母比率の信頼区間に含まれる２次不等式を解く

母比率の信頼区間
２次不等式を解く
- 式変形
具体例で検証
- 公式を用いる
- ２次不等式を解いた結果を用いる
参考

母比率の信頼区間

母比率 $p$ の母集団からサイズ $n$ の標本を抽出する。このとき標本割合 $\hat{p} = x / n$ について、 $\hat{p}$ は近似的に平均 $p$ 、分散 $pq /n$ の正規分布 $N(p, pq /n )$ に従う。ただし、 $q = 1 - p$ である。したがって、 $z = \frac{ \hat{p} - p } { \sqrt{pq /n } }$ と標準化した $z$ は標準正規分布 $N(0,1)$ に従う。

さて、確率 $\rm{P}( -z_0 < z \lt z_0 ) = 1 - \alpha$ から不等式 $-z_0 < z < z_0$ を抜き出したものに $z = \frac{ \hat{p} - p } { \sqrt{pq /n } }$ の右辺を代入すると、 $p$ の $100\alpha/2$ %信頼区間は

$\displaystyle \hat{p} - z_0 \sqrt{ \frac{pq}{n} } \lt p \lt \hat{p} + z_0 \sqrt{ \frac{pq}{n} }$

と表される。例えば $\alpha = 0.10$ とすれば、 $\hat{p} - 1.64 \sqrt{ \frac{pq}{n} } \lt p \lt \hat{p} + 1.64 \sqrt{ \frac{pq}{n} }$ である。通常ここで $p$ は未知であり不等式の左右の $\sqrt{ \, \, }$ にある $p$ はnが大なるとき $\hat{p}$ の一致性から $\frac{pq}{n} = \frac{ \hat{p}(1-\hat{p} ) }{n}$ と置き換えて、

$\displaystyle \hat{p} - z_0 \sqrt{ \frac{ \hat{p}(1-\hat{p} )}{n} } \lt p \lt \hat{p} + z_0 \sqrt{ \frac{\hat{p}(1-\hat{p}) }{n} }$

という公式が用いられる。

２次不等式を解く

それでは、 $\frac{pq}{n} = \frac{ \hat{p}(1-\hat{p} ) }{n}$ を用いず
$\hat{p} - z_0 \sqrt{ \frac{pq}{n} } \lt p \lt \hat{p} + z_0 \sqrt{ \frac{pq}{n} }$
を $p$ について解いてみる。以下、式変形。

式変形

$\hat{p} - z_0 \sqrt{ \frac{pq}{n} } \lt p \lt \hat{p} + z_0 \sqrt{ \frac{pq}{n} }$
$\iff - z_0 \sqrt{ \frac{pq}{n} } \lt p - \hat{p} \lt + z_0 \sqrt{ \frac{pq}{n} }$
$\iff | p - \hat{p} | \lt z_0 \sqrt{ \frac{pq}{n} }$
$\iff | p - \hat{p} |^2 \lt \Bigr( z_0 \sqrt{ \frac{pq}{n} } \Bigl)^2$
$\iff p^2 - 2p\hat{p} + (\hat{p})^2 - \Bigr( z_0 \sqrt{ \frac{pq}{n} } \Bigl)^2 < 0$
$\iff p^2 - 2p\hat{p} + (\hat{p})^2 - (z_0)^2 \frac{pq}{n} < 0$
$\iff np^2 - 2np\hat{p} + n(\hat{p})^2 - (z_0)^2 pq < 0$
$\iff np^2 - 2np\hat{p} + n(\hat{p})^2 - (z_0)^2 p(1-p) < 0$
$\iff np^2 - 2np\hat{p} + n(\hat{p})^2 - (z_0)^2 p + (z_0)^2p^2 < 0$
$\iff \Bigl(n + (z_0)^2\Bigr) p^2 + \Bigl( -2n\hat{p} - (z_0)^2 \Bigr)p + n(\hat{p})^2 < 0$
$\iff p^2 + \Bigl( \frac{ -2n\hat{p} - (z_0)^2 } { n + (z_0)^2 } \Bigr)p + \frac{ n(\hat{p})^2 }{{ n + (z_0)^2 } } < 0$
$\iff \Bigl( p + \frac{1}{2} ( \frac{-2n\hat{p}-(z_0)^2}{ n + (z_0)^2} ) \Bigr)^2 - \Bigl( \frac{1}{2} ( \frac{-2n\hat{p}-(z_0)^2}{ n + (z_0)^2} ) \Bigr)^2 + \frac{ n(\hat{p})^2 }{{ n + (z_0)^2 } } < 0$
$\iff \Bigl( p + \frac{1}{2} ( \frac{-2n\hat{p}-(z_0)^2}{ n + (z_0)^2} ) \Bigr)^2 < \frac{1}{4} \Bigl( \frac{-2n\hat{p}-(z_0)^2}{ n + (z_0)^2} \Bigr)^2 - \frac{ n(\hat{p})^2 }{{ n + (z_0)^2 } }$
$\iff p + \frac{1}{2} \Bigl( \frac{-2n\hat{p}-(z_0)^2}{ n + (z_0)^2} \Bigr) < \pm \sqrt{ \frac{1}{4} \Bigl( \frac{-2n\hat{p}-(z_0)^2}{ n + (z_0)^2} \Bigr)^2 - \frac{ n(\hat{p})^2 }{{ n + (z_0)^2 } } }$
$\iff p< - \frac{1}{2} \Bigl( \frac{-2n\hat{p}-(z_0)^2}{ n + (z_0)^2} \Bigr) \pm \sqrt{ \frac{1}{4} \Bigl( \frac{-2n\hat{p}-(z_0)^2}{ n + (z_0)^2} \Bigr)^2 - \frac{ n(\hat{p})^2 }{{ n + (z_0)^2 } } }$

となる。

具体例で検証

統計学基礎のp.118の例９の数字を使って検証してみる。例９の主要な数字は、

標本サイズ n = 1200
標本比率 $\hat{p} = 0.054$ にて
母比率 $p$ の95%信頼区間を求める。

である。ここで、 $z_0 = 1.96$ とする。

公式を用いる

$\hat{p} - z_0 \sqrt{ \frac{ \hat{p}(1-\hat{p}) }{n} } \lt p \lt \hat{p} + z_0 \sqrt{ \frac{ \hat{p}(1-\hat{p}) }{n} }$
なので、 $0.054 \pm 1.96 \sqrt{ \frac{0.054(1-0.054)}{1200} } = [0.04121184, 0.06678816$ ]
となる。

２次不等式を解いた結果を用いる

$p< - \frac{1}{2} \Bigl( \frac{-2n\hat{p}-(z_0)^2}{ n + (z_0)^2} \Bigr) \pm \sqrt{ \frac{1}{4} \Bigl( \frac{-2n\hat{p}-(z_0)^2}{ n + (z_0)^2} \Bigr)^2 - \frac{ n(\hat{p})^2 }{{ n + (z_0)^2 } } }$
なので、Rを用いて計算すると

n <- 1200
ph <- 0.054
z0 <- 1.96
A <- (-2*(n*ph) - (z0)^2)/(n+(z0)^2)
B <- (n*ph^2)/(n+z0^2)
c(-(1/2)*A - sqrt( (1/4)*A ^2 - B),-(1/2)*A + sqrt( (1/4)*A ^2 - B))
> c(-(1/2)*A - sqrt( (1/4)*A ^2 - B),-(1/2)*A + sqrt( (1/4)*A ^2 - B))
[1] 0.04257642 0.06827005

より、 $[0.04257642,0.06827005$ ]
となる。