Ortanca için güven aralığı

40

Medyan ve diğer yüzdelik oranlarda% 95 CI bulmalıyım. Buna nasıl yaklaşacağımı bilmiyorum. Temelde R'yi programlama aracı olarak kullanıyorum.

r confidence-interval median

— Dominic Comtois
kaynak

31

Klasik R veri setine ilişkin bir örnek:

> x       = faithful$waiting
> bootmed = apply(matrix(sample(x, rep=TRUE, 10^4*length(x)), nrow=10^4), 1, median)
> quantile(bootmed, c(.025, 0.975))
2.5% 97.5% 
 73.5    77

medyanda (73.5, 77) güven aralığı verir.

( Not: Düzeltilmiş sürümü sayesinde John . Ben kullanılan de karışıklığa yol açan, daha önce!) $10^3$ nrow

— Xi'an
kaynak

7

Bana şüpheli bir şekilde dar görünüyor. library(boot)Bunu onaylamak için fonksiyonlarını kullanarak görünür:> boot.ci (boot (x, fonksiyon (x, i) median (x [i]), R = 1000)) Aralıklar: Level Normal Basic 95% (74.42, 78.22) (75.00 , 78.49) Seviye Yüzde BCa 95% (73.51, 77.00) (73.00, 77.00)

— Ocak'ta

2

Bir şey değil, her zaman orijinal N değerini matristeki belirlemeyi tercih ederim çünkü bu, yapabileceğim çeşitli önyükleme boyutları arasında bir sabit. Yani, tipik olarak şunu söylerdim: ncol = uzunluk (x). Hata bu şekilde daha az şansı buluyorum.

— John

6

Bu, binom kuantillerini hesap satırının cevabında olduğu gibi hesaplamak için verimsiz bir yoldur .

— whuber

30

Diğer bir yaklaşım, binom dağılımının miktarlarını temel almaktadır.
Örneğin:

> x=faithful$waiting
> sort(x)[qbinom(c(.025,.975), length(x), 0.5)]
[1] 73 77

— bir durak
kaynak

4

Bunun basitliğini seviyorum ... Sonuçlar bootstrap yöntemine yakın.

— Dominic Comtois

1

Bu açıkça, sürekli bir durum için önyükleme yapmaktan çok daha etkilidir, ancak bir dezavantaj, bağlı safları hesaba katmamasıdır. Bunun için bir geçici çözüm olduğunu biliyor musunuz?

— ali_m

15

Önyükleme yeniden örneklemesini inceleyin. Önyükleme işlevi için R yardımı arayın. Yeniden örnekleme ile verilerinize bağlı olarak, hemen hemen her şey için güven aralıklarını tahmin edebilirsiniz.

— tharen
kaynak

Anlaşmak. Bu en iyi yaklaşımdır. Bence biyomedikal bilimlerde kullanıldı.

— pmgjones

10

Geleneksel boostrap bu durumda sorunların var gibi gözüküyor olarak nüfus miktarlarını tahmin etmek için düzleştirilmiş bootstrap içine bakarak düşünün - referanslar bulunabilir bu pdf . Teorik Median ile yeni ilgilendiyseniz, Hodges-Lehman tahmincisi - örneğin R'nin wilcox.test(..., conf.int=TRUE)fonksiyonu tarafından sağlandığı gibi - kullanılabilir .

— caracal

4

Ve başka yaklaşımlar da var: Biri, devamlılık düzeltmeli bir örnek için uygulanan Wilcoxon Rank Sum testine dayanıyor. R'de bu sağlanabilir:

wilcox.test(x,conf.level=0.95,alternative="two.sided",correct=TRUE)

Ve burada tartışılan medyan için David Olive CI var:

Medyan için CI

— Germaniawerks
kaynak

1

Qbinom yaklaşımına dayanan sonuç küçük numuneler için doğru değildir. X'in 10 bileşene sahip olduğunu varsayalım. Daha sonra qbinom (c (.025, .975), 10, .5) 2 ve 8 verir. Elde edilen aralık, alt kuyruktaki sıra istatistiklerini simetrik olarak üst kuyruktakilerle işlemez; ya 2 ve 9 ya da 3 ve 8 almalısınız. Doğru cevap 2 ve 9'dur. SAS'ta proc tek değişkenli olup olmadığını kontrol edebilirsiniz. Burada yakalayın, aşağıda ve üstünde, 0,025 olasılıktan daha fazlasına ihtiyacınız yok; düşük kuantil bunu yapmaz, çünkü en azından 0,025'te veya altındadır. Dipten tasarruf edersiniz, çünkü 1 olması gereken sayım, ikinci mertebeden istatistiklerle eşleştirilmeli, 0 sayılmalıdır ve bu nedenle "birer birer kapalı" iptal edilir. Bu tesadüfî iptal en üstte gerçekleşmez ve bu yüzden burada yanlış cevabı alırsınız. Kod sıralama (x) [qbinom (c (.025, .975), uzunluk (x) ,. 5) + c (0,1)] neredeyse çalışır ve .5, diğer nicelikler için güven aralıklarını elde etmek için diğer nicelik değerleri ile değiştirilebilir, ancak P [X <= a gibi bir durum olduğunda doğru olmaz. ] =. 025. Örneğin, bkz. Higgins, Parametrik Olmayan Statisitcs.

— John Kolassa
kaynak