¿Puede alguien explicar cómo encontrar la distribución t para estimar la diferencia de medias de dos poblaciones normales cuando no se conoce la varianza?

Question

Ver la pregunta referenciada. ¿Cómo encuentro la parte t? Si mi nivel de confianza es $95\%$ ¿qué hago con ese número? Sé lo que hay que hacer para encontrar la distribución inversa en otras estimaciones, pero esto no tiene sentido para mí. Es la última parte de la sección de respuestas.

He buscado en Google y he descubierto que se trata de la distribución t: $\frac{x-\mu}{s / \sqrt{n}}$

Inserto los números de las respuestas pero me sale la respuesta incorrecta.

$$\frac{-10}{4.64/ \sqrt{100}}=-21.5517241379$$

Esto no se acerca en absoluto a la respuesta.

Answer 1

Dejemos que $\overline X_i$ sea la media muestral del $i$ de la población, para $i=1,2.$ Y que $$ S_i^2 = \frac 1 {n_i-1} \sum_{k=1}^{n_i} (X_{i,k} - \overline X_i)^2 $$ sean las dos varianzas de la muestra. Entonces $$ \frac{(n_i-1)S_i^2}{\sigma^2} \sim \chi^2_{n_i-1} $$ y estas dos variables aleatorias chi-cuadrado son independientes entre sí. Por lo tanto, tenemos $$ V = \frac{(n_1-1)S_1^2 + (n_2-1)S_2^2}{\sigma^2} \sim \chi^2_{n_1+n_2-2}. \tag 1 $$ Entonces tienes $\overline X_1 - \overline X_2 \sim\operatorname N\left(0,\dfrac{\sigma^2}{n_1} + \dfrac{\sigma^2}{n_2}\right).$ Así que

$$ Z = \frac{\overline X_1 - \overline X_2}{\sigma\sqrt{\frac 1 {n_1} + \frac 1 {n_2}}} \sim \operatorname N(0,1). \tag 2 $$ Entonces recuerda que $(1)$ y $(2)$ son independientes. (Pista corta: $\operatorname{cov} (\overline X_1, X_{1,k} - \overline X_1) = 0.$ )

Así que $\dfrac{Z}{\sqrt{V/(n_1+n_2-2)}}$ tiene una distribución t (el $\sigma$ se anula).

Answer 2

La respuesta que muestra parece utilizar el agrupado Prueba t de 2 muestras sin ninguna garantía de que las varianzas de la población difieran (y de hecho, las pistas de las desviaciones estándar de la muestra indican que las varianzas de la población pueden ser algo así como 25 y 16, respectivamente).

Minitab aceptará datos resumidos como los que usted ha dado. Por supuesto, con los datos resumidos no podemos verificar la normalidad.

Sin estar de acuerdo en que es un enfoque correcto y reconociendo que está tratando de obtener una respuesta que coincida con el enfoque de la t agrupada, corrí sus datos de resumen en Minitab. El punto principal es que la salida (abajo) muestra un intervalo de confianza, por lo que para que pueda hacer coincidir su IC con el de Minitab. Supongo que un IC del 95% puede ser parte de su respuesta deseada.

Two-Sample T-Test and CI 

Sample   N    Mean  StDev  SE Mean
1       36  120.00   4.00     0.67
2       64  130.00   5.00     0.63

Difference = μ (1) - μ (2)
Estimate for difference:  -10.000
95% CI for difference:  (-11.930, -8.070)
T-Test of difference = 0 (vs ≠): 
  T-Value = -10.28  P-Value = 0.000  DF = 98
Both use Pooled StDev = 4.6675

No es tu culpa que el libro de respuestas se equivoque, así que no voy a votar en contra de tu pregunta. Sin embargo, para mantener esta respuesta respetable (y no confundir a otras personas que puedan ver esta página), muestro a continuación la salida de una respuesta más apropiada Prueba t de 2 muestras de Welch que no asume varianzas poblacionales iguales.

Hay dos grandes diferencias: (a) Se utiliza un El error estándar se utiliza en el denominador de la estadística T. $[T=-19.28$ frente a lo correcto $T=-10.94].\;$ (b) Los grados de libertad difieren $[\nu = 98$ contra. $\nu=86.]$ La mayor parte de la diferencia entre los dos IC $[\,(-11.9,-8.9)$ contra. $(-11.8,-8.2)\,]\,$ se debe a (a).

Two-Sample T-Test and CI 

Sample   N    Mean  StDev  SE Mean
1       36  120.00   4.00     0.67
2       64  130.00   5.00     0.63

Difference = μ (1) - μ (2)
Estimate for difference:  -10.000
95% CI for difference:  (-11.817, -8.183)
T-Test of difference = 0 (vs ≠): 
 T-Value = -10.94  P-Value = 0.000  DF = 86