正确的方法来获得置信区间

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])

为此，我想获得68％的置信区间（即1
sigma
）。

此答案中的第一条评论指出，可以使用scipy.stats.norm函数通过以下方式实现scipy.stats.norm.interval此目的：

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)

但是这篇文章中的评论指出，获得置信区间的 实际 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：哪个版本正确？

Answer 1

从具有正mu和std偏差sigma的正态分布 的单次绘制得出 的68％置信区间为

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

N平均值 的68％置信区间 是 从均值mu和std偏差sigma为正态分布 得出的

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

从直觉上讲，这些公式很有意义，因为如果您举起一罐果冻豆并要求大量人猜测果冻豆的数量，则每个人的偏差可能都很大-
相同的标准偏差sigma-但猜测的平均值将在估计实际数量方面做得非常好，这可以通过平均收缩量的标准偏差来反映1/sqrt(N)。

如果单个抽签具有方差sigma**2，则根据Bienaymé公式，N
不相关 抽签的总和具有方差N*sigma**2。

平均值等于总和除以N。将随机变量（如总和）乘以常数后，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

因此平均值的标准偏差（即方差的平方根）等于

sigma/sqrt(N).

这是sqrt(N)分母中的原点。

这是一些基于Tom的代码的示例代码，该代码演示了上述声明：

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)))

版画

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conf_int_b为 样本定义mean并sigma基于样本进行估计a，则平均值可能不conf_int_b符合所需的频率。

如果您从分布中获取 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 总体 均值和标准差，并且我们 假设 总体是正态分布的-这些不是自动给出的！

如果您抽样并想要 估计 总体平均值和标准偏差，则应使用

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

因为此sigma值是总体标准偏差的无偏估计量。