用 scipy 获取置信区间的正确方法

Question

我有一个一维数据数组：

a = np.array([1,2,3,4,4,4,5,5,5,5,4,4,4,6,7,8])

我想获得 68% 的置信区间（即：1 sigma）。

this answer 中的第一条评论指出，这可以使用scipy.stats.norm 函数中的scipy.stats.norm.interval 来实现，通过：

from scipy import stats
import numpy as np
mean, sigma = np.mean(a), np.std(a)

conf_int = stats.norm.interval(0.68, loc=mean, 
    scale=sigma)

但this post 中的一条评论指出，实际获取置信区间的正确方法是：

conf_int = stats.norm.interval(0.68, loc=mean, 
    scale=sigma / np.sqrt(len(a)))

也就是说，sigma 除以样本大小的平方根：np.sqrt(len(a))。

问题是：哪个版本是正确的？

Answer 1

我使用具有已知置信区间的数组测试了您的方法。 numpy.random.normal(mu,std,size) 返回一个以 mu 为中心的数组，标准差为 std（在 the docs 中，定义为 Standard deviation (spread or “width”) of the distribution.）。

from scipy import stats
import numpy as np
from numpy import random
a = random.normal(0,1,10000)
mean, sigma = np.mean(a), np.std(a)
conf_int_a = stats.norm.interval(0.68, loc=mean, scale=sigma)
conf_int_b = stats.norm.interval(0.68, loc=mean, scale=sigma / np.sqrt(len(a)))


conf_int_a
(-1.0011149125527312, 1.0059797764202412)
conf_int_b
(-0.0076030415111100983, 0.012467905378619625)

由于 sigma 值应为 -1 到 1，/ np.sqrt(len(a)) 方法似乎不正确。

编辑

由于我没有在上面发表评论的声誉，我将澄清这个答案如何与 unutbu 的彻底答案联系起来。如果您使用正态分布填充随机数组，则总数的 68% 将落在平均值的 1-σ 范围内。在上述情况下，如果您检查是否看到

b = a[np.where((a>-1)&(a <1))]
len(a)
> 6781

或 68% 的人口落在 1σ 以内。嗯，大约 68%。随着您使用越来越大的阵列，您将接近 68%（在 10 个试验中，9 个介于 -1 和 1 之间）。那是因为 1-σ 是数据的固有分布，你拥有的数据越多，你就能更好地解决它。

基本上，我对您问题的解释是如果我有一个数据样本想用来描述它们的分布，那么找到该数据标准差的方法是什么？ 而 unutbu 的解释似乎更我可以以 68% 的置信度放置平均值的区间是多少？。这意味着，对于果冻豆，我回答 他们猜得怎么样，unutbu 回答 他们的猜测告诉了我们关于果冻豆的什么信息。

Answer 2

单次抽签的 68% 置信区间来自正态分布 平均 mu 和标准偏差 sigma 是

stats.norm.interval(0.68, loc=mu, scale=sigma)

N 的平均值的 68% 置信区间来自正态分布 平均 mu 和标准偏差 sigma 是

stats.norm.interval(0.68, loc=mu, scale=sigma/sqrt(N))

直观地说，这些公式是有道理的，因为如果你举起一罐果冻豆并让很多人猜测果冻豆的数量，每个人可能会相差很多——相同的标准偏差@ 987654325@ -- 但猜测的平均值在估计实际数字方面会做得非常好，这反映在平均值的标准差缩小了1/sqrt(N) 的因子。

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如果单次平局有方差sigma**2，则通过Bienaymé formula，N 的总和不相关 平局有方差N*sigma**2。

均值等于总和除以 N。当您将随机变量（如总和）乘以常数时，方差乘以常数的平方。那是

Var(cX) = c**2 * Var(X)

所以均值的方差等于

(variance of the sum)/N**2 = N * sigma**2 / N**2 = sigma**2 / N

因此均值的标准差（即方差的平方根）等于

sigma/sqrt(N).

这是分母中sqrt(N) 的由来。

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以下是一些示例代码，基于 Tom 的代码，用于演示上述声明：

import numpy as np
from scipy import stats

N = 10000
a = np.random.normal(0, 1, N)
mean, sigma = a.mean(), a.std(ddof=1)
conf_int_a = stats.norm.interval(0.68, loc=mean, scale=sigma)

print('{:0.2%} of the single draws are in conf_int_a'
      .format(((a >= conf_int_a[0]) & (a < conf_int_a[1])).sum() / float(N)))

M = 1000
b = np.random.normal(0, 1, (N, M)).mean(axis=1)
conf_int_b = stats.norm.interval(0.68, loc=0, scale=1 / np.sqrt(M))
print('{:0.2%} of the means are in conf_int_b'
      .format(((b >= conf_int_b[0]) & (b < conf_int_b[1])).sum() / float(N)))

打印

68.03% of the single draws are in conf_int_a
67.78% of the means are in conf_int_b

请注意，如果您使用 mean 和 sigma 的估计值定义 conf_int_b 基于样本a，平均值可能不会落在conf_int_b 频率。

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如果您从分布中获取一个样本并计算 样本均值和标准差，

mean, sigma = a.mean(), a.std()

请注意，不能保证这些将 等于 人口 均值和标准差，并且我们假设 人口是正态分布的——这些不是自动给定的！

如果您抽样并想要估计总体均值和标准 偏差，你应该使用

mean, sigma = a.mean(), a.std(ddof=1)

因为 sigma 的这个值是总体标准差的unbiased estimator。

Answer 3

我刚刚检查了 R 和 GraphPad 如何计算置信区间，它们会在样本量 (n) 较小的情况下增加置信区间。例如，与大的 n 相比，n=2 的 6 倍以上。此代码（基于 shasan 的 answer）与它们的置信区间匹配：

import numpy as np, scipy.stats as st

# returns confidence interval of mean
def confIntMean(a, conf=0.95):
  mean, sem, m = np.mean(a), st.sem(a), st.t.ppf((1+conf)/2., len(a)-1)
  return mean - m*sem, mean + m*sem

对于 R，我检查了 t.test(a)。 GraphPad 的confidence interval of a mean 页面有关于样本大小依赖性的“用户级别”信息。

这里是 Gabriel 示例的输出：

In [2]: a = np.array([1,2,3,4,4,4,5,5,5,5,4,4,4,6,7,8])

In [3]: confIntMean(a, 0.68)
Out[3]: (3.9974214366806184, 4.877578563319382)

In [4]: st.norm.interval(0.68, loc=np.mean(a), scale=st.sem(a))
Out[4]: (4.0120010966037407, 4.8629989033962593)

注意这里confIntMean()和st.norm.interval()区间的差别比较小； len(a) == 16 不算太小。