的成功数，其上尾概率小于 $\alpha/2$。由于成功数有序，所有导致该事件的取值组成一个上尾；这个上尾的概率至多 $\alpha/2$。同理，上端小于真值的事件概率至多 $\alpha \mathrm{/}$。两者是区间未覆盖的两种方式，概率相加至多为 ，所以覆盖至少 。

离散尾概率是一跳一跳变化的，两尾通常没法各自恰好用完 $\alpha/2$。留下的错误预算就让区间偏保守。这里“精确”表示按有限样本真实分布给出至少名义水平的保证，并不表示每个 $p$ 处的覆盖率都刚好等于它。

还可以不模拟而枚举检查覆盖：对给定 $p$，算 $s=0,\ldots,n$ 的全部区间，并求

$$C(p)=\sum_{s=0}^n\mathbf1\{p\in[p_L(s),p_U(s)]\}\binom nsp^s(1-p)^{n-s}.$$

这个求和算的是整套方法在当前真参数下的覆盖率。只量一条区间有多宽，还回答不了这个问题。

6. 把不能拒绝的参数收集起来

对每个候选参数 $\theta_0$ 做一个水平为 $\alpha$ 的检验，把不能拒绝的参数全部收集起来，即得到对应的置信集合。这是检验反演。令 $A(\theta_0)$ 表示在候选值 $\theta_0$ 下不拒绝的样本集合，定义 。对真实 ，

$$\{\theta\notin C(X)\}=\{X\notin A(\theta)\}.$$

右边就是在真实零假设下误拒绝的事件，概率至多 $\alpha$，所以覆盖得证。即使最后的置信集合不连成一段，这条论证也成立。要得到通常的一段区间，还得有单调等额外条件。

例如同一正态模型下，双侧5% t检验不拒绝 $\mu_0$ 当且仅当 $\mu_0$ 位于相应95% t区间内。但若区间与检验使用不同近似、不同尾部或不同方差假设，就不能强行要求二者一一对应。

区间包含零，不能证明效应等于零；排除了零，也没有说明差异在实际中足够大。估计值、单位和区间需要结合任务中有意义的差异尺度解释。

实验：固定真值下反复生成区间

重复 100 次构造 95% 区间，命中次数本身仍有随机性。根据本章开头的二项分布，判断覆盖带是否必须恰好命中 95 次，同时留意固定真值线的位置。

保持 μ=12、σ=3、n=10，在 100 与 500 组之间切换。种子与置信水平可以分别调整；点击覆盖带，或使用“第几次抽样”滑块，可以查看某一条区间。

真实 μ 的竖线固定，区间位置和长度随样本变化。命中标 ○，未命中标 × 和虚线。模拟比例不必恰好等于名义比例，刚才的覆盖次数分布已经解释了这点。

种子、μ、σ、n 和重复数固定时，调整置信水平会复用同一批样本，便于比较。一条已经算出的区间，要么命中 μ，要么没命中；95% 说的是长期按规则构造时的覆盖率。

读懂区间承诺

1

频率学派 95% 置信区间的核心承诺是什么？

A.95% 的个体观测位于本次区间B.按同一规则重复抽样，区间覆盖固定真值的概率为 95%C.本次估计值有 95% 概率等于真值

2

每模拟 100 次，具有 95% 覆盖率的区间方法都必须恰好命中 95 次。

正确错误

3

方差区间中，若卡方分位数满足 qL < qU，下限的分母应该用哪个？填写 qL 或 qU。

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7. 练习：从概率事件得到区间

练习 1｜配对目标。 六个独立对象的差值为 $1,2,1,3,2,3$。在差值正态模型下，计算平均差的 95% 区间；可用 $t_{0.975,5}=2.57058$。

查看差值样本

平均为 2，离差平方和为 4，$S_D^2=4/5$，标准误 $\sqrt{2/15}\approx0.36515$。区间为 ，约 。自由度来自 6 个独立差值；原始成对观测的相关性已通过差值处理。

练习 2｜Welch 的近似来自哪里。 两组独立正态样本 $n_1=6,n_2=10$、样本方差 $9,4$，均值差为 3。求均值差标准误和近似自由度，写出 95% 区间公式，并解释为什么不是精确 $t_{14}$。

查看不同尺度

$V=9/6+4/10=1.9$，标准误 $\sqrt{1.9}$；自由度为 ${}^{}$。区间为 。两组方差未假定相等，残差平方和不能抽出同一真实尺度相加成精确卡方。

练习 3｜方差比的方向。 两独立正态样本的自由度为 4、8，观察方差比为 2。用 $F_{4,8}$ 的下侧分位数 $f_{0.025},f_{0.975}$ 写真实方差比及其倒数的 95% 区间。

查看两次倒数

方差比区间为 $[2/f_{0.975},2/f_{0.025}]$，倒数比区间为 $[f_{0.025}/2,f_{0.975}/2]$。第一次是反解枢轴中的分母参数，第二次是对参数作单调递减变换，均要检查端点次序。

练习 4｜等待时间的精确区间。 四次 iid 指数等待总和为 12 秒。已知 $\chi^2_{0.025,8}\approx2.17973$、$\chi^2_{0.975,8}\approx17.53455$，构造速率和平均等待的双侧 95% 区间。

查看参数在分子时的反演

速率区间为 $[2.17973/24,17.53455/24]\approx[0.09082,0.73061]$ 每秒。平均等待取倒数反序，约为 $[1.3687,11.0105]$ 秒。两个区间描述同一个覆盖事件的不同参数化，不能互相混用单位。

练习 5｜端点仍有不确定性。 15 次伯努利试验全部成功。推导单侧 95% 精确下界，以及双侧等尾 95% 下端；哪个更低，为什么？

查看成功上尾

观察全部成功的概率为 $p^{15}$。单侧下界解 $p_L^{15}=0.05$，得 $0.05^{1/15}\approx0.8190$；双侧下端解 ，约为 0.7820，上端为 1。双侧给每端更少错误预算，排除小参数的要求更严格，因此下端更低。

练习 6｜一般二项反演。 12 次试验成功 3 次。写出等尾 95% 精确区间的两条尾方程；说明求下端时把成功数尾部写成 $S\le3$ 会造成什么方向错误。

查看两端各排除什么

下端解 $P_{p_L}(S\ge3)=0.025$，上端解 $P_{p_U}(S\le3)=0.025$。低参数受到挑战是因为观察的成功太多，应检查上尾；写成下尾会把排除方向倒转。可在 依据单调性二分求根，并回代核对尾概率。

练习 7｜证明检验与集合对应。 每个点零假设都用水平至多 0.1 的检验，定义不拒绝的参数集合。证明其覆盖至少 90%；为什么集合不一定是一段连续区间？

查看事件等价

真参数不在集合，当且仅当针对它的检验拒绝。概率至多 0.1，覆盖便至少是 0.9。但这段证明没有要求接受集合随参数单调。遇到多峰似然或多对一参数映射，保留值可能分成几段，要另外检查形状。

练习 8｜把精度目标写成设计。 独立正态读数标准差已知为 3 秒，要求 99% 双侧均值区间半宽至多 0.4 秒。用 $z_{0.995}=2.57583$ 求充分的最小整数样本量，并说明不能用重复模拟次数代替它。

查看宽度约束

$n\ge(2.57583\cdot3/0.4)^2\approx373.21$，故取 374。这里 $n$ 是每批真实独立观测数；模拟批次数只是使覆盖率的估计更稳定，不会减小一批区间的标准误。