单个正态总体均值的区间估计，我们分两种情况讨论。如果总体方差已知，枢轴量的分布是正态分布，使用的是标准正态分布表；如果总体方差未知，枢轴量的分布是 t 分布，采用的是 t 分布表。
我们之前总结了区间估计的方法为
1，区间估计的基本方法：总结上面的例子可以知道区间估计的基本方法是：
（1）取一个只与未知参数 \(\theta\) 及样本有关的函数（统计分布）\(G(\theta;x_1,\cdots,x_n)\)，称为枢轴量；
（2）取常数 \(a,b\)，使得 \(P\{a\le G\le b\}=1-\alpha\)；
（3）从不等式 \(a\le G\le b\) 中解出 \(\theta_1\le \theta\le \theta_2\)，区间 \([\theta_1,\theta_2]\) 就是 \(\theta\) 的置信水平为 \(1-\alpha\) 的置信区间。
现在我们转到总体为正态分布的情况，之前我们叙述过正态总体的抽样分布，与单个正态总体的均值有关的抽样分布有两个
\[\displaystyle\bar{X}\sim N(\mu,\frac{\sigma^2}{n})\]
\[\displaystyle\frac{\bar{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}\sim t(n-1)\]
2，\(\sigma\) 已知，\(\mu\) 的区间估计：
（1）枢轴量：\(\displaystyle z=\frac{\bar{x}-\mu}{\sigma/\sqrt{n}}\sim N(0,1)\)；
（2）\(\displaystyle P\{-z_{\frac{\alpha}{2}}\le z\le z_{\frac{\alpha}{2}}\}=1-\alpha\)，这里 \(z_{\frac{\alpha}{2}}\) 是 \(z\) 的上 \(\frac{\alpha}{2}\) 分位点，即
\[P(z>z_{\frac{\alpha}{2}})=\frac{\alpha}{2},\quad \text{或者} P(z\le z_{\frac{\alpha}{2}})=1-\frac{\alpha}{2}\]
可以通过正态分布表查到它的值；
（3）从不等式 \(\displaystyle -z_{\frac{\alpha}{2}}\le z\le z_{\frac{\alpha}{2}}\) 解出置信区间为
\[\left[\bar{x}-z_{\frac{\alpha}{2}}\cdot\frac{\sigma}{\sqrt{n}},\bar{x}+z_{\frac{\alpha}{2}}\cdot\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right]\]
例1，用天平衡量某物体 \(9\) 次，得到质量的平均值 \(\bar{x}=15.4 g\)，已知天平衡量的结果为正态分布，其标准差为 \(0.1 g\)，求该物体质量的 \(90\%,95\%,99\%\) 的置信区间。
解：从上面的推导我们知道在 \(\sigma^2\) 已知的情形下，置信区间为
\[\left[\bar{x}-z_{\frac{\alpha}{2}}\cdot\frac{\sigma}{\sqrt{n}},\bar{x}+z_{\frac{\alpha}{2}}\cdot\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right]\]
（1）置信水平为 \(90\%\)，则 \(\alpha=0.1\)，所以 \(z_{\frac{\alpha}{2}}=z_{0.05}\)，也就是
\[P\{z\le z_{0.05}\}=0.95\]
查表得 \(z_{0.05}=1.65\)，所以置信水平为 \(0.9\) 的置信区间为
\[\left[15.4-1.65\cdot\frac{0.1}{3},15.4+1.65\cdot\frac{0.1}{3}\right]=[15.345,15.455]\]
（2）\(95\%\) 的置信水平，\(\alpha=0.05\)，查标准正态分布表，
\[z_{\frac{\alpha}{2}}=z_{0.025}=1.96\]
所以置信区间为
\[\left[15.4-1.96\cdot\frac{0.1}{3},15.4+1.96\cdot\frac{0.1}{3}\right]=[15.335,15.465]\]
（3）\(99\%\) 的置信水平，\(\alpha=0.01\)，查标准正态分布表，
\[z_{\frac{\alpha}{2}}=z_{0.005}=2.58\]
所以置信区间为
\[\left[15.4-2.58\cdot\frac{0.1}{3},15.4+2.58\cdot\frac{0.1}{3}\right]=[15.314,15.486]\]
3，\(\sigma\) 未知，求 \(\mu\) 的置信区间：
（1）枢轴量： \(\displaystyle t=\frac{\bar{x}-\mu}{s/\sqrt{n}}\sim t(n-1)\)，使用 \(t\) 分布表；
（2）\(\displaystyle P\{-t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)\le t\le t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)\}=1-\alpha\)；
（3）从上面解出置信区间为
\[\left[\bar{x}-t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)\cdot\frac{s}{\sqrt{n}},\bar{x}+t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)\cdot\frac{s}{\sqrt{n}}\right]\]
例2，有一大批糖果，随机抽取 \(16\) 件，称得平均重量为 \(503.75 g\)，\(s\) 为 \(6.2022 g\)，试求总体均值为 \(90\%,95\%\) 的置信区间。
解：（1）\(90\%\) 的置信区间，查 \(t\) 分布表，
\[t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)=t_{0.05}(15)=1.7531\]
所以置信区间为
\begin{align*}&\left[\bar{x}-t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)\cdot\frac{s}{\sqrt{n}},\bar{x}+t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)\cdot\frac{s}{\sqrt{n}}\right]\\ &\quad =\left[503.75-1.7531\cdot\frac{6.2022}{4},503.75+1.7531\cdot\frac{6.2022}{4}\right]\\ &\quad =[501.03,506.47]\end{align*}
（2）\(95\%\) 的置信水平， \(\alpha=0.05\)，查 \(t\) 分布表，
\[t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)=t_{0.025}(15)=2.1315\]
所以置信区间为
\begin{align*}&\left[\bar{x}-t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)\cdot\frac{s}{\sqrt{n}},\bar{x}+t_{\frac{\alpha}{2}}(n-1)\cdot\frac{s}{\sqrt{n}}\right]\\ &\quad =\left[503.75-2.1315\cdot\frac{6.2022}{4},503.75+2.1315\cdot\frac{6.2022}{4}\right]\\ &\quad =[500.45,507.05]\end{align*}