单样本率置信区间¶
渐进正态法¶
假设有效率 \(p\) 服从二项分布，则 \(E(p) = p\)，\(Var(p) = p(1-p)/n\)，渐进正态法使用以下公式计算置信区间：2
\[
L = p - z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} \ , \ U = p + z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}
\]
使用上述公式计算的置信区间上下限在某些情况下可能会超出 \([0, 1]\) 范围，因此置信区间宽度的计算需要考虑边界问题：
\[
d = \min\left\lbrace U, 1\right\rbrace - \max\left\lbrace L, 0\right\rbrace
\]
从上述方程中解出样本量 \(n\) 需要分类讨论：
情况 1. \(U \ge 1, L \gt 0\)
\[
d = 1 - \left(p - z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}\right) \Rightarrow n = \frac{z_{1-\alpha/2}^2 p(1-p)}{\left(d+p-1\right)^2}
\]
将上式代入条件：
\[
p + z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} \ge 1 \Rightarrow d \ge 2(1-p)
\]
\[
p - z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} \gt 0 \Rightarrow d \lt 1
\]
因此，
\[
n = \frac{z_{1-\alpha/2}^2 p(1-p)}{\left(d+p-1\right)^2} \ ,\ 2(1-p) \le d \lt 1
\]
情况 2. \(U \ge 1, L \le 0\)
\[
d = 1 - 0 = 1
\]
这种情况下置信区间宽度恒等于 1，与样本量 \(n\) 无关，无实际意义。
情况 3. \(U \lt 1, L \gt 0\)
\[
d = \left(p + z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}\right) - \left(p - z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}\right) \Rightarrow n = \frac{4 z_{1-\alpha/2}^2 p(1-p)}{d^2}
\]
将上式代入条件：
\[
p + z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} \lt 1 \Rightarrow d \lt 2(1-p)
\]
\[
p - z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} \gt 0 \Rightarrow d \lt 2p
\]
因此，
\[
n = \frac{4 z_{1-\alpha/2}^2 p(1-p)}{d^2} \ ,\ d \lt \max\left\lbrace 2p, 2(1-p) \right\rbrace
\]
情况 4. \(U \lt 1, L \le 0\)
\[
d = \left(p + z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}\right) - 0 \Rightarrow n = \frac{z_{1-\alpha/2}^2 p(1-p)}{(d-p)^2}\ 且 \ d \gt p
\]
将上式代入条件：
\[
p + z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} \lt 1 \Rightarrow d \lt 1
\]
\[
p - z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} \le 0 \Rightarrow d \ge 2p
\]
因此，
\[
n = \frac{z_{1-\alpha/2}^2 p(1-p)}{(d-p)^2} \ ,\ 2p \le d \lt 1
\]
综上，
\[
n =
\begin{cases}
\frac{z_{1-\alpha/2}^2 p(1-p)}{\left(d+p-1\right)^2} &, 2(1-p) \le d \lt 1 \\
\frac{4 z_{1-\alpha/2}^2 p(1-p)}{d^2} &, d \lt \max\left\lbrace 2p, 2(1-p) \right\rbrace \\
\frac{z_{1-\alpha/2}^2 p(1-p)}{(d-p)^2} &, 2p \le d \lt 1
\end{cases}
\]
渐进正态法（连续性校正）¶
在 渐进正态法 的基础上添加校正项 \(\frac{1}{2n}\)，置信区间计算公式如下：
\[
L = p - z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} - \frac{1}{2n}\ , \ U = p + z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} + \frac{1}{2n}
\]
使用上述公式计算的置信区间上下限在某些情况下可能会超出 \([0, 1]\) 范围，因此置信区间宽度的计算需要考虑边界问题：
\[
d = \min\left\lbrace U, 1 \right\rbrace - \max\left\lbrace L, 0 \right\rbrace
\]
从上述方程中解出样本量 \(n\) 需要分类讨论：
情况 1. \(U \ge 1, L \gt 0\)
\[
d = 1 - \left(p - z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} - \frac{1}{2n}\right) \Rightarrow \frac{1}{2n} + z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} - (p + d - 1) = 0
\]
令 \(x = \frac{1}{\sqrt{n}}\)，\(A = z_{1 - \alpha/2}\sqrt{p(1-p)}\)，则：
\[
\frac{1}{2}x^2 + Ax - (p + d - 1) = 0
\]
解上述一元二次方程，取正根：
\[
x = -A + \sqrt{A^2 + 2(p + d - 1)}
\]
代入 \(x = \frac{1}{\sqrt{n}}\)，得：
\[
n = \frac{1}{x^2} = \frac{1}{\left(-A + \sqrt{A^2 + 2(p + d - 1)}\right)^2}
\]
将上式代入条件，且根据 \(\frac{1}{2}x^2 + Ax = p + d - 1\)：
\[
p + z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} + \frac{1}{2n} \ge 1 \Rightarrow p + Ax + \frac{1}{2}x^2 \ge 1 \Rightarrow d \ge 2(1-p)
\]
\[
p - z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} - \frac{1}{2n} \gt 0 \Rightarrow p - Ax - \frac{1}{2}x^2 \gt 0 \Rightarrow d \lt 1
\]
因此，
\[
n = \frac{1}{\left(-A + \sqrt{A^2 + 2(p + d - 1)}\right)^2} \ , \ 2(1-p) \le d \lt 1
\]
情况 2. \(U \ge 1, L \le 0\)
\[
d = 1 - 0 = 1
\]
这种情况下置信区间宽度恒等于 1，与样本量 \(n\) 无关，无实际意义。
情况 3. \(U \lt 1, L \gt 0\)
\[
d = \left(p + z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} + \frac{1}{2n}\right) - \left(p - z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} - \frac{1}{2n}\right)
\]
化简:
\[
d = 2z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} + \frac{1}{n}
\]
令 \(x = \frac{1}{\sqrt{n}}\)，\(A = z_{1 - \alpha/2}\sqrt{p(1-p)}\)，则：
\[
x^2 + 2Ax - d = 0
\]
解上述一元二次方程，取正根：
\[
x = -A + \sqrt{A^2 + d}
\]
代入 \(x = \frac{1}{\sqrt{n}}\)，得：
\[
n = \frac{1}{x^2} = \frac{1}{\left(-A + \sqrt{A^2 + d}\right)^2}
\]
将上式代入条件，且根据 \(x^2 + 2Ax = d\)：
\[
p + z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} + \frac{1}{2n} \lt 1 \Rightarrow p + Ax + \frac{1}{2}x^2 \lt 1 \Rightarrow d \lt 2(1-p)
\]
\[
p - z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} - \frac{1}{2n} \gt 0 \Rightarrow p - Ax - \frac{1}{2}x^2 \gt 0 \Rightarrow d \lt 2p
\]
因此，
\[
n = \frac{1}{\left(-A + \sqrt{A^2 + d}\right)^2} \ , \ d \lt \min\left\lbrace 2p, 2(1-p) \right\rbrace
\]
情况 4. \(U \lt 1, L \le 0\)
\[
d = \left(p - z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} - \frac{1}{2n}\right) - 0
\]
令 \(x = \frac{1}{\sqrt{n}}\)，\(A = z_{1 - \alpha/2}\sqrt{p(1-p)}\)，则：
\[
\frac{1}{2}x^2 + Ax + p - d = 0
\]
解上述一元二次方程，取正根：
\[
x = -A + \sqrt{A^2 - 2(p - d)}
\]
代入 \(x = \frac{1}{\sqrt{n}}\)，得：
\[
n = \frac{1}{x^2} = \frac{1}{\left(-A + \sqrt{A^2 - 2(p - d)}\right)^2}
\]
将上式代入条件，且根据 \(\frac{1}{2}x^2 + Ax = d - p\)：
\[
p + z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} + \frac{1}{2n} \lt 1 \Rightarrow p + Ax + \frac{1}{2}x^2 \lt 1 \Rightarrow d \lt 1
\]
\[
p - z_{1-\alpha/2} \sqrt{\frac{p(1-p)}{n}} - \frac{1}{2n} \le 0 \Rightarrow p - Ax - \frac{1}{2}x^2 \le 0 \Rightarrow d \ge 2p
\]
因此，
\[
n = \frac{1}{\left(-A + \sqrt{A^2 - 2(p - d)}\right)^2} \ , \ 2p \le d \lt 1
\]
综上，
\[
n =
\begin{cases}
\frac{1}{\left(-A + \sqrt{A^2 + 2(p + d - 1)}\right)^2} &, 2(1-p) \le d \lt 1 \\
\frac{1}{\left(-A + \sqrt{A^2 + d}\right)^2} &, d \lt \min\left\lbrace 2p, 2(1-p) \right\rbrace \\
\frac{1}{\left(-A + \sqrt{A^2 - 2(p - d)}\right)^2} &, 2p \le d \lt 1
\end{cases}
\]
其中，\(A = z_{1 - \alpha/2}\sqrt{p(1-p)}\) 。
Clopper-Pearson¶
Clopper-Pearson 法使用以下公式计算置信区间：
\[
L = \left[ 1 + \frac{n - np + 1}{np F_{\frac{\alpha}{2};\ 2np,\ 2(n - np + 1)}} \right]^{-1}
\]
\[
U = \left[ 1 + \frac{n - np}{(np + 1) F_{1-\frac{\alpha}{2};\ 2(np + 1), \ 2(n - np)}} \right]^{-1}
\]
置信区间宽度：
\[
d = U - L
\]
上述方程的求解需要使用数值方法。
Wilson Score¶
Wilson Score 法使用以下公式计算置信区间：
\[
L = \frac{\left(2np + z_{1-\alpha/2}^2\right) - z_{1-\alpha/2} \sqrt{z_{1-\alpha/2}^2 + 4np(1-p)}}{2\left(n + z_{1-\alpha}^2\right)}
\]
\[
U = \frac{\left(2np + z_{1-\alpha/2}^2\right) + z_{1-\alpha/2} \sqrt{z_{1-\alpha/2}^2 + 4np(1-p)}}{2\left(n + z_{1-\alpha}^2\right)}
\]
置信区间宽度：
\[
d = U - L = \frac{z_{1-\alpha/2} \sqrt{z_{1-\alpha/2}^2 + 4np(1-p)}}{n + z_{1-\alpha}^2}
\]
整理可得：
\[
\begin{align}
& \left(n + z_{1-\alpha/2}^2\right)^2 d^2 = z_{1-\alpha/2}^2 \left(z_{1-\alpha/2}^2 + 4np(1-p)\right) \\
\Rightarrow & \left(n^2 + 2z_{1-\alpha/2}^2 n + z_{1-\alpha/2}^4\right) d^2 = z_{1-\alpha/2}^4 + 4p(1-p)z_{1-\alpha/2}^2 n \\
\Rightarrow & d^2 n^2 + 2z_{1-\alpha/2}^2 \left(d^2 - 2p(1-p)\right) n + z_{1-\alpha/2}^4 (d^2 - 1) = 0
\end{align}
\]
设 \(A = d^2\)，\(B = 2z_{1-\alpha/2}^2 \left(d^2 - 2p(1-p)\right)\)，\(C = z_{1-\alpha/2}^4 (d^2 - 1)\)，则：
\[
n = \frac{-B \pm \sqrt{B^2 - 4AC}}{2A}
\]
此处应选取较大的那个根：
\[
n = \frac{-B + \sqrt{B^2 - 4AC}}{2A}
\]
判别式 \(B^2 - 4AC \ge 0\) 的证明
\[
\begin{align}
B^2 - 4AC = & 4 z_{1-\alpha/2}^4 \left(d^2 - 2p(1-p)\right)^2 - 4 d^2 z_{1-\alpha/2}^4 (d^2 - 1) \\
= & 4 z_{1-\alpha/2}^4 \left(d^4 - 4p(1-p)d^2 + 4p^2(1-p)^2 - d^4 + d^2\right) \\
= & 4 z_{1-\alpha/2}^4 \left(d^2(1-4p(1-p)) + 4p^2(1-p)^2\right) \\
= & 4 z_{1-\alpha/2}^4 \left(d^2 (1-2p)^2 + 4p^2(1-p)^2\right)
\end{align}
\]
由于 \(d^2 (1-2p)^2 \ge 0\)，\(4p^2(1-p)^2 \ge 0\) 恒成立，因此判别式 \(B^2 - 4AC \ge 0\) 恒成立。
Wilson Score 连续性校正¶
Wilson Score 连续性校正的置信区间公式如下：
\[
L = \frac{\left(2np + z_{1-\alpha/2}^2 - 1\right) - z_{1-\alpha/2} \sqrt{z_{1-\alpha/2}^2 - \frac{1}{n} + 4np(1-p) + 4p - 2}}{2\left(n + z_{1-\alpha}^2\right)}
\]
\[
U = \frac{\left(2np + z_{1-\alpha/2}^2 + 1\right) + z_{1-\alpha/2} \sqrt{z_{1-\alpha/2}^2 - \frac{1}{n} + 4np(1-p) - 4p + 2}}{2\left(n + z_{1-\alpha}^2\right)}
\]
置信区间宽度：
\[
d = U - L
\]
上述方程的求解需要使用数值方法。
Wilson Score 连续性校正置信区间宽度随样本量 \(n\) 的变化
以 \(p = 0.9, \alpha = 0.05\) 为例，绘制置信区间宽度随样本量 \(n\) 变化的图像如下：
如果将 \(n\) 视为连续性变量，则随着 \(n\) 的增大，置信区间宽度先增大后减小，这可能会给数值求解带来一些麻烦。
若设定置信区间宽度为 \(0.8\)，则理论上存在两个数值解，实际应取较大的解作为样本量估算结果。
brentq 要求求根区间左右两端点处的函数值异号，此时可先用 minimize_scalar 求出区间内的极大值，将极大值点作为求根区间下限，再应用 brentq 进行数值求解。