用 scipy 获取置信区间的正确方法

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【中文标题】用 scipy 获取置信区间的正确方法【英文标题】:Correct way to obtain confidence interval with scipy 【发布时间】:2015-03-30 07:47:12 【问题描述】:

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?

【问题讨论】:

您可以使用引导程序:***.com/a/66008548/10375049 【参考方案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。

【讨论】:

【参考方案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。


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。


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 meansigma 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。


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。

【讨论】:

很好的答案@unutbu,非常彻底。只是为了确保我已经涵盖了我的基础,你如何解释汤姆在另一个答案中给出的例子? 我认为汤姆和我的回答是一致的。我根据他的显示添加了一些代码,表明单次抽签和均值确实以预期的频率落在置信区间内。 scipy.stats 有 sem 函数 stats.sem(a) == a.std(ddof=1) / np.sqrt(len(a)) 除了浮点错误 R 和 Graphpad 在计算置信区间时使用与样本量相关的调整,这对于小样本量有显着差异。详情见我的回答。 如果单个样本已被引导 N 次,是否还应该使用 scale=sigma/sqrt(N)【参考方案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()st.norm.interval()区间的差别比较小; len(a) == 16 不算太小。

【讨论】:

以上是关于用 scipy 获取置信区间的正确方法的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章

Scipy Weibull 参数置信区间

均值的置信区间 - scipy 实现与数学公式不符

你如何计算 Python 中 Pearson's r 的置信区间?

“万能钥匙”Bootstrap方法介绍2

使用 scipy 的意外置信区间

Python数据框中的置信区间