Perché non facciamo uso della distribuzione t per costruire un intervallo di confidenza per una proporzione?

Per calcolare l'intervallo di confidenza (CI) per la media con deviazione standard della popolazione sconosciuta (sd) stimiamo la deviazione standard della popolazione impiegando la distribuzione t. In particolare, $CI=\bar{X} \pm Z_{95\% }\sigma_{\bar X}$ dove $\sigma_{\bar X} = \frac{\sigma}{\sqrt n}$ . Ma poiché non abbiamo una stima puntuale della deviazione standard della popolazione, stimiamo attraverso l'approssimazione$CI=\bar{X} \pm t_{95\% }(se)$dove$se = \frac{s}{\sqrt n}$

Contrastingly, per la proporzione della popolazione, per calcolare il CI, si approssima come $CI = \hat{p} \pm Z_{95\% }(se)$ dove $se = \sqrt\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}$ disponibile$n \hat{p} \ge 15$e$n(1-\hat{p}) \ge 15$

La mia domanda è: perché siamo soddisfatti della distribuzione standard per la proporzione della popolazione?

Sia la distribuzione normale che quella t di Student sono approssimazioni piuttosto scarse della distribuzione di

per i piccoli $n,$ così scarso che l'errore sminuisce le differenze tra queste due distribuzioni.

Ecco un confronto di tre distribuzioni (omettendo i casi in cui p o 1 - p sono pari a zero, in cui è definito il rapporto) per n =$\hat p$$1-\hat p$$n=10, p=1/2:$

La distribuzione "empirico" è quella di $Z,$ che deve essere discreta perché le stime p sono limitati a un insieme finito { 0 , 1 / n , 2$\hat p$$\{0, 1/n, 2/n, \ldots, n/n\}.$

Il $t$distribuzione t sembra fare un miglior lavoro di approssimazione.

Per $n=30$ e$p=1/2,$ si può vedere la differenza tra le distribuzioni standard t Normale e studenti è del tutto trascurabile:

Perché la distribuzione di Student t è più complicata rispetto allo Standard normale (è in realtà un'intera famiglia di distribuzioni indicizzata dai "gradi di libertà", che in precedenza richiedevano interi capitoli di tabelle anziché una singola pagina), lo standard Normale viene utilizzato per quasi tutti approssimazioni.

La giustificazione per l'utilizzo della distribuzione t nell'intervallo di confidenza per una media si basa sul presupposto che i dati sottostanti seguono una distribuzione normale, che porta a una distribuzione chi-quadro quando si stima la deviazione standard, e quindi $\frac{\bar{x}-\mu}{s/ \sqrt{n}} \sim t_{n-1}$. Questo è un risultato esatto presupponendo che i dati siano esattamente normali, il che porta a intervalli di confidenza con una copertura esattamente del 95% quando si usa$t$ e una copertura inferiore al 95% se si usa $z$ .

Nel caso di intervalli di Wald per le proporzioni, si ottiene solo la normalità asintotica per p$\frac{\hat{p}- p}{\sqrt{ \hat{p}(1-\hat{p} )/n}}$, quando n è abbastanza grande, che dipende a p. La probabilità di copertura effettiva della procedura, poiché i conteggi di successi sottostanti sono discreti, è talvolta inferiore e talvolta superiore alla probabilità di copertura nominale del 95% a seconda dell'ignoto$p$. Quindi, non esiste una giustificazione teorica per l'uso di$t$ , e non vi è alcuna garanzia che dal punto di vista pratico l'uso di $t$ solo per allargare gli intervalli contribuirebbe effettivamente a raggiungere una copertura nominale del 95%.

La probabilità di copertura può essere calcolata esattamente, anche se è abbastanza semplice simularla. L'esempio seguente mostra la probabilità di copertura simulata quando n = 35. Dimostra che la probabilità di copertura per l'uso dell'intervallo z è generalmente leggermente inferiore a .95, mentre la probabilità di copertura per l'intervallo t può essere generalmente più stretta vicino a .95 in media a seconda delle tue precedenti convinzioni sui valori plausibili di p .

Sia AdamO che Jsk danno un'ottima risposta.

Vorrei provare a ripetere i loro punti con un inglese semplice:

Quando la distribuzione sottostante è normale, sai che ci sono due parametri: media e varianza . La distribuzione T offre un modo per fare deduzione sulla media senza conoscere il valore esatto delle varianze. Invece di usare le variazioni effettive, solo campionare significa e campionare varianze sono necessari. Poiché si tratta di una distribuzione esatta, sai esattamente cosa stai ottenendo. In altre parole, la probabilità di copertura è corretta. L'uso di t riflette semplicemente il desiderio di aggirare la varianza della popolazione sconosciuta.

Quando facciamo deduzione in proporzione, tuttavia, la distribuzione sottostante è binomiale. Per ottenere la distribuzione esatta, è necessario guardare gli intervalli di confidenza di Clopper-Pearson. La formula fornita è la formula per l'intervallo di confidenza Wald. Usa la distribuzione normale per approssimare la distribuzione binomiale, poiché la distribuzione normale è la distribuzione limitante della distribuzione binomiale. In questo caso, poiché stai solo approssimando, il livello extra di precisione derivante dall'uso delle statistiche t diventa superfluo, tutto si riduce a prestazioni empiriche. Come suggerito nella risposta di BruceET, oggi Agresti-Coull è una formula semplice e standard per tale approssimazione.

Il mio professore Dr Longnecker del Texas A&M ha fatto una semplice simulazione per illustrare come funziona la diversa approssimazione rispetto all'IC basato su binomio.

Ulteriori informazioni sono disponibili nell'articolo Interval Stimation for a Binomial Proportion in Statistical Science , Vol. 16, pagg. 101-133, di L. Brown, T. Cai e A. DasGupta. Fondamentalmente, AC CI è raccomandato per n> = 40.

$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.$

$\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.$

Se cerchiamo di invertire questo test per ottenere un IC al 95% per $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.$

Nota l'uso di $\sigma$ notazione che significa la deviazione standard della popolazione (nota).

La distribuzione T nasce come una risposta alla domanda: cosa succede quando non lo sai $\sigma$?

Lo ha notato, quando imbrogliamo stimando $\sigma$dal campione come stimatore del plug-in, i tuoi EC sono mediamente troppo stretti. Ciò ha reso necessaria la distribuzione a T.

Al contrario, se si utilizza la distribuzione di T quando effettivamente fai sapere$\sigma$, i tuoi intervalli di confidenza saranno in media troppo ampi.

Inoltre, va notato che questa domanda rispecchia la risposta sollecitata da questa domanda .