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Inferência para duas proporções

Introduza os sucessos e o tamanho amostral de cada grupo; em seguida, escolha a hipótese alternativa, o nível de confiança e α. O gráfico superior ilustra a distribuição amostral de p̂₁ − p̂₂ sob p₁ = p₂, com o valor-p sombreado; abaixo, na mesma escala, surge o intervalo de confiança para p₁ − p₂.

Desvio-padrão de p̂₁ − p̂₂ σp^1−p^2=p1(1−p1)n1+p2(1−p2)n2\sigma_{\hat p_1-\hat p_2}=\sqrt{\frac{p_1(1-p_1)}{n_1}+\frac{p_2(1-p_2)}{n_2}}
Intervalo de confiança (p^1−p^2)±z∗p^1(1−p^1)n1+p^2(1−p^2)n2(\hat p_1-\hat p_2)\pm z^*\sqrt{\frac{\hat p_1(1-\hat p_1)}{n_1}+\frac{\hat p_2(1-\hat p_2)}{n_2}}
Estatística de teste, combinada z=p^1−p^2p^c(1−p^c)(1n1+1n2),p^c=x1+x2n1+n2z=\frac{\hat p_1-\hat p_2}{\sqrt{\hat p_c(1-\hat p_c)\left(\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}\right)}},\quad\hat p_c=\frac{x_1+x_2}{n_1+n_2}
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Lição

A teoria — Inferência para duas proporções

A inferência para duas proporções compara p₁ e p₂, as taxas de sucesso em duas populações ou sob dois tratamentos, através da diferença p̂₁ − p̂₂: um intervalo de confiança estima p₁ − p₂ e um teste de significância avalia H₀: p₁ = p₂.

De onde vem a fórmula

  1. A distribuição amostral de p̂₁ − p̂₂. Em amostragens aleatórias e independentes repetidas, a média de p̂₁ − p̂₂ é p₁ − p₂. Sendo as amostras independentes, as variâncias somam-se; os desvios-padrão combinam-se dentro de uma raiz quadrada e nunca por mera adição. A distribuição aproxima-se da normal se n₁p₁, n₁(1 − p₁), n₂p₂ e n₂(1 − p₂) forem todos iguais ou superiores a 10.
    μp^1−p^2=p1−p2,σp^1−p^22=p1(1−p1)n1+p2(1−p2)n2\mu_{\hat p_1-\hat p_2}=p_1-p_2,\qquad\sigma^2_{\hat p_1-\hat p_2}=\frac{p_1(1-p_1)}{n_1}+\frac{p_2(1-p_2)}{n_2}
  2. Verifique as condições. Aleatoriedade: duas amostras aleatórias independentes ou dois grupos gerados por distribuição aleatória numa experiência. Condição dos 10%: na amostragem sem reposição, cada amostra não deve exceder um décimo da respetiva população; num ensaio com distribuição aleatória não existe população finita a amostrar, pelo que a condição não se aplica. Grandes contagens: para construir o intervalo, exigem-se pelo menos 10 sucessos e 10 insucessos em cada grupo; para o teste, as quatro contagens esperadas obtidas a partir da proporção combinada devem atingir no mínimo 10.
    n1≤0.1 N1,n2≤0.1 N2xi≥10,ni−xi≥10nip^c≥10,ni(1−p^c)≥10\begin{aligned}&n_1\le0.1\,N_1,\quad n_2\le0.1\,N_2\\&x_i\ge10,\quad n_i-x_i\ge10\\&n_i\hat p_c\ge10,\quad n_i(1-\hat p_c)\ge10\end{aligned}
  3. O intervalo. Calcula-se (p̂₁ − p̂₂) ± z* vezes o erro-padrão, utilizando o p̂ de cada grupo, visto que o intervalo não assume qualquer pressuposto sobre p₁ e p₂. Se o intervalo contiver o 0, a ausência de diferença permanece plausível; se estiver inteiramente acima ou abaixo de 0, fornece prova convincente de uma diferença nesse sentido.
    (p^1−p^2)±z∗ SE,z∗=1.645, 1.96, 2.576(\hat p_1-\hat p_2)\pm z^*\,SE,\qquad z^*=1.645,\ 1.96,\ 2.576
  4. O teste. Formule H₀: p₁ = p₂ e a hipótese alternativa. Se H₀ for verdadeira, ambas as amostras estimam uma única proporção comum; o teste reúne-as em p̂c e calcula o desvio-padrão de p̂₁ − p̂₂ usando apenas essa proporção combinada. A estatística z mede a distância entre a diferença observada e o zero na escala desse desvio-padrão, sendo o valor-p a probabilidade, sob H₀, de encontrar uma diferença tão ou mais extrema no sentido de Hₐ.
    H0: p1=p2 ⇒ p^c=x1+x2n1+n2,σ0=p^c(1−p^c)(1n1+1n2)H_0:\ p_1=p_2\ \Rightarrow\ \hat p_c=\frac{x_1+x_2}{n_1+n_2},\qquad\sigma_0=\sqrt{\hat p_c(1-\hat p_c)\left(\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}\right)}
  5. Conclua e delimite o alcance do estudo. Compare o valor-p com α e tome uma decisão no contexto do problema. Quanto ao alcance: a distribuição aleatória autoriza uma relação causal entre o tratamento e o efeito observado; a amostragem aleatória permite generalizar as conclusões às populações de origem. Duas amostras aleatórias num estudo observacional conseguem demonstrar que duas populações diferem, mas não explicam a causa dessa diferença.
Pressupõe
O modelo normal aproxima duas contagens binomiais. Quando a condição de grandes contagens falha, a ferramenta apresenta o valor-p do teste exato de Fisher: fixa-se o número total de sucessos e calcula-se com que frequência uma divisão aleatória dos n₁ + n₂ participantes atribuiria pelo menos x₁ deles ao grupo 1. Na versão bilateral, duplica-se a probabilidade da cauda menor.

Problemas resolvidos na íntegra

  1. A distribuição amostral de p̂₁ − p̂₂ 3 passos

    Numa grande cidade, 30% dos adultos e 20% dos jovens afirmam ler jornal. Recolhem-se amostras aleatórias independentes de 100 adultos e 150 jovens. Descreva a distribuição amostral de p̂₁ − p̂₂ e determine a probabilidade de a proporção amostral dos adultos ser inferior à dos jovens.

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    1. O centro e a dispersão decorrem das duas proporções e das respetivas dimensões amostrais:

      μp^1−p^2=0.3−0.2=0.1σp^1−p^2=0.3 (0.7)100+0.2 (0.8)150≈0.0563\begin{aligned}\mu_{\hat p_1-\hat p_2}&=0.3-0.2=0.1\\\sigma_{\hat p_1-\hat p_2}&=\sqrt{\frac{0.3\,(0.7)}{100}+\frac{0.2\,(0.8)}{150}}\\&\approx0.0563\end{aligned}

    2. A forma aproxima-se da normal porque as quatro contagens esperadas atingem pelo menos 10:

      100 (0.3)=30,100 (0.7)=70150 (0.2)=30,150 (0.8)=120\begin{aligned}&100\,(0.3)=30,\quad100\,(0.7)=70\\&150\,(0.2)=30,\quad150\,(0.8)=120\end{aligned}

    3. A proporção dos adultos é inferior quando p̂₁ − p̂₂ é menor que 0:

      P(p^1−p^2<0)=P ⁣(Z<0−0.10.0563)=P(Z<−1.78)≈0.038\begin{aligned}P(\hat p_1-\hat p_2<0)&=P\!\left(Z<\frac{0-0.1}{0.0563}\right)\\&=P(Z<-1.78)\approx0.038\end{aligned}

    Resposta

    Aproximadamente normal, com média 0,1 e desvio-padrão 0,0563. A probabilidade de a proporção amostral dos adultos ser inferior é de cerca de 0,038.

    p^1−p^2 ∼˙ N(0.1, 0.0563)P(p^1<p^2)≈0.038\begin{aligned}&\hat p_1-\hat p_2\ \dot\sim\ N(0.1,\ 0.0563)\\&P(\hat p_1<\hat p_2)\approx0.038\end{aligned}
  2. Construção de um intervalo de confiança 3 passos

    Numa amostra aleatória de 300 adultos de uma cidade, 168 apoiam a proibição de automóveis no centro urbano; numa amostra aleatória de 350 adultos de uma segunda cidade, 140 apoiam a medida. Construa e interprete um intervalo de confiança de 95% para a diferença entre as proporções das duas cidades.

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    1. Condições: duas amostras aleatórias independentes; cada cidade tem muito mais do que os 3 000 e 3 500 adultos que tornariam cada amostra um décimo da respetiva população; 168, 132, 140 e 210 são todos no mínimo 10. As duas proporções:

      p^1=168300=0.56,p^2=140350=0.4\hat p_1=\frac{168}{300}=0.56,\qquad\hat p_2=\frac{140}{350}=0.4

    2. O erro-padrão, calculado com a proporção de cada cidade:

      SE=0.56 (0.44)300+0.4 (0.6)350≈0.0388\begin{aligned}SE&=\sqrt{\frac{0.56\,(0.44)}{300}+\frac{0.4\,(0.6)}{350}}\\&\approx0.0388\end{aligned}

    3. Multiplica-se por z* = 1,96 e procede-se à adição e subtração:

      0.16±1.96 (0.0388)=0.16±0.0760.16\pm1.96\,(0.0388)=0.16\pm0.076

    Resposta

    (0,084, 0,236). Temos 95% de confiança de que a proporção de adultos favoráveis à proibição é entre 8,4 e 23,6 pontos percentuais superior na primeira cidade do que na segunda.

    (0.084, 0.236)(0.084,\ 0.236)
  3. Julgar uma afirmação com um intervalo 2 passos

    Em amostras aleatórias de clientes, 45 em 150 na loja A e 52 em 200 na loja B devolveram um artigo. A gerência sustenta que as taxas de devolução das duas lojas diferem. Recorra a um intervalo de confiança de 95% para avaliar essa afirmação.

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    1. A diferença e o seu erro-padrão:

      p^1−p^2=0.3−0.26=0.04SE=0.3 (0.7)150+0.26 (0.74)200≈0.0486\begin{aligned}\hat p_1-\hat p_2&=0.3-0.26=0.04\\SE&=\sqrt{\frac{0.3\,(0.7)}{150}+\frac{0.26\,(0.74)}{200}}\\&\approx0.0486\end{aligned}

    2. O intervalo e a posição do 0:

      0.04±1.96 (0.0486)=0.04±0.095=(−0.055, 0.135)\begin{aligned}0.04\pm1.96\,(0.0486)&=0.04\pm0.095\\&=(-0.055,\ 0.135)\end{aligned}

    Resposta

    O intervalo (−0,055, 0,135) inclui o 0, pelo que a ausência de diferença permanece plausível: os dados não fornecem prova convincente de que as taxas de devolução difiram.

    0∈(−0.055, 0.135)0\in(-0.055,\ 0.135)
  4. Teste bilateral numa experiência 3 passos

    Distribuíram-se 200 voluntários aleatoriamente por dois grupos de 100. Um grupo recebeu um lembrete por mensagem; 62 dessas pessoas vacinaram-se contra a gripe, contra 45 do outro grupo. Teste ao nível de 5% se o lembrete tem efeito, esclareça o alcance da conclusão e identifique o tipo de erro em risco.

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    1. Hipóteses: H₀: p₁ = p₂, Hₐ: p₁ ≠ p₂. Condições: distribuição aleatória; as contagens esperadas de 53,5 e 46,5 em cada grupo são iguais ou superiores a 10. Sendo H₀ verdadeira, os grupos partilham uma proporção única:

      p^c=62+45100+100=0.535100 (0.535)=53.5100 (0.465)=46.5\begin{aligned}&\hat p_c=\frac{62+45}{100+100}=0.535\\&100\,(0.535)=53.5\\&100\,(0.465)=46.5\end{aligned}

    2. A estatística de teste, com o desvio-padrão obtido da proporção combinada:

      z=0.62−0.450.535 (0.465)(1100+1100)=0.170.0705≈2.41\begin{aligned}z&=\frac{0.62-0.45}{\sqrt{0.535\,(0.465)\left(\frac{1}{100}+\frac{1}{100}\right)}}\\&=\frac{0.17}{0.0705}\approx2.41\end{aligned}

    3. O valor-p bilateral:

      P=2 P(Z≥2.41)≈0.016P=2\,P(Z\ge2.41)\approx0.016

    Resposta

    p = 0,016 < 0,05, rejeitando-se H₀: existem provas convincentes de que o lembrete altera a proporção de vacinação contra a gripe. Como os grupos resultaram de distribuição aleatória, o lembrete causou a diferença; tratando-se de voluntários, a conclusão aplica-se a pessoas com perfil idêntico. Se, na realidade, o lembrete não surtir qualquer efeito, esta conclusão constitui um erro do Tipo I.

    P≈0.016<0.05P\approx0.016<0.05
  5. Teste unilateral com dados observacionais 3 passos

    Num agrupamento escolar há 2 600 alunos que tocam um instrumento musical e 7 400 que não tocam. Extraem-se amostras aleatórias de 200 instrumentistas e 180 não instrumentistas. Integram o quadro de honra 26 alunos do primeiro grupo e 18 do segundo. Existem provas convincentes, a α = 0,05, de que a proporção de instrumentistas no quadro de honra é superior?

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    1. Hipóteses: H₀: p₁ = p₂, Hₐ: p₁ > p₂. Condições: duas amostras aleatórias independentes; 200 é menos de um décimo de 2 600 e 180 é menos de um décimo de 7 400; contagens esperadas de 23,2, 176,8, 20,8 e 159,2. A proporção combinada:

      p^c=26+18200+180≈0.1158\hat p_c=\frac{26+18}{200+180}\approx0.1158

    2. A estatística de teste:

      z=0.13−0.10.1158 (0.8842)(1200+1180)=0.030.0329≈0.91\begin{aligned}z&=\frac{0.13-0.1}{\sqrt{0.1158\,(0.8842)\left(\frac{1}{200}+\frac{1}{180}\right)}}\\&=\frac{0.03}{0.0329}\approx0.91\end{aligned}

    3. O valor-p unilateral:

      P=P(Z≥0.91)≈0.181P=P(Z\ge0.91)\approx0.181

    Resposta

    p = 0,181 ≥ 0,05, pelo que não se rejeita H₀: não existem provas convincentes de que os instrumentistas integrem mais frequentemente o quadro de honra. Mesmo um valor-p diminuto não provaria que tocar um instrumento melhora as notas: observaram-se duas amostras, não houve grupos atribuídos.

    P≈0.181≥0.05P\approx0.181\ge0.05
  6. Quando falham as grandes contagens: o teste exato de Fisher 2 passos

    Num estudo-piloto, 20 doentes foram distribuídos aleatoriamente, 10 para um novo medicamento e 10 para um placebo. Melhoraram 5 doentes com o fármaco e 1 com o placebo. O teste z é apropriado? Determine o valor-p exato para Hₐ: p₁ > p₂.

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    1. A condição de grandes contagens para o teste falha:

      p^c=5+120=0.3,10 (0.3)=3<10\hat p_c=\frac{5+1}{20}=0.3,\qquad10\,(0.3)=3<10

    2. Se o medicamento for ineficaz, os 6 doentes teriam melhorado de qualquer modo, cabendo unicamente ao sorteio determinar quantos ficavam no grupo do medicamento. A probabilidade de atribuir 5 ou 6 a esse grupo:

      P(X1≥5)=(105)(101)+(106)(100)(206)=2520+21038760≈0.070\begin{aligned}P(X_1\ge5)&=\frac{\binom{10}{5}\binom{10}{1}+\binom{10}{6}\binom{10}{0}}{\binom{20}{6}}\\&=\frac{2520+210}{38760}\approx0.070\end{aligned}

    Resposta

    Não: as contagens esperadas em cada grupo são 3 e 7. O valor-p exato é 0,070, contra 0,025 da curva normal; o estudo-piloto não faculta prova convincente ao nível de 5%.

    Pexact≈0.070,Pnormal≈0.025P_{\mathrm{exact}}\approx0.070,\quad P_{\mathrm{normal}}\approx0.025

Problemas suplementares, só com a resposta

  1. Com os dados das duas cidades (168 em 300 e 140 em 350), determine um intervalo de confiança de 90% para a diferença entre as proporções.

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    (0,096, 0,224)

    0.16±1.645 (0.0388)=0.16±0.064=(0.096, 0.224)\begin{aligned}0.16\pm1.645\,(0.0388)&=0.16\pm0.064\\&=(0.096,\ 0.224)\end{aligned}

  2. Repita o teste da vacina da gripe (62 em 100 contra 45 em 100) a α = 0,01. Qual é a decisão e em que tipo de erro se pode incorrer?

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    p = 0,016 ≥ 0,01: não se rejeita H₀. Se o lembrete tiver realmente efeito, incorre-se num erro do Tipo II.

    P≈0.016≥0.01P\approx0.016\ge0.01

  3. Por que razão o teste combina as duas amostras e o intervalo não?

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    O teste parte do princípio de que H₀ é verdadeira; sob essa hipótese, ambas as amostras estimam o mesmo parâmetro, pelo que reuni-las faculta a melhor estimativa dessa proporção comum. Já o intervalo estima p₁ − p₂ sem pressupor a sua igualdade, pelo que cada grupo conserva o seu próprio p̂.

  4. Recorrendo a z ≈ (a − b)/√(a + b), estime z para os 8 casos contra 162 no ensaio da vacina.

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    z ≈ −11,8

    z≈8−162170≈−11.8z\approx\frac{8-162}{\sqrt{170}}\approx-11.8

  5. Um intervalo de confiança de 95% para p₁ − p₂ é (−0,12, −0,03). O que revela sobre as duas proporções?

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    O 0 não pertence ao intervalo, pelo que há prova convincente de que p₁ é inferior a p₂, numa diferença situada entre 3 e 12 pontos percentuais.

    0∉(−0.12, −0.03)0\notin(-0.12,\ -0.03)

  6. Amostras aleatórias de 400 fumadores e 400 não fumadores revelam uma proporção de tosse substancialmente mais elevada entre fumadores, com p < 0,0001. O estudo demonstra que fumar causa tosse?

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    Por si só, não: sendo um estudo observacional, comprova que as duas populações diferem, mas variáveis de confusão podem explicar essa divergência. Apenas a distribuição aleatória autorizaria inferir causalidade, e obrigar pessoas a fumar seria eticamente inadmissível.

  7. Para 40 em 100 contra 27 em 100, a estatística do qui-quadrado da tabela 2 × 2 é 3,793. Deduza a estatística z do teste para duas proporções sem recorrer à sua fórmula.

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    z = √3,793 ≈ 1,95, positivo porque p̂₁ = 0,4 é a proporção maior

    z=3.793≈1.95z=\sqrt{3.793}\approx1.95

Com grupos de igual dimensão, só o intervalo pode ser o mais audaz

Carregue em 18 em 100 contra 40 em 400. O teste rejeita p₁ = p₂ com p = 0,0255, mas o intervalo de 95% para p₁ − p₂, que vai de −0,0008 a 0,1608, ainda abrange o 0. Clique agora em 40 em 100 contra 27 em 100: aqui o intervalo, de 0,0004 a 0,2596, exclui o 0, enquanto o teste mantém H₀ com p = 0,0515. O teste exato de Fisher concorda com o teste z em ambos os casos (0,0464 e 0,0718); a aproximação normal não é a culpada. Os dois procedimentos medem a mesma diferença com réguas diferentes. O teste parte de H₀ e por isso reúne as duas amostras numa única proporção estimada, 0,116 no primeiro exemplo; o intervalo não assume qualquer igualdade e deixa cada grupo com a sua. Com tamanhos díspares, a proporção de 0,18 do grupo menor responde por quase toda a variância individual, mas a agregação dilui esse peso nos 400 dados do segundo grupo. Já com grupos de igual dimensão, a variância combinada excede a separada em exatamente (p̂₁ − p̂₂)²/(2n). A régua do teste nunca é, portanto, a mais curta: o intervalo pode excluir o 0 enquanto o teste preserva H₀, mas o inverso só ocorre se as amostras tiverem dimensões distintas.

z² é a estatística do qui-quadrado da mesma tabela

Disponha os dados de 18 em 100 contra 40 em 400 numa tabela de contingência 2 × 2 de sucessos e insucessos: 18 e 82 numa linha, 40 e 360 na outra. A sua estatística do qui-quadrado, calculada pela soma de (O − E)²/E sem correção de continuidade, vale 4,993. É precisamente o valor de z², cujo z antes de arredondar é 2,2345. A igualdade verifica-se sempre, e só acontece porque o teste z combina as amostras: qualquer teste do qui-quadrado deduz as frequências esperadas da proporção global de sucessos, que é justamente p̂c. Já o z obtido pelo erro-padrão do intervalo, 0,08/0,0412 = 1,94, dá ao quadrado 3,76 e não encontra correspondência. Os valores-p também coincidem em 0,0255 nos dois testes, visto que uma variável com distribuição do qui-quadrado com um grau de liberdade é o quadrado de uma normal padrão. Elevar ao quadrado elimina o sinal; por isso o teste do qui-quadrado numa tabela 2 × 2 responde apenas a hipóteses bilaterais. Se introduzir estas quatro contagens na ferramenta do qui-quadrado com 2 linhas e 2 colunas, verá surgir o mesmo 4,993.

A evidência do ensaio da vacina esteve em 170 casos, não em 43 448 pessoas

Carregue em Ensaio da vacina, 2020. No ensaio clínico da vacina da Pfizer–BioNTech, 21 720 indivíduos receberam a vacina e 21 728 receberam o placebo, tendo os investigadores registado 8 casos de Covid-19 no primeiro grupo contra 162 no segundo (Polack e colaboradores, 2020). A diferença de proporções não chega a um ponto percentual, mas z = −11,83. Com dois grupos de dimensão praticamente igual, como acontece aqui, a estatística de teste pode ser reescrita exatamente como z = (a − b)/√((a + b)(1 − p̂c)), sendo a e b o número de casos observados. Num desfecho raro, o último fator sob a raiz é quase 1: z ≈ (8 − 162)/√170 = −11,8. O número total de pessoas desaparece do cálculo. Dez vezes mais voluntários com os mesmos 8 e 162 casos produziriam quase o mesmo z; já os mesmos voluntários com 85 casos em cada grupo resultariam em z = 0. (O artigo original avaliou apenas os participantes sem vestígios de infeção prévia, uma contagem inferior a estes totais, e pelo mesmo motivo z quase não se alterou.) Um ensaio para desfechos raros precisa de dezenas de milhares de pessoas apenas para acumular casos suficientes para o teste.

Percurso de aprendizagem

Estatística: dos dados às proporções

Referências (2)

· Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.