비율의 표본분포¶

크기 100인 표본을 반복해서 뽑으면 \(\hat{p}\)는 참값 \(p = 0.4\) 주위로 대체로 0.049 정도 달라진다.

from scipy import stats
print(f"P(p_hat > 0.65) = {stats.norm.sf(1.02):.4f}")

출력:

P(p_hat > 0.65) = 0.1539

정확한 이항 계산. \(\hat{p} > 0.35\)는 \(X \geq 4\)를 뜻하며 여기서 \(X \sim \text{Binomial}(10, 0.3)\)이다:

정규근사. 조건을 확인하면 \(np = 3 < 5\)이므로 정규근사가 미덥지 않다.

비교:

표본이 작은데도 근사가 꽤 가깝지만, \(np < 5\)일 때는 정확한 binomial 계산이 낫다.

from scipy import stats

# 정확한 값: 이항분포에서 바로 구한다.
exact = 1 - stats.binom(n=10, p=0.3).cdf(3)
print(f"Exact: {exact:.4f}")

# 정규근사로 구한 값. 둘을 견준다.
approx = stats.norm.sf(0.345)
print(f"Normal approx: {approx:.4f}")

출력:

Exact: 0.3504
Normal approx: 0.3650

(1) 이론값. \(\hat p\)는 \(0/1\) 자료의 표본평균이므로 베르누이의 \(\mu = p\), \(\sigma^2 = pq\)를 그대로 쓴다.

모양은 베르누이의 왜도 \((q-p)/\sqrt{pq}\)와 초과첨도 \((1-6pq)/(pq)\)를 각각 \(\sqrt{n}\)과 \(n\)으로 나눠 얻는다.

둘 다 \(0\)에 붙어 있다. \(np = 400\), \(n(1-p) = 600\)으로 \(5\)든 \(10\)이든 넉넉히 넘고, 치우침은 \(0.013\)밖에 남지 않았다. 비복원으로 뽑으므로 겨냥값에는 유한모집단 수정 \(\sqrt{(10^5 - 10^3)/(10^5-1)} = 0.99499\)이 붙는다.

(2) 아직 남은 것 — 이산성. 네 적률이 다 맞아도 정규근사는 완벽하지 않다. \(n\hat p \sim \text{Binomial}(1000, 0.4)\)이므로 \(\hat p\)는 \(0.001\) 간격의 격자에만 확률이 얹힌 이산분포이고, 정규곡선은 연속이다. 격자점 바로 아래에서 정규누적분포는 그 점의 확률을 절반쯤만 세므로 누적분포의 어긋남이 대략

이 된다. 이것은 치우침과 무관하고 \(1/\sqrt{n}\)으로만 줄어든다. 같은 계산을 \(n = 100\)에서 하면 \(0.0407\)이니, 표본을 열 배 키워 어긋남이 \(\sqrt{10} = 3.16\)배 줄어든 셈이다. 연속성 보정으로 격자를 반 칸 밀면 사라진다.

import matplotlib.pyplot as plt
import numpy as np
from scipy import stats

np.random.seed(1)

# 모집단은 0과 1 두 값뿐인 베르누이다. binom(n=1)이 곧 베르누이다.
population = stats.binom(n=1, p=0.4).rvs(100_000)
sample_size = 1_000
n_samples = 10_000

# 0/1 자료의 평균이 곧 비율이다. 그래서 p-hat 은 특별한 통계량이 아니라
# **표본평균의 한 경우**이며, 중심극한정리가 그대로 적용된다.
sample_proportions = [
    np.mean(np.random.choice(population, size=sample_size, replace=False))
    for _ in range(n_samples)
]
sample_proportions = np.asarray(sample_proportions)

# 이론값과 모의값을 나란히 둔다. 비복원이므로 겨냥값은 실현된 10만 개의 비율이고,
# 유한모집단 수정 sqrt((N-n)/(N-1)) 이 붙는다.
p, n, N = 0.4, sample_size, len(population)
p_real = population.mean()
fpc = np.sqrt((N - n) / (N - 1))
se_nom = np.sqrt(p * (1 - p) / n)
se_target = np.sqrt(p_real * (1 - p_real) / n) * fpc
print(f"명목 p = {p},  np = {n * p:.0f},  n(1-p) = {n * (1 - p):.0f}   (5/10 기준을 넉넉히 넘는다)")
print(f"SE  명목 {se_nom:.6f}   유한모집단 수정 {fpc:.5f} 적용한 겨냥값 {se_target:.6f}")
print(f"평균  실현 모집단 {p_real:.6f}   모의 {sample_proportions.mean():.6f}   (MC오차 {se_target / np.sqrt(n_samples):.6f})")
print(f"표준편차  겨냥 {se_target:.6f}   모의 {sample_proportions.std(ddof=1):.6f}   (MC오차 {se_target / np.sqrt(2 * n_samples):.6f})")
print(f"왜도    이론 {(1 - 2 * p) / np.sqrt(n * p * (1 - p)):+.6f}   모의 {stats.skew(sample_proportions):+.6f}")
print(f"초과첨도 이론 {(1 - 6 * p * (1 - p)) / (n * p * (1 - p)):+.6f}   모의 {stats.kurtosis(sample_proportions):+.6f}")

# 남은 어긋남은 이산성뿐이다. 이항분포와 정규의 누적분포를 직접 견준다.
k = np.arange(n + 1)
f_binom = stats.binom.cdf(k, n, p)
f_normal = stats.norm.cdf(k / n, loc=p, scale=se_nom)
f_corrected = stats.norm.cdf((k + 0.5) / n, loc=p, scale=se_nom)
print(f"최대 |F_binom - F_normal| = {np.abs(f_binom - f_normal).max():.5f}  "
      f"(최빈값 확률의 절반 {stats.binom.pmf(k, n, p).max() / 2:.5f}),  연속성 보정 후 {np.abs(f_binom - f_corrected).max():.5f}")

# 이 그림의 요점은 위아래의 **모양 차이**다.
# 모집단은 막대 두 개뿐인 가장 극단적인 비정규 분포인데,
# 표본비율의 표집분포는 매끄러운 종 모양이 된다.
fig, (ax0, ax1) = plt.subplots(2, 1, figsize=(12, 6))

# bins=3 인 이유: 값이 0과 1뿐이라 구간을 잘게 나눌 필요가 없다.
ax0.hist(population, bins=3, density=True, alpha=0.5)
ax0.set_title('Population Distribution (Bernoulli, p = 0.4)', fontsize=16)

ax1.hist(sample_proportions, bins=50, density=True, alpha=0.5)
ax1.set_title(rf'Sampling Distribution of $\hat{{p}}$ (n = {sample_size})', fontsize=16)

for ax in (ax0, ax1):
    ax.spines['top'].set_visible(False)
    ax.spines['right'].set_visible(False)

plt.tight_layout()
plt.show()

출력:

명목 p = 0.4,  np = 400,  n(1-p) = 600   (5/10 기준을 넉넉히 넘는다)
SE  명목 0.015492   유한모집단 수정 0.99499 적용한 겨냥값 0.015411
평균  실현 모집단 0.399420   모의 0.399186   (MC오차 0.000154)
표준편차  겨냥 0.015411   모의 0.015489   (MC오차 0.000109)
왜도    이론 +0.012910   모의 +0.041087
초과첨도 이론 -0.001833   모의 +0.097581
최대 |F_binom - F_normal| = 0.01373  (최빈값 확률의 절반 0.01287),  연속성 보정 후 0.00086

중심과 폭. 비복원으로 뽑았으니 겨냥값은 명목 \(0.4\)가 아니라 실현된 10만 개의 비율 \(0.399420\)이다. 모의 평균 \(0.399186\)이 거기서 몬테카를로 오차 \(0.000154\)의 \(1.5\)배, 모의 표준편차 \(0.015489\)가 겨냥 \(0.015411\)에서 오차 \(0.000109\)의 \(0.7\)배 떨어져 있다. 둘 다 맞는다.

모양. 모의 왜도 \(+0.041\)이 이론 \(+0.013\)에서 왜도의 몬테카를로 오차 \(\sqrt{6/B} = 0.0245\)의 \(1.2\)배, 모의 초과첨도 \(+0.098\)이 이론 \(-0.002\)에서 \(\sqrt{24/B} = 0.049\)의 \(2.0\)배 떨어져 있다. 이론값이 \(0\)에 너무 가까워서 1만 번의 모의실험으로는 \(0\)과 구별할 수가 없다. 이것이 이 쪽이 말하려는 바로 그 결론이다. 위 패널은 막대 두 개뿐인 가장 비정규적인 모집단인데 아래 패널은 종 모양과 구별되지 않는다.

그래도 완벽은 아니다. 마지막 줄을 보라. 정확한 이항 누적분포와 정규 누적분포의 차가 최대 \(0.01373\)이고, 이것은 모양이 아니라 이산성 몫이다. (1)에서 어림한 \(0.012876\)과, 실제 최빈값 확률의 절반 \(0.01287\)이 거의 같은 값을 주며, 어림한 쪽이 실제보다 \(6\%\) 작은 것은 격자가 조금 밀려 있어서다. 연속성 보정을 넣으면 \(0.00086\)으로 16배 줄어든다.

정리하면 \(n = 1000\)에서 치우침은 \(0.013\), 초과첨도는 \(-0.002\)로 사실상 없어졌고, 남은 어긋남은 \(0.013\)짜리 이산성 하나뿐이며 그것도 보정 한 줄로 지울 수 있다. 꼬리의 상대오차는 다른 이야기이므로 극단적인 \(p\)를 다룰 때는 이 결론을 그대로 옮기지 말아야 한다. 그 경우는 바로 아래에서 다룬다.

\(\mathrm{SE}(\hat p) = \sqrt{p(1-p)/n} = \sqrt{0.24/100} \approx 0.049\). \(Z = (0.65 - 0.60)/0.049 \approx 1.02\).

\(P(\hat p > 0.65) = 1 - \Phi(1.02) \approx 0.154\)로 약 15.4%이다.

조건: \(np = 60 \ge 5\)이고 \(n(1-p) = 40 \ge 5\)이므로 확률 하나를 어림하는 데에는 느슨한 기준으로 충분하다.

정확한 계산: \(\hat p > 0.35\) ⟺ \(X \ge 4\)이며 \(X \sim \mathrm{Binomial}(10, 0.3)\)이다.

\(P(X < 4) = P(X = 0,1,2,3) = 0.028 + 0.121 + 0.233 + 0.267 = 0.650\)이므로 \(P(X \ge 4) = 0.350\)이다.

정규근사: \(\mathrm{SE} = \sqrt{0.21/10} \approx 0.145\). \(Z = 0.05/0.145 \approx 0.345\). \(P(Z > 0.345) \approx 0.365\).

차이: 정확값 0.350 대 정규근사 0.365로 약 1.5퍼센트포인트 차이가 난다. (\(p = 0.3\)에서 binomial이 그리 심하게 치우쳐 있지 않아) 정규근사가 그런대로 통하지만, \(np = 3\)이 작아 느슨한 기준(\(np \ge 5\))조차 채우지 못한다. 정확도를 높이려면 연속성 수정을 적용하거나 정확한 binomial을 사용하라.

\(X_i \sim \mathrm{Bernoulli}(p)\)가 i.i.d.일 때 \(X = \sum X_i\)에 대해 \(\hat p = X/n\)이다.

\(\mathbb{E}[\hat p] = \mathbb{E}[X]/n = np/n = p\)로 불편이다.

\(\mathrm{Var}(\hat p) = \mathrm{Var}(X)/n^2 = np(1-p)/n^2 = p(1-p)/n\).

\(\mathrm{SE}(\hat p) = \sqrt{p(1-p)/n}\).

\(\square\)

표준오차는 \(p = 1/2\)에서 최대가 된다(최악의 경우). \(p = 1/2\)일 때 \(\mathrm{SE} = 1/(2\sqrt n)\)이다.

오차한계: \(\mathrm{ME} = z_{0.975} \cdot \mathrm{SE} = 1.96 \sqrt{p(1-p)/n} \le 0.03\).

최악의 경우인 \(p = 1/2\)에서 \(\mathrm{SE} = 1/(2\sqrt n)\)이므로 \(1.96/(2\sqrt n) \le 0.03 \Rightarrow \sqrt n \ge 1.96/0.06 \approx 32.67 \Rightarrow n \ge 1068\)이다.

이것이 여론조사에서 "\(n \approx 1000\)" 규칙이 나온 배경이다. \(n = 1000\)이면 \(p\)가 무엇이든 95% 신뢰수준의 오차한계가 최대 \(\pm 3.1\)퍼센트포인트이다.

\(p\)가 0.5에서 멀다고 짐작되면(가령 \(p \approx 0.1\)) \(p(1-p)\)가 0.25 대신 0.09가 되어 \(n \approx 0.09 \cdot 1068/0.25 \approx 385\)면 충분하다. \(p\)의 대략적인 값을 알면 필요한 \(n\)이 줄어든다.

Wald 신뢰구간의 문제:

• 특히 \(p = 0\)이나 \(p = 1\) 근처에서 포함확률이 비대칭이다.
• 0 아래나 1 위로 뻗는 구간이 나올 수 있다(예: \(\hat p = 0.05, n = 50\)이면 CI = \(0.05 \pm 0.06 = (-0.01, 0.11)\)).
• 포함확률이 \(n\)에 따라 크게 요동쳐 명목 수준 \(1 - \alpha\)에서 멀어진다.

Wilson 점수 구간:

표준오차에서 \(p\)를 \(\hat p\)로 대체하는 대신 검정을 역으로 풀어 \(|p - \hat p| \le z\sqrt{p(1-p)/n}\)을 \(p\)에 대해 해결한 것이다.

장점: 항상 \([0, 1]\) 안에 머물고, 경계 근처에서 포함확률이 훨씬 좋으며, 현대적 관행에서 권장된다(R의 prop.test, Python의 statsmodels.stats.proportion.proportion_confint(method="wilson")).

각 구간이 참값을 담을 확률이 0.95이고 다섯 지역이 독립이라면

로 77%에 지나지 않는다. 다섯 구간 중 적어도 하나가 빗나갈 확률이 23%다. 지역이 20곳이면 \(0.95^{20} = 0.36\)으로 떨어진다.

본페로니 보정. 동시 포함확률을 0.95 이상으로 만들려면 각 구간의 유의수준을 \(\alpha/k = 0.05/5 = 0.01\)로 낮춘다. 임계값이

으로 1.96에서 2.576으로 커지고, 각 구간의 폭이 31% 넓어진다.

근거는 본페로니 부등식이다. 각 구간이 빗나갈 확률이 \(\alpha/k\) 이하면

이다. 독립을 요구하지 않는다는 점이 이 방법의 큰 장점이다.

언제 보정해야 하는가. 판단의 기준은 결론을 어떻게 쓰느냐다.

• "다섯 지역 중 어디가 가장 높은가", "어느 한 곳이라도 50%를 넘는가"처럼 전체를 아우르는 주장을 하려면 보정해야 한다.
• 각 지역을 독립적인 별개 연구로 보고하고 독자가 개별적으로 읽는다면 보정하지 않아도 된다.

본페로니는 \(k\)가 크면 지나치게 보수적이다. 그때는 홀름 절차(단계적으로 완화), 튜키 HSD(모든 쌍 비교), 벤저미니-호크버그(거짓발견율 통제) 같은 대안을 쓴다.

응답자 200명만 보면

이다.

이 구간이 담는 것은 표집오차뿐이다. 응답률이 20%이므로 800명의 의견을 전혀 모른다. 그 800명이 응답자와 다르다면 구간이 아무리 좁아도 참값을 담지 못한다.

무응답 편향의 크기. 응답자 비율을 \(p_R\), 무응답자 비율을 \(p_M\), 응답률을 \(r\)이라 하면 참 비율은

이다. 편향은

으로, 응답률이 낮을수록, 두 집단이 다를수록 커진다. 여기서는 \(1-r = 0.8\)이므로 두 집단의 차이가 5%포인트만 되어도 편향이 4%포인트다. 이는 표집오차 한계 7%포인트와 맞먹는다.

결정적인 차이는 이것이다. 표집오차는 표본을 늘리면 줄어들지만 무응답 편향은 전혀 줄지 않는다. 10,000명에게 연락해 2,000명이 응답하면 구간은 \(\pm2.2\)%포인트로 좁아지지만 편향 4%포인트는 그대로다. 표본을 늘릴수록 틀린 답에 더 정밀하게 수렴한다.

대처. 응답률 자체를 높이는 것이 최선이다(재접촉, 유인 제공). 그다음은 인구통계 정보로 가중치를 조정하는 사후층화인데, 이는 "관측된 특성이 같으면 응답 성향도 같다"는 검증 불가능한 가정에 기댄다. 무응답자 일부를 집중적으로 추적 조사해 두 집단의 차이를 직접 추정하는 방법도 있다.

보고할 때는 반드시 응답률을 함께 적어야 한다. 응답률 없는 조사 결과는 오차한계만 그럴듯한 숫자일 뿐이다.

비복원추출이면 표준오차가 줄어든다. 4장 초기하분포에서 본 대로

이다.

import numpy as np

p, n = 0.5, 1000
print(f"{'모집단 N':>14}{'n/N':>10}{'FPC':>9}{'SE':>11}{'오차한계':>10}")
for N in (2000, 10_000, 100_000, 1_000_000, 300_000_000):
    fpc = np.sqrt((N - n) / (N - 1))
    se = np.sqrt(p * (1 - p) / n) * fpc
    print(f"{N:>14,}{n/N:>10.5f}{fpc:>9.4f}{se:>11.6f}{1.96*se*100:>9.2f}%")

출력:

         모집단 N       n/N      FPC         SE      오차한계
         2,000   0.50000   0.7073   0.011183     2.19%
        10,000   0.10000   0.9487   0.015001     2.94%
       100,000   0.01000   0.9950   0.015732     3.08%
     1,000,000   0.00100   0.9995   0.015803     3.10%
   300,000,000   0.00000   1.0000   0.015811     3.10%

\(N = 10\)만과 \(N = 3\)억의 오차한계가 \(3.08\%\)와 \(3.10\%\)로 사실상 같다. 모집단이 \(3{,}000\)배 커졌는데 차이가 \(0.02\)%포인트다. 그러니 "\(1{,}000\)명이면 된다"는 말은 참이다.

이유는 수정계수가 \(n/N\)에만 의존하기 때문이다.

\(N\)이 \(n\)에 비해 크면 \(n/N \approx 0\)이라 수정계수가 \(1\)이 되고, \(N\)은 식에서 완전히 사라진다. 정밀도를 정하는 것은 표본의 절대 크기이지 모집단 대비 비율이 아니다.

비유하면 국물 맛보기다. 솥이 크든 작든 잘 저은 뒤 한 숟갈 뜨면 맛을 알 수 있다. 솥의 \(1\%\)를 떠야 하는 것이 아니다.

\(N\)이 문제가 되는 때. 위 표의 첫 줄이 그 경우다. \(N = 2{,}000\)에서 \(1{,}000\)명을 뽑으면 \(n/N = 0.5\)라 오차한계가 \(3.10\%\)에서 \(2.19\%\)로 \(30\%\) 줄어든다. 표본이 모집단의 상당 부분일 때는 수정을 반드시 적용해야 하며, 그러지 않으면 정밀도를 과소평가한다.

실무에서 마주치는 경우. 전국 여론조사는 거의 언제나 무시해도 되지만, 한 회사의 직원 \(300\)명 중 \(100\)명을 조사하거나 한 학교의 학급을 표본으로 뽑을 때는 수정이 실질적인 차이를 만든다. \(n = N\)이면 수정계수가 \(0\)이 되어 오차가 없다는 것도 자연스럽다. 전수조사에는 표본오차가 없다.

군집추출의 문제는 같은 군집 안이 닮았다는 것이다. 한 아파트 단지에서 \(10\)명을 뽑으면 그 \(10\)명의 소득·성향이 서로 비슷하다. 급내상관 \(\rho\)가 그 닮음의 정도이고, 군집 크기가 \(b\)일 때

이다.

n = 1000
print(f"{'rho':>8}{'b':>5}{'deff':>9}{'유효 n':>10}{'오차한계 배율':>14}")
for rho in (0.0, 0.01, 0.05, 0.2):
    b = 10
    deff = 1 + (b - 1) * rho
    print(f"{rho:>8.2f}{b:>5}{deff:>9.3f}{n/deff:>10.0f}{deff**0.5:>14.3f}")

출력:

     rho    b     deff      유효 n       오차한계 배율
    0.00   10    1.000      1000         1.000
    0.01   10    1.090       917         1.044
    0.05   10    1.450       690         1.204
    0.20   10    2.800       357         1.673

\(\rho = 0.05\)면 \(1{,}000\)명이 사실상 \(690\)명이다. 급내상관이 \(0.05\)로 작아 보이지만 \(\text{deff} = 1.45\)이고 오차한계가 \(20\%\) 커진다.

\(\rho\)가 작아도 \(b\)가 크면 타격이 크다. \((b-1)\)이 곱해지기 때문이다. 군집당 \(50\)명을 뽑고 \(\rho = 0.05\)면 \(\text{deff} = 1+49\times0.05 = 3.45\)로 유효표본이 \(290\)명에 불과하다. 군집을 적게, 군집당 인원을 적게 뽑는 것이 유리하다는 설계 원칙이 여기서 나온다.

층화는 반대 방향이다. 층 안이 동질적이고 층 사이가 이질적이면 \(\text{deff} < 1\)이 되어 표본을 번 것과 같다. 성별·연령·지역으로 층화하는 이유이며, 잘 설계하면 \(\text{deff} \approx 0.8\) 정도를 얻는다.

그럼에도 군집을 쓰는 이유는 비용이다. 전국에 흩어진 \(1{,}000\)명을 방문 조사하는 것보다 \(100\)개 지점에서 \(10\)명씩 만나는 것이 훨씬 싸다. 유효표본 \(690\)명을 잃은 대신 비용을 몇 분의 일로 줄인 것이며, 같은 예산으로 더 큰 \(n\)을 살 수 있다면 이득이다.

보고할 때 \(\text{deff}\)를 함께 적어야 한다. 그러지 않으면 독자가 \(\sqrt{p(1-p)/n}\)으로 오차한계를 계산해 실제보다 좁게 읽는다. 연습문제 7의 무응답 문제와 함께, "오차한계 \(\pm3\%\)"가 실제로는 훨씬 넓다는 두 가지 이유다.

비 자체는 다루기 나쁘다. \(\hat p_2\)가 분모에 있어 \(0\) 근처에서 폭발하고, 분포가 오른쪽으로 심하게 치우친다. 로그를 취하면 차로 바뀐다.

앞 절 정규분포 문서 연습문제 10의 델타 방법을 \(g = \log\)에 적용하면 \(g'(p) = 1/p\)이므로

이고, 두 표본이 독립이므로

이다. 표준오차를 \(\hat p\)로 추정해 로그 척도에서 구간을 만든 뒤 지수를 취한다.

import numpy as np

rng = np.random.default_rng(0)
n1 = n2 = 200
p1, p2 = 0.30, 0.20
a = rng.binomial(n1, p1, 200_000) / n1
b = rng.binomial(n2, p2, 200_000) / n2
ok = (a > 0) & (b > 0)
rr, lrr = a[ok] / b[ok], np.log(a[ok] / b[ok])

from scipy import stats
print(f"  참 위험비 = {p1/p2:.4f}")
print(f"  RR      : 평균 {rr.mean():.4f}  왜도 {stats.skew(rr):+.4f}")
print(f"  log RR  : 평균 {lrr.mean():.4f}  왜도 {stats.skew(lrr):+.4f}"
      f"   (참 log = {np.log(p1/p2):.4f})")
th = np.sqrt((1-p1)/(n1*p1) + (1-p2)/(n2*p2))
print(f"  log RR 표준편차: 모의 {lrr.std():.4f}   델타 이론 {th:.4f}")

출력:

  참 위험비 = 1.5000
  RR      : 평균 1.5309  왜도 +0.7008
  log RR  : 평균 0.4094  왜도 +0.1058   (참 log = 0.4055)
  log RR 표준편차: 모의 0.1808   델타 이론 0.1780

로그가 왜도를 \(0.70\)에서 \(0.11\)로 줄인다. 델타 이론 표준편차 \(0.1780\)도 모의 \(0.1808\)과 잘 맞는다.

비 자체는 위로 편향되어 있다(\(1.531\) 대 참값 \(1.500\)). 분모가 확률변수라 옌센 부등식이 작동하는 것으로, 이 절의 분산비(\(E[F]>1\))에서 본 것과 같은 현상이다. 로그 척도에서는 평균 \(0.4094\)가 참값 \(\log 1.5 = 0.4055\)와 거의 같다.

차와 비 중 무엇을 쓰는가.

2장 타이타닉 연습문제 7에서 위험차·상대위험도·오즈비가 서로 다른 순위를 매기는 것을 보았는데, 여기서는 그 표본분포의 차이를 본 셈이다. 어느 것을 보고하든 그 양에 맞는 척도에서 구간을 만들어야 한다.