題:
從1個樣本量中我們可以說總體平均值是什麼？
thedu
2015-06-18 20:21:15 UTC
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我想知道我們能說什麼（如果有的話），關於人口平均值，當我只有一個測量值y_1 $（樣本大小為1）時，$ \ mu $。顯然，我們希望有更多的度量，但我們無法獲得它們。

在我看來，由於樣本均值$ \ bar {y} $幾乎等於$ y_1 $，然後$ E [\ bar {y}] = E [y_1] = \ mu $。但是，如果樣本大小為1，則樣本方差是不確定的，因此我們對使用$ \ bar {y} $作為$ \ mu $的估計量的信心也是不確定的，對嗎？有沒有辦法完全限制我們對$ \ mu $的估計？

是的，可以在某些假設下構建$ \ mu $的置信區間。如果沒有人發布，我將對其進行跟踪。
有關同一問題的另一個版本，請參見http://stats.stackexchange.com/questions/1807（樣本平均值是可用的，但樣本量不可用，因此，平均值實際上是來自未知樣本的*單個*觀察值發行）和http://stats.stackexchange.com/questions/20300進行相關討論。
最近一篇討論正常情況下這些估計量最優性的文章：http://www.tandfonline.com/doi/full/10.1080/00031305.2017.1360796
五 答案:
soakley
2015-06-18 21:16:17 UTC
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如果已知總體正常，則由$ x \ pm 9.68 \ left |給出基於單個觀察值$ x $的95％置信區間。 x \ right | $$

Wall，Boen和Tweedie在美國統計學家，2001年5月，第一卷。 55，No.2。 （ pdf）

我討厭聽起來很蠢，但是..肯定不是。這取決於單位，並且根本無法正常工作（按我的意思是標量乘法....）
對我來說聽起來並不愚蠢-好問題。我簡短地看了這篇論文，確實，它確實暗示了@soakley所描述的內容。但是，該方法實際上是否為CI提供了“最小覆蓋率”為95％的條件？參見第102，右列。
@Alec僅僅因為一個過程取決於度量單位（也就是說，它不是不變的），並不意味著它會自動無效甚至是錯誤的。這是有效的：閱讀文章並做數學運算。不過，許多人會認為它有點“令人困擾”。更令人驚訝的是，您甚至不必假設基礎分佈是正態分佈：任何單峰分佈都具有相似的結果（但必須將9.68增大到19左右）：請參閱我在評論中提供的鏈接題。
該雜誌的下一期有三封給編輯，其中一封提到了Alec Teal關於單位的觀點。Wall的回答是這樣的：“置信區間不是等變的（即，其覆蓋概率取決於$ {{\ left | \ mu \ right |} \ over {\ sigma}} $ ...的比率”）後來她說：“置信區間不是基於關鍵量...”這無疑是一種不尋常的方法和結果！
只是為了節省您的全部工作：[致編輯的信＆答复]（http://amstat.tandfonline.com/doi/abs/10.1198/000313002753631420）@soakley註釋出現在[* The American Statistician *，卷56號1（2002）]（http://amstat.tandfonline.com/toc/utas20/56/1）。
當$ \ sigma \ approx |近似值時，這似乎給出了覆蓋均值的置信區間，概率約為$ 95 \％$。\ mu |\ gt 0 $，但概率更高。如果$ \ mu = 0 $，則顯然概率為$ 100 \％$，因為置信區間始終包含$ 0 $。
Stephan Kolassa
2015-06-18 20:42:08 UTC
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當然可以。使用貝葉斯（Bayesian）範式。您可能至少對$ \ mu $可能有一個 概念-例如，它在物理上不能為負，或者顯然不能大於100（也許您正在測量您當地的高中足球隊員的身高（英尺）。在此之前放一個先驗，用您的單獨觀察對其進行更新，您將擁有一個美妙的後驗。

（+1）一個觀察結果將被先驗結果淹沒，因此從後驗中得到的結果似乎不會多於您放入先驗結果中。
如果我們將這樣的先驗與可憐的$ x \ pm 9.68 \ left | x \ right | $所隱含的可能性結合起來怎麼辦？
@SimonKuang:的一個概念性問題是，我們只能在觀察到$ x $之後使用$ x \ pm 9.68 | x | $間隔，因此不能輸入* prior *。
@StephanKolassa不，此間隔（以及相關的分佈）構成可能性。我們的先決條件是分開的。
@SimonKuang:是的，您是對的，我的錯。不幸的是，我目前沒有時間做這個，但是如果您這樣做，請發表您發現的內容！
Richard Hardy
2015-06-19 15:14:33 UTC
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一個小小的模擬練習，以說明@soakley的答案是否有效：

 ＃設置試驗次數，MM = 10 ^ 6＃設置每個試驗的真實平均值mu = rep（0，M）＃設置每個試驗的真實標準偏差d = rep（1，M）＃將計數器設置為零count = 0for（i in 1：M）{＃控制隨機數seed（i）＃生成一幅具有給定平均值和標準差x = rnorm（n = 1，mean = mu [i]，sd = sd [i]的正態隨機變量的平局）＃估計總體均值下限置信度下限= x-9.68 * abs（x）＃估計總體均值上限置信度上限上限= x + 9.68 * abs（x）＃如果真實均值在置信度內時間間隔，將其計數為if（（lower<mu [i]）&&（mu [i] <upper））count = count + 1}＃獲取真實均值在置信區間內的情況下的百分比count_pct = count / M＃打印resultprint（count_pct）[1] 1

在一百萬次隨機試驗中，置信區間包括一百萬次的真實平均值，即始終。如果置信區間為 95％，則不會發生這種情況。

因此該公式似乎不起作用...還是我犯了編碼錯誤？

編輯：使用$時，經驗值相同（\ mu，\ sigma）=（1000,1）$;
然而，對於$（\ mu，\ sigma）=（1000,1000）$，它是$ 0.950097 \約0.95 $-因此非常接近95％置信區間。

代碼很好-但是您確實不需要循環（只需直接``rnorm（M，mean = mu，sd = sd）``然後將其餘部分向量化;這也將更快）。而且，實際上並不需要運行模擬來表明$ x \ pm f | x | $在$ f \ ge 1 $時*總是*捕獲0。
完全同意您的編碼/計算效率！不過，我是故意這樣做的，目的是複制人們的思維方式（而不是計算機最喜歡它的方式）。但是我不太明白你的後一點。是正確的，但是有什麼關係呢？在這裡，$ x $是隨機的，這與捕獲總體均值的置信區間有關，不必為零。
實際上，對於不等於0的$ \ mu $，這很有用（首先提供+1即可提供代碼！）。我的意思是，對於$ \ mu = 0 $，將永遠捕獲0是一個已成定局的結論。
哦，我明白了。在我的模擬中，我確實使用了$ \ mu = 0 $。我應該嘗試其他一些值來評估敏感性。
（@Wolfgang）這不是測試置信區間的方法。該定義不要求$ \ alpha $級別的CI覆蓋*在每種情況下*的平均時間$ 1- \ alpha $：它僅要求（a）在每種情況下*至少*具有如此多的覆蓋率，並且（b）在某些情況下它近似於該覆蓋率。因此，為了使您的方法有效並令人信服，您將不得不搜索大量可能性。嘗試`sim <-function（rho，n.iter = 1e5，sigma = 1，psi = 9.68）{ mu <-runif（n.iter，0，sigma）* rho; x <-rnorm（n.iter，mu，sigma）; 平均值（p <-abs（x-mu）<= psi * abs（x）） }; sim（1.75）`
我理解您要提出的觀點，但是我強烈不同意“這不是測試置信區間的方法”的說法。在CI的定義/構造中，參數是固定常數。在模擬中，$ \ mu $不斷變化。對於固定的\ mu $，如果該方法確實給出了95％的置信區間，則在95％的情況下，它應該覆蓋$ \ mu $。沒有。同樣，即使使用您的構造，sim（0.1）也會產生非常接近1的覆蓋率（當然，現在我們又越來越接近固定為0的$ \ mu $）。
當然，可以構建一個*至少* 95％覆蓋率的區間。但這從嚴格意義上來說並不是95％的置信區間（因此需要澄清該方法是保守的）。
@Wolfgang檢查引用的紙張使用的定義，它是：$ P（X-\ zeta | X | \ leq \ mu \ leq X + \ zeta | X |）\ geq 1-\ alpha $，即$ \區間中的mu $至少為0.95。
@Tim啊，知道了，謝謝。但是，我不會將其稱為95％CI-或至少強烈強調覆蓋率可能更高，並且在某些情況下，它實際上可能是1。否則，讓我建議另一個95％CI：$（-\infty，+ \ infty）$（不考慮數據）;）
@Wolfgang選擇適當的$ \ zeta $值使您可以找到包含$ \ mu $的間隔，且概率至少為0.95。較低的$ \ zeta $會使您對它的信心降低。選擇$ \ zeta = \ infty $提供的配置項將在一定程度上涵蓋$ \ mu $，但也並不能給您太多提示$ \ mu $可以是什麼，而$ \ zeta = 9.68 $為您提供了一些信息極有限的數據，概率為0.95。這說得通。
這不是我目前最熟悉的編程語言，但是...您似乎總是從$ Normal（0,1）$中提取。聲明的CI將始終包括零，因此此模擬僅測試$ 0 $在CI中。“真實”測試還會改變平均值和標準偏差。（也就是說，本文討論了從任意正態分佈中提取的單個樣本。該模擬似乎沒有從任意正態分佈中提取，因此應該小心期待相同的結果。）
您所指的@EricTowers,已廣為接受。但是，我只需要一個反例來說明該公式不能通用。Soakley給出的公式沒有任何警告，也沒有任何條件（正常情況除外），因此我只是表明需要一些公式，否則它可能會失敗。
同樣，$ \ mu $是一個常數。因此，使用$ \ mu = 0 $進行模擬是完全可以的。當然，覆蓋率必須為1。該方法提供的CI至少具有* 95％的覆蓋率，並且該示例顯示（無論是通過模擬還是通過推理）在某些情況下覆蓋率可能高達100％。因此，它不是95％的CI。從這麼少的信息中得出某種推斷仍然是一種非常聰明的方法。
@RichardHardy:在執行指定的實驗時，給定的間隔是95％CI，即來自任意正態分佈的單個樣本。如果您選擇對任意正態分佈空間的某些子集執行不同的實驗，則CI可能會縮小或在相同間隔內的置信度會增加。這絕不會使有關非限制性實驗中CI置信度的主張無效。
@EricTowers,我的想法很簡單。為了反駁一個總的說法，一個反例就足夠了。我提供了這樣一個例子。（同時，為了證明一般性陳述，應檢查所有可能的情況，並且所有情況都應滿足該陳述。）
@RichardHardy:通過採用多個觀察結果，您已經假設“如果已知總體正常，則基於單個觀察結果的置信區間為95％”，這已超出假設範圍。您尚未執行上述實驗。
我已經執行了-一百萬次。每次都完全相同的實驗（相同的總體$ N（\ mu，\ sigma ^ 2）$，相同的樣本大小1，隨機抽樣）。之後，我查看了結果，在這裡，我得到的覆蓋範圍是一百萬中的一百萬。如果我只做一次實驗，我將無法獲得所需的信息。
Stephan Kolassa
2015-09-02 13:24:33 UTC
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這裡有一篇有關泊松案的新文章，採用了一種很好的教學方法：

安德森。 PerGösta（2015）。使用一個觀測值構造Poisson均值的近似置信區間的一種課堂方法。 美國統計學家，69（3），160-164，DOI： 10.1080 / 00031305.2015.1056830。

不幸的是，在收費牆後面
@Tim:就是這樣。再說一次，[ASA會員資格]（http://www.amstat.org/membership/index.cfm）並不十分昂貴，您可以訪問* The American Statistician *，* JASA *和許多其他期刊以非常合理的價格，我個人很高興自掏腰包。我真的認為您在這裡物有所值。YMMV，當然。
+1，但Poisson情況與正常情況完全不同，因為方差必須等於均值。泊松結果非常簡單，而正常情況下的$ x \ pm 9.68 | x | $結果是違反直覺和神秘的。
@amoeba:相當正確，但是OP沒有對分發進行任何限制。
這太簡短了，最好將其用作評論。但是，由於它是可接受的答案，因此您可能不希望將其轉換為評論。然後，您能否總結一下本文的要點？
David Edelman
2019-10-16 23:16:39 UTC
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請參見Edelman，D（1990），“基於樣本量為一個的未知單峰分佈中心的置信區間”，《美國統計學家》，第44卷，第4期。 本文涵蓋了正常和非參數案例。

歡迎來到Stats.SE。您能否編輯您的答案以擴大它的範圍，以便包括您引用的書的要點？這對於原始海報和在此站點中搜索的其他人都將更有幫助。順便說一句，如果您還沒有參加[Tour]，請把握機會。另請參見有關[answer]，[格式化幫助]（https://stats.stackexchange.com/help/formatting）和使用[LaTeX / MathJax]（https：//math.meta.stackexchange寫下公式的一些技巧.com / q / 5020）。
歡迎來到我們的網站，大衛。非常感謝您作為該文章的作者（我相信在這裡已在多個主題中被引用）做出的貢獻，因此，您可以在此答案中提供的任何觀點或意見將受到歡迎。


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