Neden bir oran için bir güven aralığı oluşturmak için t-dağılımını kullanmıyoruz?

Bilinmeyen popülasyon standart sapması (sd) ile ortalama güven aralığını (CI) hesaplamak için, t dağılımını kullanarak popülasyon standart sapmasını tahmin ediyoruz. Özellikle, $CI=\bar{X} \pm Z_{95\% }\sigma_{\bar X}$ burada $\sigma_{\bar X} = \frac{\sigma}{\sqrt n}$ . Ancak, popülasyonun standart sapması hakkında nokta tahminimiz olmadığından, tahminimiz$CI=\bar{X} \pm t_{95\% }(se)$olup, burada$se = \frac{s}{\sqrt n}$

Buna karşın bir nüfus oranı için, CI hesaplamak için, biz yaklaşık $CI = \hat{p} \pm Z_{95\% }(se)$ burada $se = \sqrt\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}$ Resim$n \hat{p} \ge 15$ve$n(1-\hat{p}) \ge 15$

Sorum şu: Niçin nüfus oranı için standart dağılımdan şikayet ediyoruz?

Hem Standart Normal hem de Student t dağılımları,

for small $n,$ so poor that the error dwarfs the differences between these two distributions.

Burada üç dağılımları (olgu ihmal bir karşılaştırması; p ya da 1 - p için oran tanımlanmamış sıfır, olan) , n = 10 , p = 1$\hat p$$1-\hat p$$n=10, p=1/2:$

"Deneysel" dağılımı o $Z,$ tahminler, çünkü farklı olmalıdır s sonlu grubu ile sınırlıdır { 0 , 1 / n , 2 / n , ... , n / n } .$\hat p$$\{0, 1/n, 2/n, \ldots, n/n\}.$

$t$ dağılımı yaklaşım daha iyi bir iş yapmak gibi görünüyor.

For $n=30$ ve $p=1/2,$ standart Normal ve Student t dağılımları arasındaki fark tamamen önemsiz görebilirsiniz:

Student t dağılımı standart Normal'den daha karmaşık olduğu için (aslında "serbestlik derecesi" ile endekslenen tüm bir dağılım ailesi, daha önce tek bir sayfa yerine tabloların tamamını gerektiriyordu), standart Normal neredeyse herkes için kullanılır yaklaşımları.

T dağılımının güven aralığında bir ortalama için kullanılmasının gerekçesi, temeldeki verilerin normal bir dağılım izlediği varsayımına dayanır, bu da standart sapmayı tahmin ederken ki-kare dağılımına yol açar ve böylece $\frac{\bar{x}-\mu}{s/ \sqrt{n}} \sim t_{n-1}$. Bu, verinin tam olarak normal olduğuve$t$kullanılırken tam% 95 kapsama alanıve$z$kullanıldığında%95'in altında kapsama alanına sahip güven aralıklarına yol açtığı varsayımı altında kesin bir sonuçtur.

Oranlar için Wald aralıklarla durumunda, yalnızca için asimptotik normalliği olsun p - p$\frac{\hat{p}- p}{\sqrt{ \hat{p}(1-\hat{p} )/n}}$, n, p bağlıdır yeterince büyük vardır. Prosedürün gerçek kapsama olasılığı, altta yatan başarı sayıları ayrı olduğundan, bilinmeyen$p$bağlı olarak bazen% 95 nominal kapsama olasılığının altında ve bazen üzerindedir. Bu nedenle,$t$teorik bir gerekçe yokturve pratik bir perspektiften$t$sadece aralıkları daha geniş yapmak içinkullanmanınaslında% 95 nominal kapsama ulaşmasına yardımcı olacağınıngarantisi yoktur.

Kapsama olasılığı tam olarak hesaplanabilir, ancak simüle etmek oldukça kolaydır. Aşağıdaki örnek n = 35 olduğunda benzetim kapsamı olasılığını gösterir. Z-aralığını kullanma kapsama olasılığının genellikle 0,95'ten biraz daha küçük olduğunu gösterirken, t-aralığı kapsama olasılığının, p'nin makul değerlerine ilişkin önceki inançlarınıza bağlı olarak ortalama olarak 0,95'e daha yakın olabileceğini gösterir. .

Hem AdamO hem de jsk harika bir cevap veriyor.

I would try to repeat their points with plain English:

When the underlying distribution is normal, you know there are two parameters: mean and variance. T distribution offers a way to do inference on the mean without knowing the exact value of the variances. Instead of using actual variances, only sample means and sample variances are needed. Because it is an exact distribution, you know exactly what you are getting. In other words, the coverage probability is correct. The usage of t simply reflects the desire to get around the unknown populuation variance.

Bununla birlikte, orantıda çıkarım yaptığımızda, temeldeki dağıtım binomdur. Kesin dağılımı elde etmek için Clopper-Pearson güven aralıklarına bakmanız gerekir. Sağladığınız formül Wald güven aralığının formülüdür. Binom dağılımını yaklaşıklaştırmak için normal dağılımı kullanır , çünkü normal dağılım binom dağılımının sınırlayıcı dağılımıdır. Bu durumda, sadece tahmin ettiğiniz için, t istatistiklerini kullanmaktan kaynaklanan ekstra hassasiyet seviyesi gereksiz hale gelir, hepsi ampirik performansa dönüşür. BruceET'in cevabında önerildiği gibi, Agresti-Coull bugünlerde bu tür bir yaklaşım için basit ve standart bir formüldür.

Texas A&M profesörüm Dr Longnecker, binom tabanlı CI ile karşılaştırıldığında farklı yaklaşımların nasıl çalıştığını göstermek için basit bir simülasyon yaptı.

Daha fazla bilgi makalesinde bulunabilir bir Binom Oran için Aralık Tahmini yılında İstatistiki Science , Vol. 16, s.101-133, L. Brown, T. Cai ve A. DasGupta. Temel olarak n> = 40 için AC CI önerilir.

Confidence interval for normal mean. Suppose we have a random sample $X_1, X_2, \dots X_n$ from a normal population. Let's look at the confidence interval for normal mean $\mu$ in terms of hypothesis testing. If $\sigma$ is known, then a two-sided test of $H_0:\mu = \mu_0$ against $H_a: \mu \ne \mu_0$ is based on the statistic $Z = \frac{\bar X - \mu_0}{\sigma/\sqrt{n}}.$ When $H_0$ is true, $Z \sim \mathsf{Norm}(0,1),$ so we reject $H_0$ at the 5% level if $|Z| \ge 1.96.$

Then 'inverting the test', we say that a 95% CI for $\mu$ consists of the values $\mu_0$ that do not lead to rejection--the 'believable' values of $\mu.$ The CI is of the form $\bar X \pm 1.96\sigma/\sqrt{n},$ where $\pm 1.96$ cut probability 0.025 from the upper and lower tails, respectively, of the standard normal distribution.

If the population standard deviation $\sigma$ is unknown and estimated by by the sample standard deviation $S,$ then we use the statistic $T=\frac{\bar X - \mu_0}{S/\sqrt{n}}.$ Before the early 1900's people supposed that $T$ is approximately standard normal for $n$ large enough and used $S$ as a substitute for unknown $\sigma.$ There was debate about how large counts as large enough.

Eventually, it was known that $T \sim \mathsf{T}(\nu = n-1),$ Student's t distribution with $n-1$ degrees of freedom. Accordingly, when $\sigma$ is not known, we use $\bar X \pm t^*S/\sqrt{n},$ where $\pm t^*$ cut probability 0.025 from the upper and lower tails, respectively, of $\mathsf{T}(n-1).$

[Note: For $n > 30,$ people have noticed that for 95% CIs $t^* \approx 2 \approx 1.96.$ Thus the century-old idea that you can "get by" just substituting $S$ for $\sigma$ when $\sigma$ is unknown and $n > 30,$ has persisted even in some recently-published books.]

Confidence interval for binomial proportion. In the binomial case, suppose we have observed $X$ successes in a binomial experiment with $n$ independent trials. Then we use $\hat p =X/n$ as an estimate of the binomial success probability $p.$ In order to test $H_0:p = p_0$ vs $H_a: p \ne p>0,$ we use the statitic $Z = \frac{\hat p - p_0}{\sqrt{p_0(1-p_0)/n}}.$ Under $H_0,$ we know that $Z \stackrel{aprx}{\sim} \mathsf{Norm}(0,1).$ So we reject $H_0$ if $|Z| \ge 1.96.$

If we seek to invert this test to get a 95% CI for $p,$ we run into some difficulties. The 'easy' way to invert the test is to start by writing $\hat p \pm 1.96\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}.$ But his is useless because the value of $p$ under the square root is unknown. The traditional Wald CI assumes that, for sufficiently large $n,$ it is OK to substitute $\hat p$ for unknown $p.$ Thus the Wald CI is of the form $\hat p \pm 1.96\sqrt{\frac{\hat p(1-\hat p)}{n}}.$ [Unfortunately, the Wald interval works well only if the number of trials $n$ is at least several hundred.]

More carefully, one can solve a somewhat messy quadratic inequality to 'invert the test'. The result is the Wilson interval. (See Wikipedia.) For a 95% confidence interval a somewhat simplified version of this result comes from defining $\check n = n+4$ and $\check p = (X+2)/\check n$ and then computing the interval as $\check p \pm 1.96\sqrt{\frac{\check p(1-\check p)}{\check n}}.$ This style of binomial confidence interval is widely known as the Agresti-Coull interval; it has been widely advocated in elementary textbooks for about the last 20 years.

In summary, one way to look at your question is that CIs for normal $\mu$ and binomial $p$ can be viewed as inversions of tests.

(a) The t distribution provides an exact solution to the problem of needing to use $S$ for $\sigma$ when $\sigma$ is unknown.

(b) Using $\hat p$ for $p$ requires some care because the mean and variance of $\hat p$ both depend on $p.$ The Agresti-Coull CI provides one serviceable way to get CIs for binomial $p$ that are reasonably accurate even for moderately small $n.$

Note your use of the $\sigma$ notation which means the (known) population standard deviation.

The T-distribution arose as an answer to the question: what happens when you don't know $\sigma$?

He noted that, when you cheat by estimating $\sigma$ from the sample as a plug-in estimator, your CIs are on average too narrow. This necessitated the T-distribution.

Conversely, if you use the T distribution when you actually do know $\sigma$, your confidence intervals will on average be too wide.

Also, it should be noted that this question mirrors the answer solicited by this question.