ทำไมเราไม่ใช้การแจกแจงแบบ t เพื่อสร้างช่วงความมั่นใจสำหรับสัดส่วน?

ในการคำนวณช่วงความเชื่อมั่น (CI) สำหรับค่าเฉลี่ยด้วยค่าเบี่ยงเบนมาตรฐานประชากรที่ไม่รู้จัก (sd) เราประมาณค่าเบี่ยงเบนมาตรฐานประชากรโดยใช้การแจกแจงแบบ t ยวดที่n} แต่เนื่องจากเราไม่ได้ประมาณค่าเบี่ยงเบนมาตรฐานของประชากรเราประเมินผ่านการประมาณโดยที่$CI=\bar{X} \pm Z_{95\% }\sigma_{\bar X}$$\sigma_{\bar X} = \frac{\sigma}{\sqrt n}$$CI=\bar{X} \pm t_{95\% }(se)$$se = \frac{s}{\sqrt n}$

ในทางตรงกันข้ามสำหรับสัดส่วนประชากรเพื่อคำนวณ CI เราประมาณว่าโดยที่ให้และ$CI = \hat{p} \pm Z_{95\% }(se)$$se = \sqrt\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}$$n \hat{p} \ge 15$$n(1-\hat{p}) \ge 15$

คำถามของฉันคือทำไมเราพึงพอใจกับการกระจายมาตรฐานสำหรับสัดส่วนประชากร?

ทั้งการแจกแจงแบบปกติและแบบมาตรฐาน t นักเรียนนั้นค่อนข้างที่จะประมาณการกระจายตัวของ

สำหรับขนาดเล็กจนน่าสงสารที่ข้อผิดพลาดทำให้ความแตกต่างระหว่างการแจกแจงสองอย่าง$n,$

นี่คือการเปรียบเทียบการแจกแจงทั้งสาม (ละเว้นกรณีที่หรือเป็นศูนย์โดยที่ไม่ได้กำหนดอัตราส่วน) สำหรับ$\hat p$$1-\hat p$$n=10, p=1/2:$

การกระจาย "เชิงประจักษ์" นั้นเป็นของซึ่งจะต้องไม่ต่อเนื่องเนื่องจากการประมาณถูก จำกัด ไว้ที่ชุด จำกัด$Z,$P$\hat p$$\{0, 1/n, 2/n, \ldots, n/n\}.$

การแจกแจงแบบดูเหมือนจะทำงานได้ดีขึ้นโดยประมาณ$t$

สำหรับและคุณสามารถเห็นความแตกต่างระหว่างการแจกแจงแบบปกติและแบบมาตรฐานของนักเรียนนั้นเล็กน้อยมาก:$n=30$$p=1/2,$

เนื่องจากการแจกแจงของนักเรียน t นั้นซับซ้อนกว่ามาตรฐานปกติ (จริงๆแล้วมันเป็นทั้งครอบครัวของการแจกแจงที่ถูกจัดทำดัชนีโดย "ดีกรีอิสระ" ซึ่งก่อนหน้านี้ต้องการทั้งบทของตารางแทนที่จะเป็นหน้าเดียว) มาตรฐานปกติจึงใช้เกือบทั้งหมด ใกล้เคียง

เหตุผลสำหรับการใช้การแจกแจงแบบ t ในช่วงความเชื่อมั่นของค่าเฉลี่ยนั้นขึ้นอยู่กับการสันนิษฐานว่าข้อมูลพื้นฐานเป็นไปตามการแจกแจงแบบปกติซึ่งนำไปสู่การแจกแจงแบบไคสแควร์เมื่อประเมินค่าเบี่ยงเบนมาตรฐานและ{n-1} นี่คือผลที่แน่นอนภายใต้สมมติฐานที่ว่าข้อมูลจะตรงปกติที่นำไปสู่ความเชื่อมั่นว่ามีความคุ้มครอง 95% เมื่อใช้และคุ้มครองน้อยกว่า 95% ถ้าใช้Z$\frac{\bar{x}-\mu}{s/ \sqrt{n}} \sim t_{n-1}$$t$$z$

ในกรณีของช่วงเวลา Wald สำหรับสัดส่วนคุณจะได้รับมาตรฐานเชิงเส้นกำกับสำหรับเมื่อ n มีขนาดใหญ่พอซึ่งขึ้นอยู่กับ p ความน่าจะเป็นความคุ้มครองที่เกิดขึ้นจริงของขั้นตอนตั้งแต่การนับพื้นฐานของความสำเร็จมีความต่อเนื่องด้านล่างเป็นบางครั้งและบางครั้งดังกล่าวข้างต้นน่าจะเป็นความคุ้มครองเล็กน้อยจาก 95% ขึ้นอยู่กับที่ไม่รู้จักหน้าดังนั้นจึงไม่มีเหตุผลทางทฤษฎีสำหรับการใช้และไม่มีการรับประกันว่าจากมุมมองการปฏิบัติที่ใช้เพียงเพื่อให้ช่วงกว้างขึ้นจริงจะช่วยให้บรรลุความคุ้มครองเล็กน้อย 95%$\frac{\hat{p}- p}{\sqrt{ \hat{p}(1-\hat{p} )/n}}$$p$$t$$t$

ความน่าจะเป็นของความครอบคลุมสามารถคำนวณได้อย่างแม่นยำแม้ว่ามันจะค่อนข้างตรงไปตรงมาในการจำลอง ตัวอย่างต่อไปนี้แสดงความน่าจะเป็นของความครอบคลุมที่จำลองขึ้นเมื่อ n = 35 มันแสดงให้เห็นว่าความน่าจะเป็นความครอบคลุมสำหรับการใช้ช่วง z นั้นน้อยกว่า. 95 เล็กน้อยในขณะที่ความน่าจะเป็นความครอบคลุมสำหรับช่วงเวลา t อาจน้อยลงโดยเฉลี่ยอยู่ที่ 0.95 ขึ้นอยู่กับความเชื่อก่อนหน้านี้ของคุณ .

ทั้ง AdamO และ jsk ให้คำตอบที่ดี

ฉันจะพยายามทำซ้ำคะแนนของพวกเขาด้วยภาษาอังกฤษธรรมดา:

เมื่อการกระจายพื้นฐานเป็นเรื่องปกติที่คุณรู้ว่ามีสองพารามิเตอร์: ค่าเฉลี่ยและความแปรปรวน การแจกแจงแบบ T เสนอวิธีการอนุมานค่าเฉลี่ยโดยไม่ทราบค่าที่แน่นอนของผลต่าง แทนการใช้ความแปรปรวนที่เกิดขึ้นจริงเพียงตัวอย่างวิธีการและตัวอย่างความแปรปรวนที่มีความจำเป็น เนื่องจากเป็นการกระจายที่แน่นอนคุณจึงรู้ได้อย่างชัดเจนว่าคุณได้อะไร กล่าวอีกนัยหนึ่งน่าจะเป็นความคุ้มครองที่ถูกต้อง การใช้งานของ t ก็สะท้อนให้เห็นถึงความต้องการที่จะหลีกเลี่ยงความแปรปรวนของประชากรที่ไม่รู้จัก

อย่างไรก็ตามเมื่อเราอนุมานตามสัดส่วนอย่างไรก็ตามการแจกแจงพื้นฐานคือทวินาม เพื่อให้ได้การกระจายที่แน่นอนคุณต้องดูช่วงความมั่นใจ Clopper-Pearson สูตรที่คุณให้ไว้เป็นสูตรสำหรับช่วงความเชื่อมั่นของ Wald มันใช้การแจกแจงแบบปกติเพื่อประมาณการกระจายตัวแบบทวินามเนื่องจากการแจกแจงแบบปกติเป็นการ จำกัด การกระจายตัวแบบทวินาม ในกรณีนี้เนื่องจากคุณเป็นเพียงการประมาณค่าระดับความแม่นยำที่เพิ่มขึ้นจากการใช้สถิติ t จึงไม่จำเป็นจึงทำให้ประสิทธิภาพเชิงประจักษ์หมดลง ตามที่แนะนำในคำตอบของ BruceET Agresti-Coull นั้นเรียบง่ายและสูตรมาตรฐานทุกวันนี้สำหรับการประมาณเช่นนั้น

ศาสตราจารย์ Longnecker แห่ง Texas A&M ของฉันทำการจำลองแบบง่าย ๆ เพื่อแสดงให้เห็นว่าการประมาณที่แตกต่างกันทำงานอย่างไรเมื่อเปรียบเทียบกับ CI แบบทวินาม

ข้อมูลเพิ่มเติมสามารถพบได้ในบทความการประมาณค่าช่วงสำหรับสัดส่วนทวินามในวิทยาศาสตร์สถิติปีที่ 16, pp.101-133, โดย L. Brown, T. Cai และ A. DasGupta โดยทั่วไปแนะนำให้ใช้ AC CI สำหรับ n> = 40

ช่วงความเชื่อมั่นสำหรับค่าเฉลี่ยปกติ สมมติว่าเรามีตัวอย่างสุ่มจากประชากรปกติ ลองดูที่ช่วงความมั่นใจสำหรับค่าเฉลี่ยในแง่ของการทดสอบสมมติฐาน ถ้ารู้จักการทดสอบสองด้านของเทียบกับขึ้นอยู่กับสถิติเมื่อเป็นจริงดังนั้นเราจึงปฏิเสธที่ระดับ 5% ถ้า$X_1, X_2, \dots X_n$$\mu$$\sigma$$H_0:\mu = \mu_0$$H_a: \mu \ne \mu_0$$Z = \frac{\bar X - \mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}.$$H_0$$Z \sim \mathsf{Norm}(0,1),$$H_0$$|Z| \ge 1.96.$

จากนั้น 'กลับการทดสอบ' เราบอกว่า 95% CI สำหรับประกอบด้วยค่าที่ไม่นำไปสู่การปฏิเสธ - ค่า 'เชื่อ' ของCI มีรูปแบบที่ตัดความน่าจะเป็น 0.025 จากหางบนและล่างตามลำดับของการแจกแจงแบบปกติมาตรฐาน$\mu$$\mu_0$$\mu.$$\bar X \pm 1.96\sigma/\sqrt{n},$$\pm 1.96$

หากค่าเบี่ยงเบนมาตรฐานประชากรไม่เป็นที่รู้จักและประเมินโดยค่าเบี่ยงเบนมาตรฐานตัวอย่างเราจะใช้สถิติก่อนต้นปี 1900 คนคิดว่าเป็นค่าปกติประมาณสำหรับใหญ่พอและใช้แทนค่าที่ไม่รู้จักมีการถกเถียงกันว่ามีขนาดใหญ่พอไหม$\sigma$$S,$$T=\frac{\bar X - \mu_0}{S/\sqrt{n}}.$$T$$n$$S$$\sigma.$

ในที่สุดก็เป็นที่รู้กันว่าการกระจายของนักเรียนด้วยองศาอิสระ ดังนั้นเมื่อไม่ทราบเราใช้ที่ตัดความน่าจะเป็น 0.025 จากหางบนและล่างตามลำดับของ$T \sim \mathsf{T}(\nu = n-1),$$n-1$$\sigma$$\bar X \pm t^*S/\sqrt{n},$$\pm t^*$$\mathsf{T}(n-1).$

[ หมายเหตุ:สำหรับมีคนสังเกตเห็นว่าสำหรับ 95% CIsดังนั้นความคิดเก่าแก่ศตวรรษที่คุณสามารถ "ได้รับ" เพียงแค่แทนที่สำหรับเมื่อไม่รู้จักและยังคงอยู่แม้ในหนังสือที่ตีพิมพ์เมื่อเร็ว ๆ นี้]$n > 30,$$t^* \approx 2 \approx 1.96.$$S$$\sigma$$\sigma$$n > 30,$

ช่วงความเชื่อมั่นสำหรับสัดส่วนทวินาม ในกรณีทวินามสมมติว่าเราได้สังเกตความสำเร็จของในการทดลองแบบทวินามด้วยการทดลองอิสระจากนั้นเราใช้เป็นค่าประมาณความน่าจะเป็นสำเร็จทวินาม เพื่อทดสอบเทียบกับเราใช้ statiticภายใต้เรารู้ว่าดังนั้นเราจึงปฏิเสธถ้า$X$$n$$\hat p =X/n$$p.$$H_0:p = p_0$$H_a: p \ne p>0,$$Z = \frac{\hat p - p_0}{\sqrt{p_0(1-p_0)/n}}.$$H_0,$$Z \stackrel{aprx}{\sim} \mathsf{Norm}(0,1).$$H_0$$|Z| \ge 1.96.$

หากเราพยายามคว่ำการทดสอบนี้เพื่อให้ได้ 95% CI สำหรับเราพบปัญหาบางอย่าง วิธี 'ง่าย' ในการคว่ำการทดสอบคือการเริ่มต้นโดยการเขียนแต่เขาไม่มีประโยชน์เพราะค่าใต้รากที่ไม่รู้จัก แบบดั้งเดิม Wald CI สันนิษฐานว่าสำหรับมีขนาดใหญ่เพียงพอมันก็โอเคที่จะแทนที่สำหรับไม่รู้จัก ดังนั้น Wald CI จึงมีรูปแบบ[โชคไม่ดีช่วงเวลา Wald ทำงานได้ดีก็ต่อเมื่อจำนวนการทดลองอย่างน้อยหลายร้อย]$p,$$\hat p \pm 1.96\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}.$$p$$n,$$\hat p$$p.$$\hat p \pm 1.96\sqrt{\frac{\hat p(1-\hat p)}{n}}.$$n$

อย่างละเอียดยิ่งขึ้นหนึ่งสามารถแก้ปัญหาความไม่เท่าเทียมกำลังสองค่อนข้างยุ่งเพื่อ 'คว่ำการทดสอบ' ผลลัพธ์คือช่วงเวลาของ Wilson (ดูWikipedia .) สำหรับช่วงความมั่นใจ 95% ผลลัพธ์ที่ค่อนข้างง่ายรุ่นนี้มาจากการกำหนดและจากนั้นคำนวณช่วงเวลาเป็น รูปแบบของช่วงความเชื่อมั่นทวินามนี้เป็นที่รู้จักกันอย่างกว้างขวางว่าเป็นช่วงเวลา Agresti-Coull มันได้รับการสนับสนุนอย่างกว้างขวางในหนังสือเรียนเบื้องต้นประมาณ 20 ปีที่ผ่านมา$\check n = n+4$$\check p = (X+2)/\check n$$\check p \pm 1.96\sqrt{\frac{\check p(1-\check p)}{\check n}}.$

โดยสรุปวิธีหนึ่งในการดูคำถามของคุณคือสามารถดู CIs สำหรับปกติและทวินามเป็นการทดสอบได้$\mu$$p$

(a) การแจกแจงแบบ t มอบวิธีแก้ปัญหาที่ถูกต้องสำหรับปัญหาที่จำเป็นต้องใช้สำหรับเมื่อไม่ทราบ$S$$\sigma$$\sigma$

(b) การใช้สำหรับต้องใช้ความระมัดระวังเนื่องจากค่าเฉลี่ยและความแปรปรวนของทั้งคู่ขึ้นอยู่กับอาเกรสติ-CI Coull มีวิธีหนึ่งที่จะได้รับใช้สอย CIs สำหรับทวินามที่ถูกต้องเหมาะสมแม้สำหรับขนาดเล็กปานกลาง$\hat p$$p$$\hat p$$p.$$p$$n.$

สังเกตการใช้สัญลักษณ์ซึ่งหมายถึงส่วนเบี่ยงเบนมาตรฐานของประชากร (ที่รู้จัก)$\sigma$

T-กระจายเกิดขึ้นเป็นคำตอบสำหรับคำถาม: เกิดอะไรขึ้นเมื่อคุณไม่ทราบว่า ?$\sigma$

เขาตั้งข้อสังเกตว่าเมื่อคุณโกงโดยประมาณจากตัวอย่างเป็นตัวประมาณปลั๊กอิน CIs ของคุณโดยเฉลี่ยจะแคบเกินไป สิ่งนี้จำเป็นต้องมีการแจกแจงแบบ T$\sigma$

ตรงกันข้ามถ้าคุณใช้การกระจาย T เมื่อคุณจริงทำรู้ , ช่วงความเชื่อมั่นของคุณจะเฉลี่ยจะกว้างเกินไป$\sigma$

นอกจากนี้ควรสังเกตว่าคำถามนี้สะท้อนคำตอบที่ร้องขอโดยคำถามนี้