Examkin

Question

Difficulty: HardBüyük Örneklem (Asimptotik) Güven Aralıkları

Bir sigorta şirketinde, poliçe sahiplerinin ilk hasar talebinde bulunana kadar geçen ay sayısının, başarı olasılığı θ\theta (0<θ<10 < \theta < 1) olan Geometrik dağılıma uyduğu modellenmektedir. Büyük bir nn hacimli rastgele örneklem için gözlem değerleri X1,X2,…,XnX_1, X_2, \dots, X_n ve örneklem ortalaması Xˉ\bar{X} olarak elde edilmiştir.

Kitle olasılık fonksiyonu P(X=x)=θ(1−θ)x−1,x=1,2,…P(X=x) = \theta(1-\theta)^{x-1}, \quad x=1,2,\dots olarak verildiğine göre; en çok olabilirlik (MLE) yöntemi ve Fisher bilgi miktarı kullanılarak θ\theta parametresi için oluşturulacak 100(1−α)%100(1-\alpha)\% asimptotik güven aralığı aşağıdakilerden hangisidir?

(Not: Zα/2Z_{\alpha/2} ve tn−1,α/2t_{n-1, \alpha/2} sırasıyla standart normal ve n−1n-1 serbestlik dereceli Student-t dağılımının üst α/2\alpha/2 kritik değerleridir.)

  1. 1Xˉ±Zα/2Xˉ−1nXˉ3\frac{1}{\bar{X}} \pm Z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\bar{X}-1}{n\bar{X}^3}}Answer
  2. B
    1Xˉ±tn−1,α/2Xˉ−1nXˉ3\frac{1}{\bar{X}} \pm t_{n-1, \alpha/2} \sqrt{\frac{\bar{X}-1}{n\bar{X}^3}}
  3. C
    1Xˉ±Zα/2(Xˉ−1nXˉ3)\frac{1}{\bar{X}} \pm Z_{\alpha/2} \left( \frac{\bar{X}-1}{n\bar{X}^3} \right)
  4. D
    1Xˉ±Zα/2Xˉ−1nXˉ2\frac{1}{\bar{X}} \pm Z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\bar{X}-1}{n\bar{X}^2}}
  5. E
    1Xˉ±Zα/2θ2(1−θ)n\frac{1}{\bar{X}} \pm Z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\theta^2(1-\theta)}{n}}

Answer

Doğru güven aralığı 1Xˉ±Zα/2Xˉ−1nXˉ3\frac{1}{\bar{X}} \pm Z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\bar{X}-1}{n\bar{X}^3}} ifadesini veren seçenektir.
Geometrik dağılımda θ\theta parametresinin en çok olabilirlik tahmin edicisi (MLE) θ^=1/Xˉ\hat{\theta} = 1/\bar{X}'tir. Fisher bilgi miktarı yardımıyla MLE'nin asimptotik varyansı Var(θ^)=θ2(1−θ)nVar(\hat{\theta}) = \frac{\theta^2(1-\theta)}{n} olarak bulunur. Güven aralığı hesaplanırken varyans formülündeki θ\theta yerine θ^\hat{\theta} konularak standart hata Xˉ−1nXˉ3\sqrt{\frac{\bar{X}-1}{n\bar{X}^3}} şeklinde elde edilir. Büyük örneklem özelliği kullanıldığı için, 100(1−α)%100(1-\alpha)\% güven aralığı θ^±Zα/2×SE(θ^)\hat{\theta} \pm Z_{\alpha/2} \times SE(\hat{\theta}) formülü ile doğru şekilde kurulur.

Step-by-Step Solution

1
Olabilirlik (Likelihood) fonksiyonunu yazarak θ\theta'nın en çok olabilirlik tahmin edicisini (MLE) hesaplamak.
ln⁡L(θ)=nln⁡θ+(nXˉ−n)ln⁡(1−θ)\ln L(\theta) = n \ln \theta + (n\bar{X} - n) \ln(1-\theta) ifadesinin türevi sıfıra eşitlendiğinde θ^=1Xˉ\hat{\theta} = \frac{1}{\bar{X}} elde edilir.
Asimptotik güven aralığı MLE üzerine kurulur ve aralığın merkezinde θ^\hat{\theta} yer almalıdır.
2
Tek bir gözlem için Fisher Bilgi miktarını I(θ)I(\theta) hesaplamak.
I(θ)=−E[∂2∂θ2ln⁡P(X=x)]=1θ2(1−θ)I(\theta) = -E\left[\frac{\partial^2}{\partial \theta^2} \ln P(X=x)\right] = \frac{1}{\theta^2(1-\theta)} olarak bulunur.
MLE'nin asimptotik varyansı Cramer-Rao alt sınırına, yani 1nI(θ)\frac{1}{n I(\theta)} değerine eşittir.
3
Asimptotik varyansı bularak, formüldeki bilinmeyen θ\theta yerine tutarlı tahmin edicisi θ^\hat{\theta}'yı yazıp standart hatayı (SE) elde etmek.
Var(θ^)≈θ2(1−θ)nVar(\hat{\theta}) \approx \frac{\theta^2(1-\theta)}{n}. İfadede θ=1/Xˉ\theta = 1/\bar{X} yazıldığında SE(θ^)=Xˉ−1nXˉ3SE(\hat{\theta}) = \sqrt{\frac{\bar{X}-1}{n\bar{X}^3}} elde edilir.
Güven aralığı sınırları hesaplanırken bilinmeyen parametre yerine, Slutsky Teoremi gereği onun tahmin edicisi kullanılır.
4
Büyük örneklem asimptotik normallik özelliğini kullanarak güven aralığını son haline getirmek.
θ^±Zα/2SE(θ^)  ⟹  1Xˉ±Zα/2Xˉ−1nXˉ3\hat{\theta} \pm Z_{\alpha/2} SE(\hat{\theta}) \implies \frac{1}{\bar{X}} \pm Z_{\alpha/2} \sqrt{\frac{\bar{X}-1}{n\bar{X}^3}} sonucuna ulaşılır.
En çok olabilirlik tahmin edicileri büyük örneklemlerde asimptotik olarak normal dağılıma yakınsar, bu yüzden Z kritik değeri kullanılır.

Key Concept

En Çok Olabilirlik Tahmin Edicilerinin Asimptotik Normalliği ve Güven Aralıkları
Estimated Time:2m 30s
Rate this question

Topics

Büyük Örneklem (Asimptotik) Güven Aralıkları

More questions from this topic