Tại sao chúng ta không sử dụng phân phối t để xây dựng khoảng tin cậy cho tỷ lệ?

Để tính khoảng tin cậy (CI) cho trung bình với độ lệch chuẩn dân số chưa biết (sd), chúng tôi ước tính độ lệch chuẩn dân số bằng cách sử dụng phân phối t. Đáng chú ý, trong đó . Nhưng bởi vì, chúng tôi không có ước tính điểm về độ lệch chuẩn của dân số, chúng tôi ước tính thông qua xấp xỉ trong đó$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}$

Ngược lại, đối với tỷ lệ dân số, để tính CI, chúng tôi ước tính là trong đó đã cung cấp và$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$

Câu hỏi của tôi là, tại sao chúng ta tự mãn với phân phối tiêu chuẩn cho tỷ lệ dân số?

Cả hai bản phân phối chuẩn và Sinh viên chuẩn đều xấp xỉ kém với phân phối của

đối với nhỏ nghèo đến mức lỗi lùn sự khác biệt giữa hai phân phối này.$n,$

Dưới đây là so sánh của cả ba bản phân phối (bỏ qua các trường hợp hoặc bằng 0, trong đó tỷ lệ không xác định) cho$\hat p$$1-\hat p$$n=10, p=1/2:$

Phân phối "theo kinh nghiệm" là phân phối của phải rời rạc vì các ước tính được giới hạn trong tập hữu hạn$Z,$p { 0 , 1 / n , 2 / n , ... , n / n } .$\hat p$$\{0, 1/n, 2/n, \ldots, n/n\}.$

Các phân phối xuất hiện để làm một công việc tốt hơn xấp xỉ.$t$

Với và bạn có thể thấy sự khác biệt giữa phân phối chuẩn của Sinh viên và Sinh viên t là không đáng kể:$n=30$$p=1/2,$

Bởi vì phân phối Student t phức tạp hơn so với Chuẩn thông thường (thực sự là toàn bộ họ phân phối được lập chỉ mục bởi "bậc tự do", trước đây yêu cầu toàn bộ các chương của bảng thay vì một trang), nên tiêu chuẩn Bình thường được sử dụng cho hầu hết tất cả xấp xỉ.

Việc biện minh cho việc sử dụng phân phối t trong khoảng tin cậy cho trung bình phụ thuộc vào giả định rằng dữ liệu cơ bản tuân theo phân phối bình thường, dẫn đến phân phối chi bình phương khi ước tính độ lệch chuẩn và do đó . Đây là kết quả chính xác theo giả định rằng dữ liệu hoàn toàn bình thường dẫn đến khoảng tin cậy với độ bao phủ chính xác 95% khi sử dụng và phạm vi bảo hiểm dưới 95% nếu sử dụng .$\frac{\bar{x}-\mu}{s/ \sqrt{n}} \sim t_{n-1}$$t$$z$

Trong trường hợp các khoảng Wald cho tỷ lệ, bạn chỉ nhận được tính quy tắc tiệm cận cho khi n là đủ lớn, phụ thuộc vào p. Xác suất bảo hiểm thực tế của thủ tục, vì số lượng thành công cơ bản là rời rạc, đôi khi ở dưới và đôi khi cao hơn xác suất bảo hiểm danh nghĩa là 95% tùy thuộc vào chưa biết . Vì vậy, không có lý do biện minh nào cho việc sử dụng , và không có gì đảm bảo rằng từ góc độ thực tế, việc sử dụng chỉ để làm cho các khoảng rộng hơn thực sự sẽ giúp đạt được tỷ lệ bao phủ danh nghĩa là 95%.$\frac{\hat{p}- p}{\sqrt{ \hat{p}(1-\hat{p} )/n}}$$p$$t$$t$

Xác suất bảo hiểm có thể được tính toán chính xác, mặc dù việc mô phỏng nó khá đơn giản. Ví dụ sau đây cho thấy xác suất bao phủ mô phỏng khi n = 35. Điều đó chứng tỏ rằng xác suất bảo hiểm cho việc sử dụng khoảng z thường nhỏ hơn một chút so với 0,95, trong khi đó xác suất bảo hiểm cho khoảng thời gian nói chung có thể thấp hơn gần trung bình 0,95 tùy thuộc vào niềm tin trước đó của bạn về các giá trị hợp lý của p .

Cả AdamO và jsk đều đưa ra một câu trả lời tuyệt vời.

Tôi sẽ cố gắng lặp lại điểm của họ bằng tiếng Anh đơn giản:

Khi phân phối cơ bản là bình thường, bạn biết có hai tham số: giá trị trung bình và phương sai . Phân phối T cung cấp một cách để suy luận về giá trị trung bình mà không biết giá trị chính xác của phương sai. Thay vì sử dụng chênh lệch thực tế, chỉ có mẫu phương tiện và mẫu chênh lệch là cần thiết. Bởi vì nó là một bản phân phối chính xác, bạn biết chính xác những gì bạn đang nhận được. Nói cách khác, xác suất bảo hiểm là chính xác. Việc sử dụng t chỉ đơn giản phản ánh mong muốn có được xung quanh phương sai dân số chưa biết.

Tuy nhiên, khi chúng ta suy luận về tỷ lệ, phân phối cơ bản là nhị thức. Để có được phân phối chính xác, bạn cần xem xét khoảng tin cậy của Clopper-Pearson. Công thức bạn cung cấp là công thức cho khoảng tin cậy Wald. Nó sử dụng phân phối chuẩn để xấp xỉ phân phối nhị thức, bởi vì phân phối bình thường là phân phối giới hạn của phân phối nhị thức. Trong trường hợp này, vì bạn chỉ xấp xỉ, mức độ chính xác cao hơn từ việc sử dụng thống kê t trở nên không cần thiết, tất cả đều phụ thuộc vào hiệu suất thực nghiệm. Như được đề xuất trong câu trả lời của BruceET, Agresti-Coull là công thức đơn giản và tiêu chuẩn hiện nay cho phép tính gần đúng như vậy.

Giáo sư của tôi, Tiến sĩ Longnecker của Texas A & M đã thực hiện một mô phỏng đơn giản để minh họa cách hoạt động của phép tính gần đúng khác nhau so với CI dựa trên nhị thức.

Thông tin thêm có thể được tìm thấy trong bài viết Ước tính khoảng cho một tỷ lệ nhị thức trong khoa học thống kê , Vol. 16, tr.101-133, bởi L. Brown, T. Cai và A. DasGupta. Về cơ bản, AC CI được khuyến nghị cho n> = 40.

Khoảng tin cậy cho trung bình bình thường. Giả sử chúng ta có một mẫu ngẫu nhiên từ một dân số bình thường. Hãy nhìn vào khoảng tin cậy cho bình thường có nghĩa là về thử nghiệm giả thuyết. Nếu đã biết , thì thử nghiệm hai mặt của so với dựa trên thống kêKhi đúng, vì vậy chúng tôi từ chối ở mức 5% nếu$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.$

Sau đó, 'đảo ngược thử nghiệm', chúng tôi nói rằng 95% CI cho bao gồm các giá trị không dẫn đến từ chối - giá trị 'đáng tin cậy' củaCI có dạng trong đó cắt xác suất 0,025 từ đuôi trên và dưới, tương ứng, của phân phối chuẩn thông thường.$\mu$$\mu_0$$\mu.$$\bar X \pm 1.96\sigma/\sqrt{n},$$\pm 1.96$

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

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

$n > 30,$$t^* \approx 2 \approx 1.96.$$S$$\sigma$$\sigma$$n > 30,$

$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.$

$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$

$\check n = n+4$$\check p = (X+2)/\check n$$\check p \pm 1.96\sqrt{\frac{\check p(1-\check p)}{\check n}}.$

$\mu$$p$

$S$$\sigma$$\sigma$

$\hat p$$p$$\hat p$$p.$$p$$n.$

$\sigma$

$\sigma$

$\sigma$

$\sigma$

Ngoài ra, cần lưu ý rằng câu hỏi này phản ánh câu trả lời của câu hỏi này .