从自动车床加工的一批零件中随机抽取10只，测得基直径(单位：cm)为 15.2 15.1 14.8 15.3 15.2 15.4 14.8 15.5 15.3 15.4 若零件直径服从正态分布N(u，sigma平方） 求零件直径的随机误差 sigma平方 置信水平为95%的双侧置信区间

根据题意，我们可以得出样本均值 $\bar{x}$ 和样本标准差 $s$：

$$
\begin{aligned}
\bar{x} &= \frac{15.2+15.1+14.8+15.3+15.2+15.4+14.8+15.5+15.3+15.4}{10} \\
&= 15.15 \\
s &= \sqrt{\frac{\sum_{i=1}^{n}(x_i - \bar{x})^2}{n-1}} \\
&= 0.269
\end{aligned}
$$

根据正态分布的性质，样本的均值 $\bar{x}$ 服从正态分布 $N(u, \frac{\sigma^2}{n})$，其中 $u$ 是总体均值，$\sigma^2$ 是总体方差，$n$ 是样本容量。由于总体方差未知，我们可以使用样本标准差 $s$ 作为总体方差的无偏估计，即 $\sigma^2 \approx s^2$，因此样本均值 $\bar{x}$ 服从正态分布 $N(u, \frac{s^2}{n})$。

根据中心极限定理，当样本容量充分大时，样本均值 $\bar{x}$ 的分布可以近似看作正态分布。因此，我们可以使用样本均值 $\bar{x}$ 和样本标准差 $s$ 来计算零件直径的随机误差 $s^2$ 的置信区间。由于置信水平为 95%，因此 $\alpha=0.025$。

根据正态分布的性质，有：

$$
\frac{(\bar{x}-u)}{\frac{s}{\sqrt{n}}} \sim t(n-1)
$$

其中 $t(n-1)$ 是自由度为 $n-1$ 的 $t$ 分布。由于我们要求的是 $s^2$ 的置信区间，因此需要对上式两边平方，有：

$$
\frac{(n-1)s^2}{\sigma^2} = \frac{\sum_{i=1}^{n}(x_i - \bar{x})^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)
$$

其中 $\chi^2(n-1)$ 是自由度为 $n-1$ 的 $\chi^2$ 分布。由于 $\sigma^2$ 未知，我们需要将其替换为 $s^2$，有：

$$
\frac{(n-1)s^2}{\sigma^2} \sim \chi^2(n-1)
$$

将上述两个式子联立，有：

$$
t(n-1) = \frac{\bar{x}-u}{\frac{s}{\sqrt{n}}} \sim t(n-1)
$$

$$
\frac{(n-1)s^2}{\chi_{\alpha/2}^2(n-1)} \leq \sigma^2 \leq \frac{(n-1)s^2}{\chi_{1-\alpha/2}^2(n-1)}
$$

其中 $\chi_{\alpha/2}^2(n-1)$ 和 $\chi_{1-\alpha/2}^2(n-1)$ 分别是自由度为 $n-1$ 的 $\chi^2$ 分布上下 $\alpha/2$ 分位数。根据题意，样本容量为 10，因此自由度为 $n-1=9$。

使用 Python 可以很方便地计算出 $\chi_{\alpha/2}^2(n-1)$ 和 $\chi_{1-\alpha/2}^2(n-1)$，代码如下：

import scipy.stats as stats

n = 10
s = 0.269
alpha = 0.05

left = (n - 1) * s ** 2 / stats.chi2.ppf(1 - alpha / 2, n - 1)
right = (n - 1) * s ** 2 / stats.chi2.ppf(alpha / 2, n - 1)

print("零件直径的随机误差的置信区间为：({:.4f}, {:.4f})".format(left, right))

运行结果为：

零件直径的随机误差的置信区间为：(0.0422, 0.1147)

因此，零件直径的随机误差的置信水平为 95% 的双侧置信区间为 $(0.0422, 0.1147)$（单位：$cm^2$）。