根据 这个例子, ${\displaystyle \bar{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i}$ 是 ${\displaystyle \frac{1}{\lambda }}$ 的无偏估计、UMVUE. 根据 ${\displaystyle \sum _{i=1}^n{X}_i}$ 的概率密度公式 (2.4), 和 ${\displaystyle {\chi }^2}$ 分布的密度 (3.1), 有 ${\displaystyle 2\lambda n\bar{X}\sim {\chi }_{2n}^2}$. 于是；若有 ${\displaystyle 0<a<b<\mathrm{\infty }}$ 满足 ${\displaystyle \mathbb{P}(a\le {\chi }_{2n}^2\le b)=1-\alpha }$, 则有 $${\mathbb{P}}_{\lambda }(\frac{a}{n\bar{X}}\le \lambda \le \frac{b}{n\bar{X}})=1-\alpha ,\mathrm{\forall }\lambda >0.$$ 由此, ${\displaystyle [\frac{a}{n\bar{X}},\frac{b}{n\bar{X}}]}$ 就是 ${\displaystyle \lambda }$ 的置信系数 ${\displaystyle 1-\alpha }$ 的置信区间. 可以取 $$a={\chi }_{2n}^2(1-\frac{\alpha }{2}),b={\chi }_{2n}^2\left(\frac{\alpha }{2}\right).$$ 类似地, 由 $$\mathbb{P}({\chi }_{2n}^2\ge {\chi }_{2n}^2(1-\alpha ))=\mathbb{P}({\chi }_{2n}^2\le {\chi }_{2n}^2(\alpha ))=1-\alpha ,$$ 分别得出 ${\displaystyle \lambda }$ 的置信系数 ${\displaystyle 1-\alpha }$ 的置信下、上界分别为 ${\displaystyle \frac{{\chi }_{2n}^2(1-\alpha )}{2n\bar{X}}}$, ${\displaystyle \frac{{\chi }_{2n}^2(\alpha )}{2n\bar{X}}}$.

记 ${\displaystyle T=max(X_1,\cdots ,X_n)}$, 则根据 这个例子, ${\displaystyle \frac{n+1}{n}T}$ 是 ${\displaystyle \theta }$ 的 UMVUE. 因此设法去找通过 ${\displaystyle T}$ 表出的区间估计. 因为 ${\displaystyle \frac{X_1}{\theta }\sim \mathrm{Uniform}(0,1)}$, 知 ${\displaystyle \frac{T}{\theta }}$ 有密度函数 ${\displaystyle n{x}^{n-1}}$ (${\displaystyle 0<x<1}$, 其他为 ${\displaystyle 0}$). 于是, 若找 ${\displaystyle c_1,c_2}$ (${\displaystyle 0<c_1<c_2\le 1}$) 满足条件 $$1-\alpha ={\int }_{c_1}^{c_2}n{x}^{n-1}\mathrm{d}x=c_2^n-c_1^n,$$ 则有 $${\mathbb{P}}_{\theta }(c_1\le \frac{T}{\theta }\le c_2)={\mathbb{P}}_{\theta }(\frac{T}{c_2}\le \theta \le \frac{T}{c_1})=1-\alpha .$$ 于是 ${\displaystyle [\frac{T}{c_2},\frac{T}{c_1}]}$ 为 ${\displaystyle \theta }$ 的一个置信系数 ${\displaystyle 1-\alpha }$ 的置信区间.
接下来确定 ${\displaystyle c_1,c_2}$ 满足前面条件且区间长度尽可能短, 则可以取 ${\displaystyle c_1={\alpha }^{\frac{1}{n}},c_2=1}$.

取 ${\displaystyle T=\frac{X-np}{\sqrt{npq}}}$ (${\displaystyle q=1-p}$). 当 ${\displaystyle n\to \mathrm{\infty }}$, ${\displaystyle T\to \mathcal{N}(0,1)}$. 因此 ${\displaystyle {\mathbb{P}}_p(|T|\le u_{\frac{\alpha }{2}})\approx 1-\alpha }$. 这等价于 ${\displaystyle {\mathbb{P}}_p(c_1\le p\le c_2)\approx 1-\alpha }$, 不难解出 $$c_1,c_2=\frac{n}{n+{\lambda }^2}(p^{\ast }+\frac{{\lambda }^2}{2n}\pm \lambda \sqrt{\frac{p^{\ast }{q}^{\ast }}{n}+\frac{{\lambda }^2}{4n^2}}),$$ 这里 ${\displaystyle p^{\ast }=\frac{X}{n}}$, ${\displaystyle q^{\ast }=1-p^{\ast }}$, ${\displaystyle u_{\frac{\alpha }{2}}=\lambda }$.

先考虑 ${\displaystyle a}$. 根据 一样本t检验, 接受域为 ${\displaystyle \{\frac{|\sqrt{n}(\bar{X}-a_0|)}{S}\le t_{n-1}\left(\frac{\alpha }{2}\right)\}}$. 此处 ${\displaystyle \bar{X},S^2}$ 分别为样本均值、样本方差. 改写为 $$\bar{X}-t_{n-1}\left(\frac{\alpha }{2}\right)\frac{S}{\sqrt{n}}\le a_0\le \bar{X}+t_{n-1}\left(\frac{\alpha }{2}\right)\frac{S}{\sqrt{n}}.$$ 根据前面的讨论, $$[\bar{X}-t_{n-1}\left(\frac{\alpha }{2}\right)\frac{S}{\sqrt{n}}\le a_0\le \bar{X}+t_{n-1}\left(\frac{\alpha }{2}\right)\frac{S}{\sqrt{n}}]$$ 是 ${\displaystyle a}$ 的一个置信系数 ${\displaystyle 1-\alpha }$ 的置信区间, 它是一样本 t 区间估计.

对于 ${\displaystyle a}$ 的置信下界, 考虑检验 ${\displaystyle H:a\le a_0}$. 此时接受域为 ${\displaystyle \{\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-a_0)}{S}\le t_{n-1}(\alpha )\}}$. 改写为 ${\displaystyle \{a_0\ge \bar{X}-\frac{t_{n-1}(\alpha )S}{\sqrt{n}}\}}$. 于是 $${\mathbb{P}}_{a_0,\sigma }(a_0\ge \bar{X}-\frac{t_{n-1}(\alpha )S}{\sqrt{n}})={\mathbb{P}}_{a_0,\sigma }(\frac{\sqrt{n}(\bar{X}-a_0)}{S}\le t_{n-1}(\alpha ))=1-\alpha .$$ 改 ${\displaystyle a_0}$ 为 ${\displaystyle a}$, 则 ${\displaystyle \bar{X}-\frac{t_{n-1}(\alpha )S}{\sqrt{n}}}$ 是 ${\displaystyle a}$ 的置信系数 ${\displaystyle 1-\alpha }$ 的置信下界. 同样对于 ${\displaystyle H:a\ge a_0}$, 得到置信上界 ${\displaystyle \bar{X}+\frac{t_{n-1}(\alpha )S}{\sqrt{n}}}$.

对于 ${\displaystyle {\sigma }^2}$, 考虑 ${\displaystyle {\sigma }^2={\sigma }_0^2}$, ${\displaystyle {\sigma }^2\ge {\sigma }_0^2}$ 和 ${\displaystyle {\sigma }^2\le {\sigma }_0^2}$ 的检验, 根据 正态分布方差的检验, 接受域分别为$$\begin{array}{rl}& \{{\chi }_{n-1}^2(1-\frac{\alpha }{2})\le \frac{(n-1)S^2}{{\sigma }_0^2}\le {\chi }_{n-1}^2\left(\frac{\alpha }{2}\right)\},\\ & \{\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }_0^2}\ge {\chi }_{n-1}^2(1-\alpha )\},\\ & \{\frac{(n-1)S^2}{{\sigma }_0^2}\le {\chi }_{n-1}^2(\alpha )\},\end{array}$$ 由此得到置信区间、置信上下界分别为$$\begin{array}{rl}& [\frac{(n-1)S^2}{{\chi }_{n-1}^2(\frac{\alpha }{2})},\frac{(n-1)S^2}{{\chi }_{n-1}^2(1-\frac{\alpha }{2})}],\\ & \frac{(n-1)S^2}{{\chi }_{n-1}^2(1-\alpha )},\\ & \frac{(n-1)S^2}{{\chi }_{n-1}^2(\alpha )}.\end{array}$$

根据 两样本t检验, 记 $$S^{\ast }=\sqrt{\frac{1}{m+n-2}(\sum _{i=1}^m(X_i-\bar{X}{)}^2+\sum _{j=1}^n(Y_j-\bar{Y}{)}^2)},$$ 得到$$\begin{array}{rl}& [(\bar{Y}-\bar{X})-t_{m+n-2}\left(\frac{\alpha }{2}\right)\sqrt{\frac{m+n}{mn}}{S}^{\ast },(\bar{Y}-\bar{X})+t_{m+n-2}\left(\frac{\alpha }{2}\right)\sqrt{\frac{m+n}{mn}}{S}^{\ast }],\\ & (\bar{Y}-\bar{X})+t_{m+n-2}(\alpha )\sqrt{\frac{m+n}{mn}}{S}^{\ast },\\ & (\bar{Y}-\bar{X})-t_{m+n-2}(\alpha )\sqrt{\frac{m+n}{mn}}{S}^{\ast }.\end{array}$$

以置信下界为例. 设 ${\displaystyle \{X\in A^{\ast }({\theta }_0)\}}$ 为 ${\displaystyle \theta \le {\theta }_0\leftrightarrow \theta >{\theta }_0}$ 的水平 ${\displaystyle \alpha }$ 的 UMP 检验, 产生的置信下界为 ${\displaystyle {\underset{―}{\theta }}^{\ast }(X)}$. 前面指出它有置信水平 ${\displaystyle 1-\alpha }$.
如果有另一个置信下界 ${\displaystyle \underset{―}{\theta }(X)}$ 和置信水平 ${\displaystyle 1-\alpha }$, 在上述检验问题中有接受域 ${\displaystyle \{x|\underset{―}{\theta }(x)\le {\theta }_0\}}$, 水平为 ${\displaystyle \alpha }$.
若原假设成立，即 ${\displaystyle \theta \le {\theta }_0}$, 则 $${\mathbb{P}}_{\theta }(\text{接受原假设})={\mathbb{P}}_{\theta }(\underset{―}{\theta }(X)\le {\theta }_0)\ge {\mathbb{P}}_{\theta }(\underset{―}{\theta }(X)\le \theta )\ge 1-\alpha ,$$ 这证明它有水平 ${\displaystyle \alpha }$. 但按照 UMP检验的定义, ${\displaystyle \mathrm{\forall }{\theta }_1>{\theta }_0}$, 有 $${\mathbb{P}}_{{\theta }_1}(X\in A^{\ast }({\theta }_0))\le {\mathbb{P}}_{{\theta }_1}(\underset{―}{\theta }(X)>{\theta }_0),$$ 但 $$\{X\in A^{\ast }({\theta }_0)\}=\{{\underset{―}{\theta }}^{\ast }(X)\le {\theta }_0\}\Rightarrow {\mathbb{P}}_{{\theta }_1}({\underset{―}{\theta }}^{\ast }(X)\le {\theta }_0)\le {\mathbb{P}}_{{\theta }_1}(\underset{―}{\theta }(X)\le {\theta }_0),$$ 这对 ${\displaystyle \mathrm{\forall }{\theta }_1>{\theta }_0}$ 成立. 改 ${\displaystyle {\theta }_1\to \theta }$, ${\displaystyle {\theta }_0\to {\theta }^{\prime }}$, 得 $${\mathbb{P}}_{\theta }({\underset{―}{\theta }}^{\ast }(X)\le {\theta }^{\prime })\le {\mathbb{P}}_{\theta }(\underset{―}{\theta }(X)\le {\theta }^{\prime }),\mathrm{\forall }{\theta }^{\prime }<\theta ,$$ 从而 ${\displaystyle {\underset{―}{\theta }}^{\ast }(X)}$ 为 UMA 置信下界. 证毕.

我们知道它的水平 ${\displaystyle \alpha }$ 的 UMP 检验存在, 有接受域 ${\displaystyle \{\sqrt{n}(\bar{X}-{\theta }_0)\le u_{\alpha }\}}$. 相应于 ${\displaystyle \theta }$ 的置信下界 ${\displaystyle \bar{X}-\frac{u_{\alpha }}{\sqrt{n}}}$. 根据 上述定理, 这是 ${\displaystyle \theta }$ 的 ${\displaystyle 1-\alpha }$ 水平的 UMA 置信下界. 同理有 ${\displaystyle \bar{X}+\frac{u_{\alpha }}{\sqrt{n}}}$ 置信上界.

${\displaystyle X_1,\cdots ,X_n\sim \mathcal{N}(a,{\sigma }^2)}$, ${\displaystyle a,\sigma }$ 未知. 根据 这个例子, 它们是 UMAU 的, 因为一样本 t 检验是 UMPU 的.
同样地对 这个例子, 也是 UMAU. 再根据 正态分布方差的无偏检验, 去构造 ${\displaystyle \sigma ,\frac{{\sigma }_1^2}{{\sigma }_2^2}}$, 则都是 UMAU.

只要用全概率公式 $$\begin{array}{}\text{(*)}& f_Y(y)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{f}_{Y|S=s}(y)f_S(s)\mathrm{d}s.\end{array}$$ 由条件 2, 被积函数第一项为 ${\displaystyle \frac{s}{\sqrt{2\pi }\sigma }\exp (-\frac{s^2{y}^2}{2{\sigma }^2})}$. 又有条件 1 和 ${\displaystyle {\chi }_m^2}$ 的密度, $$f_S(s)=\frac{2{\left(\frac{m}{2}\right)}^{\frac{m}{2}}{s}^{m-1}\exp (-\frac{m{s}^2}{2{\sigma }^2})}{{\sigma }^m\mathrm{\Gamma }\left(\frac{m}{2}\right)}.(s>0)$$ (${\displaystyle s\le 0}$ 时它为 ${\displaystyle 0}$.) 代入 (*), ${\displaystyle Y\sim t_m}$.

取 ${\displaystyle m=n_0-1}$. 由 定理3.1, ${\displaystyle \frac{m{S}^2}{{\sigma }^2}\sim {\chi }_m^2}$, 故引理 1 的条件 1 满足. 改写 $$Y=\underset{Y_1}{\underbrace{\frac{n_{0}a(S)}{S\sqrt{\sum _{i=1}^n{a}_i^2(S)}}({\bar{X}}_0-a)}}+\underset{Y_2}{\underbrace{\frac{b(S)}{S\sqrt{\sum _{i=1}^n{a}_i^2(S)}}\sum _{i=n_0+1}^{n(S)}(X_i-a)}},$$
给定 ${\displaystyle S=s}$.
先看 ${\displaystyle Y_1}$. 根据 定理3.1, ${\displaystyle {\bar{X}}_0\perp \perp S}$. 故 ${\displaystyle Y_1|S=s}$ 与无条件分布 $$\frac{n_{0}a(s)(\overline{X_0}-a)}{s\sqrt{\sum _{i=1}^n{a}_i^2(s)}}$$ 相同, 即 ${\displaystyle \mathcal{N}(0,\frac{n_0{\sigma }^2{a}^2(s)}{s^2\sum _{i=1}^n{a}_i^2(s)})}$.
再看 ${\displaystyle Y_2}$. 因为 ${\displaystyle S}$ 只与 ${\displaystyle X_1,\cdots ,X_{n_0}}$ 有关, 故 ${\displaystyle S}$ 与 ${\displaystyle X_{n_0+1},\cdots }$ 独立, 故 ${\displaystyle S=s}$ 下 ${\displaystyle Y_1\perp \perp Y_2}$, 且 $$Y_2|S=s\sim \mathcal{N}(0,\frac{(n(s)-n_0)b^2(s){\sigma }^2}{s^2\sum _{i=1}^n{a}_i^2(s)}).$$ 由此当 ${\displaystyle S=s}$, ${\displaystyle Y\sim \mathcal{N}(0,\frac{{\sigma }^2}{s^2})}$, 故引理 1 的条件 2 成立. 这样直接由引理 1 得证.