Nokta Tahmini ve Özellikleri

172 questions

Question 141Question

Bir istatistik araştırmasında, XX rassal değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonunun iki parametreli bir üstel aileye ait olduğu ve

f(x;θ)=h(x)exp{η1(θ)t1(x)+η2(θ)t2(x)A(θ)}f(x;\theta) = h(x) \exp\{ \eta_1(\theta) t_1(x) + \eta_2(\theta) t_2(x) - A(\theta) \}

biçiminde ifade edilebildiği bilinmektedir. Parametre uzayı Θ\Theta üzerinde η2(θ)=[η1(θ)]2\eta_2(\theta) = [\eta_1(\theta)]^2 eşitliğini sağlayan deterministik bir kısıt bulunduğu (eğrisel üstel aile) saptanmıştır. Bu dağılımdan alınan nn çaplı bağımsız ve aynı dağılımlı bir rastgele örneklem için ortak yeterli istatistik (T1,T2)=(i=1nt1(Xi),i=1nt2(Xi))(T_1, T_2) = \left( \sum_{i=1}^n t_1(X_i), \sum_{i=1}^n t_2(X_i) \right) olarak elde edilmiştir.

Bu teorik modele göre, θ\theta parametresinin tahmini ile ilgili aşağıdaki ifadelerden hangisi kesinlikle doğrudur?

Show answer & explanation

Answer: Doğal parametre uzayı iki boyutlu uzayda açık bir küme içermediğinden (T1,T2)(T_1, T_2) tam (complete) bir istatistik değildir ve Lehmann-Scheffe teoremi ile eşsiz (unique) bir UMVUE garanti edilemez.

Answer

Doğru cevap, doğal parametre uzayının iki boyutlu uzayda açık bir küme içermemesi nedeniyle yeterli istatistiğin tam (complete) olmadığını ve bu yüzden Lehmann-Scheffe teoreminin doğrudan uygulanamayacağını belirten seçenektir.
Çok parametreli üstel ailelere ait bir dağılımda ortak yeterli istatistiğin tam (complete) olabilmesi için, doğal parametre vektörünü içeren uzayın Rk\mathbb{R}^k boyutunda açık bir küme (open set) içermesi teorik bir zorunluluktur. Soruda belirtilen η2(θ)=[η1(θ)]2\eta_2(\theta) = [\eta_1(\theta)]^2 kısıtı, doğal parametre uzayını iki boyutlu düzlemde bir parabol eğrisine indirger. İki boyutlu düzlemdeki bir eğri hiçbir zaman iki boyutlu açık bir dikdörtgen veya açık bir küme içermez (iç noktası yoktur). Açık küme şartı sağlanmadığı için (T1,T2)(T_1, T_2) ortak istatistiği tamlık özelliğini kaybeder. İstatistik tam olmadığından dolayı, Lehmann-Scheffe teoreminin şartları ihlal edilir ve yansız tahmin edicilerin eşsiz (unique) UMVUE olması bu teorem ile garanti altına alınamaz.

Step-by-Step Solution

1
Yoğunluk fonksiyonunun üstel aile yapısını inceleme
Fonksiyonun iki boyutlu bir üstel aile formunda olduğu ve (T1,T2)(T_1, T_2) ortak istatistiğinin yeterli (sufficient) olduğu görülür.
Tamlık ve yeterlilik özelliklerini test edebilmek için dağılımın temel özelliklerinin belirlenmesi gerekir.
2
Doğal parametre uzayının topolojik yapısını analiz etme
Parametreler arasındaki η2(θ)=[η1(θ)]2\eta_2(\theta) = [\eta_1(\theta)]^2 kısıtı nedeniyle, doğal parametre uzayının R2\mathbb{R}^2'de iki boyutlu bir alana yayılmadığı, tek boyutlu bir eğri (parabol) üzerinde sınırlandığı tespit edilir.
Üstel ailelerde tamlık özelliğinin geçerli olup olmadığını kontrol etmenin temel kuralı doğal parametre uzayının boyutunu incelemektir.
3
Tamlık teoremi ile açık küme (open set) kuralını ilişkilendirme
Ortak yeterli istatistiğin tam (complete) olabilmesi için, k boyutlu doğal parametre uzayının Rk\mathbb{R}^k'da açık bir dikdörtgen (veya açık bir küme) içermesi gerekir. Eğriler R2\mathbb{R}^2'de hiçbir açık küme içermez.
Eğrisel üstel ailelerin (curved exponential families) klasik özelliklerini teyit etmek.
4
Lehmann-Scheffe teoremi üzerinden UMVUE sonucuna varma
İstatistik tam olmadığı için, beklenen değeri sıfır olan ancak kendisi sıfır olmayan fonksiyonlar mevcuttur. Bu nedenle Lehmann-Scheffe teoremi kullanılarak eşsiz (unique) bir yansız en küçük varyanslı tahmin edici (UMVUE) garanti edilemez.
Tamlık kısıtının uygulamadaki pratik sonucunu değerlendirmek.

Key Concept

Eğrisel Üstel Ailelerde Tamlık ve Lehmann-Scheffe Teoremi
Question 142Question

Ortalaması μ\mu ve varyansı σ2>0\sigma^2 > 0 olan bir anakütleden alınan nn birimlik (n2n \ge 2) rassal bir örneklem dikkate alınsın (X1,X2,,XnX_1, X_2, \dots, X_n). Bilinmeyen θ=μ2\theta = \mu^2 parametresinin tahmini için aşağıdaki iki kestirici (tahmin edici) tanımlanmıştır:

I. T1=Xˉ2T_1 = \bar{X}^2 (Burada Xˉ\bar{X} örneklem ortalamasıdır)
II. T2=X1X2T_2 = X_1 \cdot X_2

Gözlem sayısı nn sonsuza ıraksarken (nn \to \infty), bu iki kestiricinin yansızlık ve tutarlılık durumları hakkında aşağıdakilerden hangisi kesinlikle söylenebilir?

Show answer & explanation

Answer: T1T_1 yanlı fakat tutarlıdır; T2T_2 ise yansız fakat tutarsızdır.

Answer

T1T_1 tahmin edicisinin yanlı fakat tutarlı, T2T_2 tahmin edicisinin ise yansız fakat tutarsız olduğunu ifade eden seçenektir.
Tahmin edici T1T_1'in beklenen değeri hesaplandığında E(Xˉ2)=μ2+σ2/nE(\bar{X}^2) = \mu^2 + \sigma^2/n bulunur. Bu değer μ2\mu^2'ye eşit olmadığı için T1T_1 yanlıdır. Ancak Büyük Sayılar Yasası'na göre örneklem ortalaması kitle ortalamasına olasılıkta yakınsar (Xˉpμ\bar{X} \xrightarrow{p} \mu). Sürekli fonksiyonların olasılıkta yakınsamayı koruması prensibi (Slutsky Teoremi) gereği Xˉ2pμ2\bar{X}^2 \xrightarrow{p} \mu^2 olur, bu nedenle T1T_1 yanlı olmasına rağmen tutarlıdır. Öte yandan T2=X1X2T_2 = X_1 \cdot X_2 tahmin edicisi gözlemlerin bağımsızlığından dolayı E(X1X2)=μμ=μ2E(X_1 \cdot X_2) = \mu \cdot \mu = \mu^2 sonucunu verir ve tam yansızdır. Buna karşılık T2T_2, artan nn çapındaki örneklem bilgilerini kullanmaz ve varyansı nn'den bağımsız kalır. Varyansı limite giderken sıfıra yakınsamadığı için T2T_2 tutarsızdır.

Step-by-Step Solution

1
T1T_1'in yansızlığını incelemek için beklenen değerini hesaplayın.
E(T1)=E(Xˉ2)=Var(Xˉ)+[E(Xˉ)]2=σ2n+μ2E(T_1) = E(\bar{X}^2) = Var(\bar{X}) + [E(\bar{X})]^2 = \frac{\sigma^2}{n} + \mu^2.
Varyans formülü Var(Y)=E(Y2)[E(Y)]2Var(Y) = E(Y^2) - [E(Y)]^2 kullanılarak beklenen değer bulunur. Sonuç μ2\mu^2'ye eşit olmadığı için T1T_1 yanlıdır.
2
T1T_1'in tutarlılığını Slutsky (Sürekli Dönüşüm) Teoremi ile değerlendirin.
Büyük Sayılar Yasası gereği Xˉpμ\bar{X} \xrightarrow{p} \mu'dur. g(x)=x2g(x) = x^2 sürekli bir fonksiyon olduğundan Xˉ2pμ2\bar{X}^2 \xrightarrow{p} \mu^2 olur.
Bir tahmin edicinin olasılıkta parametreye yakınsaması onun tutarlı olduğunu gösterir, bu nedenle T1T_1 tutarlıdır.
3
T2T_2'nin yansızlığını incelemek için beklenen değerini hesaplayın.
E(T2)=E(X1X2)=E(X1)E(X2)=μμ=μ2E(T_2) = E(X_1 \cdot X_2) = E(X_1) \cdot E(X_2) = \mu \cdot \mu = \mu^2.
Örneklemdeki gözlemler birbirinden bağımsız olduğu için çarpımlarının beklenen değeri, beklenen değerlerin çarpımına eşittir. Sonuç parametreye eşit çıktığından T2T_2 yansızdır.
4
T2T_2'nin tutarlılığını incelemek için asimptotik varyansını veya yakınsamasını analiz edin.
T2T_2 sadece iki gözleme dayanır. Varyansı nn sonsuza giderken sıfıra yakınsamaz ve μ2\mu^2'ye olasılıkta yığılma göstermez.
Örneklem çapı nn artsa bile T2T_2 yeni bilgileri kullanmaz. Tutarlı olması için varyansının limit durumunda sıfır olması (veya dağılımın dejenere olması) gerekir, dolayısıyla T2T_2 tutarsızdır.

Key Concept

Yansızlık ve Tutarlılık Arasındaki Fark (Tutarlılıkta Olasılıkta Yakınsama ve Slutsky Teoremi)
Estimated Time:2m 30s
Question 143Question

Bir kamu kurumunda risk analizi yapan bir uzman, ölçüm hatalarını modellemek için iki parametreli θ=(θ1,θ2)\boldsymbol{\theta} = (\theta_1, \theta_2) bir dağılım kullanmaktadır. İncelemeler sonucunda bu dağılımın üstel aile (exponential family) formunda yazılabildiği görülmüştür. Uzman, nn çaplı rastgele örneklem üzerinden elde ettiği ortak yeterli istatistik vektörü T=(T1,T2)\mathbf{T} = (T_1, T_2)'ye Lehmann-Scheffé teoremini uygulayarak parametreler için Düzgün En Küçük Varyanslı Yansız Tahmin Edici (UMVUE) elde etmek istemektedir.

Modelin doğal (kanonik) parametre vektörü η=(η1,η2)\boldsymbol{\eta} = (\eta_1, \eta_2) ve doğal parametre uzayı H\mathcal{H} olmak üzere, T\mathbf{T}'nin tam (complete) bir istatistik olduğunu ispatlamak için aşağıdaki koşullardan hangisinin sağlanması teorik olarak zorunludur?

Show answer & explanation

Answer: Doğal parametre uzayı H\mathcal{H}'nin, R2\mathbb{R}^2'de iki boyutlu açık bir dikdörtgen (veya açık bir alt küme) içermesi.

Answer

Doğal parametre uzayı H\mathcal{H}'nin, R2\mathbb{R}^2'de iki boyutlu açık bir dikdörtgen (veya açık bir alt küme) içermesi.
Bir üstel ailenin kk parametreli doğal formu yazıldığında, ortak yeterli istatistik vektörü T=(T1,,Tk)\mathbf{T} = (T_1, \dots, T_k)'nin tam (complete) olabilmesi için, doğal parametre vektörü η\boldsymbol{\eta}'nın tanımlı olduğu uzayın Rk\mathbb{R}^k'da açık bir alt küme (veya kk boyutlu bir dikdörtgen) içermesi matematiksel bir zorunluluktur. Bu teorem sağlandığında, T\mathbf{T}'nin herhangi bir fonksiyonunun beklenen değeri sıfır ise, o fonksiyonun kendisi de 1 olasılıkla sıfır olmak zorundadır.

Step-by-Step Solution

1
Soruda hedeflenen Lehmann-Scheffé teoreminin ön koşulları analiz edilir.
Teoremin uygulanabilmesi için yeterli istatistiğin aynı zamanda tam (complete) olması gerektiği belirlenir.
UMVUE elde etmenin temel yolu, tam ve yeterli bir istatistiğin fonksiyonunu kullanmaktır.
2
Üstel ailelerde tamlık teoreminin (Completeness Theorem for Exponential Families) gereklilikleri hatırlanır.
kk-parametreli bir üstel ailede yeterli istatistik vektörünün tam olması için, η\boldsymbol{\eta} doğal parametre vektörünün değer aldığı H\mathcal{H} uzayının Rk\mathbb{R}^k'da açık bir küme (açık dikdörtgen) içermesi gerektiği kuralı ifade edilir.
Tamlığın tanımı olan E[g(T)]=0    P(g(T)=0)=1E[g(\mathbf{T})] = 0 \implies P(g(\mathbf{T}) = 0) = 1 koşulunun matematiksel ispatı, olabilirlik fonksiyonunun Laplace dönüşümü özelliklerinden faydalanır ve bu dönüşümün eşsizliği için açık küme zorunludur.
3
Eğrisel (curved) üstel aile durumu değerlendirilerek çeldiriciler elenir.
Parametrelerin birbirinin fonksiyonu olduğu durumlarda (örneğin η2=η12\eta_2 = \eta_1^2) uzay R2\mathbb{R}^2'de alan kaplamayan bir eğriye dönüşür ve açık küme şartı ihlal edildiği için tamlık bozulur.
Tamlık şartlarının hangi durumlarda geçersiz olacağını bilmek, doğru koşulu ayırt etmeyi sağlar.

Key Concept

Üstel Ailelerde Tamlık Teoremi (Completeness in Exponential Families)
Question 144Question

X1,X2,,XnX_1, X_2, \dots, X_n, parametresi λ>0\lambda > 0 olan Poisson dağılımından alınmış nn hacimli bir rastgele örneklem olsun. Bir araştırmacı, Neyman Çarpanlara Ayırma teoremini kullanarak T=i=1nXiT = \sum_{i=1}^n X_i istatistiğinin λ\lambda için yeterli (sufficient) olduğunu göstermiştir.

Araştırmacı, λ2\lambda^2 parametresinin Düzgün En Küçük Varyanslı Yansız Tahmin Edicisini (UMVUE) Lehmann-Scheffe teoremi yardımıyla bulmak istemektedir.

Buna göre, araştırmacının Lehmann-Scheffe teoremini uygulayabilmesi için TT istatistiği ile ilgili doğrulaması gereken ek özellik ve λ2\lambda^2'nin UMVUE'si aşağıdakilerin hangisinde sırasıyla doğru olarak verilmiştir?

Show answer & explanation

Answer: Tamlık (Completeness) ; T2Tn2\frac{T^2 - T}{n^2}

Answer

Araştırmacının doğrulaması gereken özellik 'Tamlık' (Completeness) olup, λ2\lambda^2'nin UMVUE'si T2Tn2\frac{T^2 - T}{n^2} istatistiğidir.
Lehmann-Scheffe teoremine göre, yeterli bir istatistik TT tam (complete) ise, parametrenin yansız herhangi bir fonksiyonu g(T)g(T) o parametre için UMVUE olur. TPoisson(nλ)T \sim Poisson(n\lambda) dağılımında ikinci moment E[T2]=nλ+n2λ2E[T^2] = n\lambda + n^2\lambda^2'dir. T2Tn2\frac{T^2 - T}{n^2} ifadesinin beklenen değeri alındığında E[T2Tn2]=nλ+n2λ2nλn2=λ2E\left[\frac{T^2 - T}{n^2}\right] = \frac{n\lambda + n^2\lambda^2 - n\lambda}{n^2} = \lambda^2 sonucu elde edilir. Gerekli koşul olan tamlık sağlanmış olup, yansızlık da ispatlandığı için bu ifade UMVUE'dir.

Step-by-Step Solution

1
Lehmann-Scheffe teoreminin uygulanabilmesi için yeterli istatistiğin sağlaması gereken ek koşulun belirlenmesi.
Neyman Çarpanlara Ayırma teoremi ile bulunan yeterli istatistik TT'nin, Lehmann-Scheffe teoreminin uygulanabilmesi için aynı zamanda 'tam' (complete) olması gerekir.
Lehmann-Scheffe teoremi, tam ve yeterli bir istatistiğin yansız bir fonksiyonunun, ilgili parametrenin tek (unique) UMVUE'si olduğunu ifade eder.
2
Yeterli istatistik T=i=1nXiT = \sum_{i=1}^n X_i'nin dağılımının ve momentlerinin bulunması.
XiPoisson(λ)X_i \sim Poisson(\lambda) olduğundan, toplamları olan TPoisson(nλ)T \sim Poisson(n\lambda) olur. Beklenen değer E[T]=nλE[T] = n\lambda ve varyans Var(T)=nλVar(T) = n\lambda'dır.
λ2\lambda^2 için yansız bir tahmin edici oluşturmak üzere TT'nin birinci ve ikinci momentlerine ihtiyacımız vardır.
3
λ2\lambda^2 parametresi için yansız bir tahmin edici (g(T)g(T)) elde edilmesi.
E[T2]=Var(T)+(E[T])2=nλ+n2λ2E[T^2] = Var(T) + (E[T])^2 = n\lambda + n^2\lambda^2 eşitliğinden n2λ2=E[T2]nλ=E[T2T]n^2\lambda^2 = E[T^2] - n\lambda = E[T^2 - T] bulunur. Her iki taraf n2n^2'ye bölünerek E[T2Tn2]=λ2E\left[\frac{T^2 - T}{n^2}\right] = \lambda^2 elde edilir.
TT istatistiği tam ve yeterli olduğundan, elde edilen bu yansız fonksiyon Lehmann-Scheffe teoremine göre λ2\lambda^2'nin tek UMVUE'sidir.

Key Concept

Lehmann-Scheffe Teoremi ve Tamlık (Completeness) Özelliği
Estimated Time:1m 30s
Question 145Question

Bir istatistik uzmanı, (0,θ)(0, \theta) aralığında düzgün (üniform) dağılıma sahip bir kitleden nn hacimli bağımsız bir rastgele örneklem çekmiştir. Bu örneklemdeki en büyük değeri veren X(n)=max(X1,X2,,Xn)X_{(n)} = \max(X_1, X_2, \dots, X_n) sıra istatistiğini, bilinmeyen θ\theta parametresi için bir tahmin edici olarak önermiştir.

Bu tahmin edicinin beklenen değeri E(X(n))=nn+1θE(X_{(n)}) = \frac{n}{n+1}\theta olarak hesaplanmıştır.

Tahmin edicinin yan miktarı (bias) ve nn \to \infty iken limit durumu dikkate alındığında, X(n)X_{(n)} tahmin edicisinin özellikleri hakkında aşağıdakilerden hangisi doğrudur?

Show answer & explanation

Answer: Tahmin edici yanlıdır, ancak limnE(X(n))=θ\lim_{n \to \infty} E(X_{(n)}) = \theta eşitliği sağlandığı için asimptotik olarak yansızdır.

Answer

Tahmin edicinin yanlı olduğu ancak limit durumunda beklenen değerin parametreye eşit olması sebebiyle asimptotik yansız olduğunu belirten ifadedir.
Verilen E(X(n))=nn+1θE(X_{(n)}) = \frac{n}{n+1}\theta eşitliği θ\theta'ya tam eşit olmadığı için tahmin edici sonlu örneklemlerde yanlıdır. Ancak örneklem hacmi büyüdükçe (nn \to \infty) katsayı olan nn+1\frac{n}{n+1} ifadesi 1'e yakınsar ve limit değeri θ\theta olur. Bu durum istatistiksel olarak tahmin edicinin asimptotik yansızlık özelliğini sağladığını gösterir.

Step-by-Step Solution

1
Tahmin edicinin yansızlık koşulunu kontrol et.
E(X(n))=nn+1θθE(X_{(n)}) = \frac{n}{n+1}\theta \neq \theta olduğu görülür.
Bir tahmin edicinin yansız olabilmesi için beklenen değerinin tam olarak tahmin edilen parametreye eşit olması gerekir. Eşitlik sağlanmadığından tahmin edici yanlıdır.
2
Tahmin edicinin yan miktarını (bias) hesapla.
Yan(X(n))=E(X(n))θ=nn+1θθ=θn+1Yan(X_{(n)}) = E(X_{(n)}) - \theta = \frac{n}{n+1}\theta - \theta = -\frac{\theta}{n+1} elde edilir.
Yan miktarının fonksiyonel formunu bulmak, limit durumunu incelemek için gereklidir.
3
Asimptotik yansızlık için limit durumunu değerlendir.
limnE(X(n))=limnnn+1θ=θ\lim_{n \to \infty} E(X_{(n)}) = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1}\theta = \theta veya limnYan(X(n))=limnθn+1=0\lim_{n \to \infty} Yan(X_{(n)}) = \lim_{n \to \infty} -\frac{\theta}{n+1} = 0 bulunur.
Örneklem hacmi sonsuza giderken (nn \to \infty) yan miktarının sıfıra yaklaşması (veya beklenen değerin parametreye yaklaşması) tahmin edicinin asimptotik yansız olduğunu kanıtlar.

Key Concept

Asimptotik Yansızlık (Asymptotic Unbiasedness)
Question 146Question
Bir çevresel izleme sisteminde ölçülen belirli bir kirleticinin yoğunluğu XX rassal değişkeni ile ifade edilmektedir. XX'in dağılımı, olasılık yoğunluk fonksiyonu
f(x;μ,σ2)=1x2πσ2exp((lnxμ)22σ2),x>0 f(x; \mu, \sigma^2) = \frac{1}{x \sqrt{2\pi \sigma^2}} \exp\left( -\frac{(\ln x - \mu)^2}{2\sigma^2} \right), \quad x > 0
olan iki parametreli Lognormal dağılımdır. Burada μR\mu \in \mathbb{R} ve σ2>0\sigma^2 > 0 bilinmeyen parametrelerdir. Bu dağılımdan çekilen nn birimlik bağımsız rastgele bir örneklem X=(X1,X2,,Xn)\mathbf{X} = (X_1, X_2, \dots, X_n) olarak alınmıştır.

Bu modelin üstel aile özellikleri ve parametre tahminine yönelik tamlık (completeness) kavramı dikkate alındığında, aşağıdaki ifadelerden hangisi doğrudur?

Show answer & explanation

Answer: Dağılım, kanonik parametreleri η1=μσ2\eta_1 = \frac{\mu}{\sigma^2} ve η2=12σ2\eta_2 = -\frac{1}{2\sigma^2} olan bir üstel ailedir; bu parametrelerin uzayı R2\mathbb{R}^2'de bir açık küme içerdiğinden T=(i=1nlnXi,i=1n(lnXi)2)T = \left( \sum_{i=1}^n \ln X_i, \sum_{i=1}^n (\ln X_i)^2 \right) istatistiği ortak yeterli ve tamdır.

Answer

Doğru cevap, dağılımın kanonik parametrelerinin η1=μσ2\eta_1 = \frac{\mu}{\sigma^2} ile η2=12σ2\eta_2 = -\frac{1}{2\sigma^2} olduğunu ve parametre uzayının bir açık küme içermesi nedeniyle (lnXi,(lnXi)2)\left( \sum \ln X_i, \sum (\ln X_i)^2 \right) istatistiğinin tam olduğunu belirten seçenektir.
Lognormal dağılımın olasılık yoğunluk fonksiyonu düzenlendiğinde f(x)=h(x)c(μ,σ2)exp(η1T1+η2T2)f(x) = h(x)c(\mu,\sigma^2)\exp(\eta_1 T_1 + \eta_2 T_2) formatına gelir. Burada h(x)=1/xh(x) = 1/x, η1=μ/σ2\eta_1 = \mu/\sigma^2, η2=1/(2σ2)\eta_2 = -1/(2\sigma^2), T1=lnxT_1 = \ln x ve T2=(lnx)2T_2 = (\ln x)^2'dir. μR\mu \in \mathbb{R} ve σ2>0\sigma^2 > 0 olduğundan, (η1,η2)(\eta_1, \eta_2) uzayı R×(,0)\mathbb{R} \times (-\infty, 0) alanına yayılır. Bu uzay R2\mathbb{R}^2'de 2 boyutlu bir açık alan (iç noktası olan küme) oluşturduğu için dağılım tam ranklı (full rank) bir üstel ailedir. Bu teoremin doğal bir sonucu olarak, (lnXi,(lnXi)2)( \sum \ln X_i, \sum (\ln X_i)^2 ) ortak istatistiği hem yeterli hem de tamdır (complete).

Step-by-Step Solution

1
Lognormal dağılımın olasılık yoğunluk fonksiyonunu üstel aile formuna dönüştürmek.
f(x)=12πσ2exp(μ22σ2)1xexp(μσ2lnx12σ2(lnx)2)f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp(-\frac{\mu^2}{2\sigma^2}) \cdot \frac{1}{x} \cdot \exp\left( \frac{\mu}{\sigma^2} \ln x - \frac{1}{2\sigma^2}(\ln x)^2 \right)
Yeterli istatistikleri ve kanonik (doğal) parametreleri belirlemek için fonksiyonun doğru matematiksel formda ayrıştırılması gerekir.
2
Kanonik parametreleri (η\eta) ve bunlara karşılık gelen istatistikleri (TT) tanımlamak.
η1=μσ2\eta_1 = \frac{\mu}{\sigma^2}, η2=12σ2\eta_2 = -\frac{1}{2\sigma^2} ve T1(x)=lnxT_1(x) = \ln x, T2(x)=(lnx)2T_2(x) = (\ln x)^2 bulunur.
Bu dağılımdan alınacak nn çaplı örneklem için ortak yeterli istatistik vektörünün T=(lnXi,(lnXi)2)T = \left( \sum \ln X_i, \sum (\ln X_i)^2 \right) olduğunu netleştirmek için.
3
Doğal parametre uzayının tamlık (completeness) için gereken 'açık küme (open set)' şartını sağlayıp sağlamadığını kontrol etmek.
μR\mu \in \mathbb{R} ve σ2>0\sigma^2 > 0 olduğu için (η1,η2)(\eta_1, \eta_2) uzayı R×(,0)\mathbb{R} \times (-\infty, 0) olur. Bu alan R2\mathbb{R}^2'de bir açık dikdörtgen içerir ve parametreler birbirinden bağımsız değişebilir.
Lehmann-Scheffe teoremine uzanan süreçte tam ranklı üstel ailelerde tamlık özelliğinin geçerli olabilmesi için parametre uzayının iç noktaya sahip olması şarttır.

Key Concept

Tamlık (Completeness) ve Üstel Aileler
Question 147Question

X1,X2,,XnX_1, X_2, \dots, X_n, varyansı 11 olan normal dağılımdan (N(μ,1)N(\mu, 1)) alınmış bir rastgele örneklemi göstermek üzere, kitle ortalamasının karesi olan μ2\mu^2 parametresi tahmin edilmek istenmektedir.

Lehmann-Scheffe teoremi kullanılarak bulunacak μ2\mu^2 için Düzgün En Küçük Varyanslı Yansız Tahmin Edici (UMVUE) aşağıdakilerden hangisidir?

Show answer & explanation

Answer: Xˉ21n\bar{X}^2 - \frac{1}{n}

Answer

Xˉ21n\bar{X}^2 - \frac{1}{n} ifadesi, μ2\mu^2 için Düzgün En Küçük Varyanslı Yansız Tahmin Edicidir (UMVUE).
Doğru tahmin edici Xˉ21n\bar{X}^2 - \frac{1}{n} olmalıdır. Lehmann-Scheffe teoremine göre, bir parametre için UMVUE, o parametrenin tam ve yeterli istatistiğinin yansız bir fonksiyonu olmalıdır. Normal dağılımda μ\mu için tam ve yeterli istatistik Xˉ\bar{X}'tir. Var(Xˉ)=E[Xˉ2](E[Xˉ])2Var(\bar{X}) = E[\bar{X}^2] - (E[\bar{X}])^2 bağıntısından 1n=E[Xˉ2]μ2\frac{1}{n} = E[\bar{X}^2] - \mu^2 eşitliği yazılır. Düzenlendiğinde E[Xˉ21n]=μ2E[\bar{X}^2 - \frac{1}{n}] = \mu^2 olduğu görülür. Tam ve yeterli istatistiğin yansız fonksiyonu UMVUE olduğundan doğru yanıt budur.

Step-by-Step Solution

1
Parametre için tam ve yeterli (complete and sufficient) istatistiği belirlemek.
Bilinen varyanslı normal dağılımda (N(μ,1)N(\mu, 1)), örneklem ortalaması olan Xˉ\bar{X}, kitle ortalaması μ\mu için tam ve yeterli istatistiktir.
Lehmann-Scheffe teoremine göre; bir parametre için UMVUE arıyorsak, bu tahmin edici tam ve yeterli istatistiğin bir fonksiyonu olmalıdır.
2
Tam ve yeterli istatistiğin momentlerini (Xˉ\bar{X}'in beklenen değerini ve varyansını) yazmak.
E[Xˉ]=μE[\bar{X}] = \mu ve Var(Xˉ)=σ2n=1nVar(\bar{X}) = \frac{\sigma^2}{n} = \frac{1}{n} bulunur.
μ2\mu^2 parametresine ulaşacak yansız bir fonksiyon kurgulayabilmek için Xˉ\bar{X}'in özelliklerine ihtiyacımız vardır.
3
Xˉ2\bar{X}^2'nin beklenen değerini hesaplamak.
Varyans formülünden yola çıkarak: E[Xˉ2]=Var(Xˉ)+(E[Xˉ])2=1n+μ2E[\bar{X}^2] = Var(\bar{X}) + (E[\bar{X}])^2 = \frac{1}{n} + \mu^2 eşitliği elde edilir.
μ2\mu^2'yi tahmin edecek istatistiğin yansızlık (unbiasedness) düzeltmesi için bu eşitlikteki sapma miktarı belirlenmelidir.
4
Eşitliği düzenleyerek μ2\mu^2 için yansız tahmin ediciyi (UMVUE) oluşturmak.
E[Xˉ21n]=μ2E[\bar{X}^2 - \frac{1}{n}] = \mu^2 sonucuna ulaşılır. Xˉ21n\bar{X}^2 - \frac{1}{n}, tam ve yeterli istatistik olan Xˉ\bar{X}'in bir fonksiyonu olduğu için Lehmann-Scheffe teoremine göre UMVUE'dir.
Teorem gereği, tam ve yeterli istatistiğe dayalı yansız bir tahmin edici tek (unique) olup, diğer tüm yansız tahmin edicilerden daha küçük veya onlara eşit varyansa sahiptir.

Key Concept

Lehmann-Scheffe Teoremi, tam ve yeterli bir istatistiğin fonksiyonu olarak ifade edilebilen yansız tahmin edicinin, söz konusu parametre için Düzgün En Küçük Varyanslı Yansız Tahmin Edici (UMVUE) olduğunu ifade eder.
Question 148Question

İleri düzey bir istatistiksel modelleme çalışmasında, pozitif değerler alan bir XX rassal değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonu, θ1<0\theta_1 < 0 ve θ2>1\theta_2 > -1 olmak üzere şu şekilde tanımlanmıştır:

f(x;θ1,θ2)=1C(θ1,θ2)exp(θ1x+θ2lnx)(x>0) f(x; \theta_1, \theta_2) = \frac{1}{C(\theta_1, \theta_2)} \exp(\theta_1 x + \theta_2 \ln x) \quad (x > 0)

Bu dağılımdan nn birimlik bağımsız bir X1,X2,,XnX_1, X_2, \dots, X_n rastgele örneklemi çekiliyor. Modelin temel yapısı gereği parametre uzayı Θ\Theta, yapısal bir kısıt nedeniyle Θ={(θ1,θ2)R2:θ1=2θ22,θ2>0}\Theta = \{(\theta_1, \theta_2) \in \mathbb{R}^2 : \theta_1 = -2\theta_2^2, \theta_2 > 0 \} olarak daraltılmıştır.

Verilen kısıt altında, doğal (kanonik) parametrelere karşılık gelen ortak yeterli istatistik T=(i=1nXi,i=1nlnXi)T = \left( \sum_{i=1}^n X_i, \sum_{i=1}^n \ln X_i \right) için tamlık (completeness) özelliği ve Lehmann-Scheffe teoreminin uygulanabilirliği bağlamında aşağıdakilerden hangisi kesinlikle doğrudur?

Show answer & explanation

Answer: Modelin doğal (kanonik) parametreleri arasındaki kısıt nedeniyle parametre uzayı iki boyutlu bir açık küme içermez (eğrisel üstel aile); dolayısıyla yeterli olan TT istatistiği tam değildir ve Lehmann-Scheffe teoremiyle benzersiz bir UMVUE garanti edilemez.

Answer

Doğal parametre uzayının iki boyutlu bir açık küme içermemesi nedeniyle (eğrisel üstel aile) yeterli istatistiğin tamlığını yitirmesi ve Lehmann-Scheffe teoreminin uygulanamamasıdır.
Verilen olasılık yoğunluk fonksiyonu iki parametreli bir üstel ailedir. İstatistikte önemli bir teorem olan Lehmann-Scheffe teoreminin temel şartı, yeterli istatistiğin aynı zamanda 'tam' (complete) olmasıdır. Üstel ailelerde tamlık özelliğinin sağlanması için doğal (kanonik) parametrelerin tanımladığı uzayın, parametre sayısına eşit boyutta bir açık küme (open set) içermesi gerekir. Verilen θ1=2θ22\theta_1 = -2\theta_2^2 kısıtı, parametre uzayını R2\mathbb{R}^2 içinde bir eğriye dönüştürür ve bu model 'eğrisel üstel aile' (curved exponential family) adını alır. Boyuta eşit açık küme şartı sağlanmadığından yeterli istatistik TT tamlığını yitirir. Tamlık olmadığı için de Lehmann-Scheffe teoremi çalışmaz ve benzersiz bir UMVUE elde edileceği garanti edilemez.

Step-by-Step Solution

1
Dağılımın üstel aile formunda yazılması ve doğal (kanonik) parametreler ile yeterli istatistiklerin belirlenmesi.
f(x)=h(x)c(θ)exp(η1T1+η2T2)f(x) = h(x) c(\theta) \exp(\eta_1 T_1 + \eta_2 T_2) formundadır. Burada doğal parametreler η1=θ1\eta_1 = \theta_1, η2=θ2\eta_2 = \theta_2 ve yeterli istatistikler T1=XiT_1 = \sum X_i, T2=lnXiT_2 = \sum \ln X_i olarak bulunur.
Lehmann-Scheffe ve tamlık teoremlerinin uygulanabilmesi için öncelikle kitle dağılımının kanonik üstel aile yapısı incelenmelidir.
2
Parametre uzayı kısıtının tamlık teoremi (open set condition) açısından değerlendirilmesi.
Θ={(θ1,θ2):θ1=2θ22,θ2>0}\Theta = \{(\theta_1, \theta_2) : \theta_1 = -2\theta_2^2, \theta_2 > 0 \} kümesi, R2\mathbb{R}^2'de 2 boyutlu bir açık küme (open set) içermez. Bu durum kitleyi 'eğrisel üstel aile' (curved exponential family) yapar.
Bir üstel ailede doğal yeterli istatistiğin tam (complete) olabilmesi için doğal parametre uzayının karşılık gelen boyutta bir açık küme içermesi zorunludur.
3
Lehmann-Scheffe teoremi ışığında UMVUE'nin eşsizliğinin (uniqueness) analiz edilmesi.
TT istatistiği tam olmadığından, sıfırın yansız tahmin edicileri eşsiz değildir. Dolayısıyla, TT'ye bağlı yansız bir tahmin edici bulunsa bile, bunun benzersiz bir UMVUE olduğu garanti edilemez.
UMVUE'nin Lehmann-Scheffe teoremiyle kesin varlığı ve eşsizliği, yeterli istatistiğin aynı zamanda 'tam' olmasına bağlıdır.

Key Concept

Eğrisel Üstel Ailelerde Tamlık (Completeness) ve Open Set Condition
Question 149Question
X1,X2,,XnX_1, X_2, \dots, X_n bağımsız ve aynı dağılımlı rastgele değişkenler olmak üzere, olasılık fonksiyonu
P(X=x)=eλλxx!,x=0,1,2,P(X=x) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!}, \quad x = 0, 1, 2, \dots
olan Poisson dağılımından bir rastgele örneklem alınmıştır.

Buna göre, τ(λ)=eλ\tau(\lambda) = e^{-\lambda} fonksiyonunun yansız bir tahmin edicisi için Cramer-Rao alt sınırı aşağıdakilerden hangisidir?

Show answer & explanation

Answer: λe2λn\frac{\lambda e^{-2\lambda}}{n}

Answer

Cramer-Rao alt sınırı λe2λn\frac{\lambda e^{-2\lambda}}{n} olarak bulunur.
Poisson dağılımında I(λ)=1λI(\lambda) = \frac{1}{\lambda}'dır. nn çaplı örneklem için toplam bilgi nλ\frac{n}{\lambda} olur. Tahmin edilecek olan τ(λ)=eλ\tau(\lambda) = e^{-\lambda} fonksiyonunun türevi eλ-e^{-\lambda}'dir. Cramer-Rao formülü gereği [τ(λ)]2/In(λ)[\tau'(\lambda)]^2 / I_n(\lambda) hesaplandığında (e2λ)/(n/λ)=λe2λn(e^{-2\lambda}) / (n/\lambda) = \frac{\lambda e^{-2\lambda}}{n} sonucuna ulaşılır.

Step-by-Step Solution

1
Tek bir gözlem için log-olabilirlik (log-likelihood) fonksiyonunu yaz.
L(λ)=lnP(X=x)=λ+xlnλln(x!)L(\lambda) = \ln P(X=x) = -\lambda + x \ln \lambda - \ln(x!)
Fisher bilgi miktarını hesaplayabilmek için olasılık fonksiyonunun logaritmasına ihtiyacımız vardır.
2
Log-olabilirlik fonksiyonunun parametreye ( λ\lambda ) göre birinci ve ikinci türevlerini alıp, beklenen değeri üzerinden Fisher bilgi miktarını hesapla.
Lλ=1+xλ\frac{\partial L}{\partial \lambda} = -1 + \frac{x}{\lambda}
2Lλ2=xλ2\frac{\partial^2 L}{\partial \lambda^2} = -\frac{x}{\lambda^2}
I(λ)=E[Xλ2]=E[X]λ2=λλ2=1λI(\lambda) = -E\left[-\frac{X}{\lambda^2}\right] = \frac{E[X]}{\lambda^2} = \frac{\lambda}{\lambda^2} = \frac{1}{\lambda}
Bir parametrenin Fisher bilgi miktarı, log-olabilirliğin ikinci türevinin beklenen değerinin eksi işaretlisine eşittir.
3
Örneklem hacmini (n) dikkate alarak toplam Fisher bilgi miktarını bul ve tahmin edilecek fonksiyonun ( τ(λ)\tau(\lambda) ) türevini hesapla.
nn gözlem için In(λ)=nλI_n(\lambda) = \frac{n}{\lambda}.
τ(λ)=eλ    τ(λ)=eλ\tau(\lambda) = e^{-\lambda} \implies \tau'(\lambda) = -e^{-\lambda}.
Cramer-Rao alt sınır formülünde In(λ)I_n(\lambda) paydaya, τ(λ)\tau'(\lambda)'nın karesi ise paya yazılacaktır.
4
Cramer-Rao alt sınırı formülünü uygula.
CRLB=[τ(λ)]2In(λ)=(eλ)2n/λ=e2λn/λ=λe2λnCRLB = \frac{[\tau'(\lambda)]^2}{I_n(\lambda)} = \frac{(-e^{-\lambda})^2}{n/\lambda} = \frac{e^{-2\lambda}}{n/\lambda} = \frac{\lambda e^{-2\lambda}}{n}
Yansız bir tahmin edicinin varyansı Cramer-Rao alt sınırından daha küçük olamaz.

Key Concept

Cramer-Rao Eşitsizliği ve Alt Sınırı
Question 150Question

X1,X2,,XnX_1, X_2, \dots, X_n, olasılık yoğunluk fonksiyonu f(x)=1θex/θ,x>0f(x) = \frac{1}{\theta} e^{-x/\theta}, \quad x > 0 olan üstel dağılıma sahip bir kitleden çekilen nn çaplı rastgele bir örneklem olsun.

Xˉ\bar{X} örneklem ortalamasını göstermek üzere, θ2\theta^2 parametresi için yansız bir tahmin edici aşağıdakilerden hangisidir?

Show answer & explanation

Answer: nn+1Xˉ2\frac{n}{n+1} \bar{X}^2

Answer

θ2\theta^2 parametresi için yansız tahmin edici nn+1Xˉ2\frac{n}{n+1} \bar{X}^2 istatistiğidir.
Verilen üstel dağılım için E[X]=θE[X] = \theta ve Var(X)=θ2Var(X) = \theta^2 olduğu bilinmektedir. Buradan örneklem ortalamasının beklenen değeri E[Xˉ]=θE[\bar{X}] = \theta ve varyansı Var(Xˉ)=θ2nVar(\bar{X}) = \frac{\theta^2}{n} olarak bulunur. İstatistikte Var(Xˉ)=E[Xˉ2](E[Xˉ])2Var(\bar{X}) = E[\bar{X}^2] - (E[\bar{X}])^2 temel eşitliği kullanılarak E[Xˉ2]E[\bar{X}^2] hesaplanır: E[Xˉ2]=θ2n+θ2=θ2(n+1n)E[\bar{X}^2] = \frac{\theta^2}{n} + \theta^2 = \theta^2 \left(\frac{n+1}{n}\right). Bizden beklenen değeri θ2\theta^2 olan bir istatistik istendiği için, her iki taraf nn+1\frac{n}{n+1} ile çarpılır ve E[nn+1Xˉ2]=θ2E\left[\frac{n}{n+1} \bar{X}^2\right] = \theta^2 eşitliği elde edilir. Bu eşitlik, nn+1Xˉ2\frac{n}{n+1} \bar{X}^2 istatistiğinin yansız olduğunu kanıtlar.

Step-by-Step Solution

1
Kitle dağılımının beklenen değerini ve varyansını belirle.
E[Xi]=θE[X_i] = \theta ve Var(Xi)=θ2Var(X_i) = \theta^2
Örneklem ortalamasının momentlerini bulabilmek için kitlenin temel momentlerine ihtiyaç vardır.
2
Örneklem ortalaması Xˉ\bar{X}'in beklenen değerini ve varyansını hesapla.
E[Xˉ]=θE[\bar{X}] = \theta ve Var(Xˉ)=θ2nVar(\bar{X}) = \frac{\theta^2}{n}
Xˉ2\bar{X}^2'nin beklenen değerine ulaşmak için Xˉ\bar{X}'in dağılım özelliklerini kullanmalıyız.
3
Varyans formülünü kullanarak E[Xˉ2]E[\bar{X}^2] değerini hesapla.
E[Xˉ2]=Var(Xˉ)+(E[Xˉ])2=θ2n+θ2=θ2(n+1n)E[\bar{X}^2] = Var(\bar{X}) + (E[\bar{X}])^2 = \frac{\theta^2}{n} + \theta^2 = \theta^2 \left(\frac{n+1}{n}\right)
Yansızlık analizi, tahmin edicinin beklenen değerinin alınmasını gerektirir.
4
Bulunan eşitliği θ2\theta^2 yalnız kalacak şekilde düzenleyerek yansız tahmin ediciyi elde et.
Eşitliğin her iki tarafı nn+1\frac{n}{n+1} ile çarpıldığında E[nn+1Xˉ2]=θ2E\left[\frac{n}{n+1} \bar{X}^2\right] = \theta^2 bulunur.
Yansız bir tahmin edicinin beklenen değeri doğrudan tahmin edilmek istenen parametreye (θ2\theta^2) eşit olmalıdır.

Key Concept

Doğrusal Olmayan Fonksiyonlarda Yansızlık Düzeltmesi ve Momentler
Question 151Question

Bir sigorta şirketinde aktüer olarak çalışan bir uzman, belirli bir hasar türüne ait ödenecek tazminat tutarlarını XX rassal değişkeni ile modellemektedir. Veriler üzerinde yapılan ön analizler sonucunda, tazminat tutarlarının ortalaması ile standart sapmasının birbirine eşit olduğu varsayılmıştır. Bu duruma uygun olarak XX değişkeninin XN(θ,θ2)X \sim N(\theta, \theta^2), θ>0\theta > 0 normal dağılımına sahip olduğu kabul edilmiştir.

X1,X2,,XnX_1, X_2, \dots, X_n bu dağılımdan alınan bağımsız ve aynı dağılımlı bir örneklem olmak üzere, modelin ortak yeterli istatistiği T=(i=1nXi,i=1nXi2)T = \left(\sum_{i=1}^n X_i, \sum_{i=1}^n X_i^2\right) olarak bulunmuştur.

Bu modelleme ve yeterli istatistik TT dikkate alındığında, tamlık (completeness) özelliği ile ilgili aşağıdakilerden hangisi doğrudur?

Show answer & explanation

Answer: Dağılım kavisli (curved) bir üstel aile oluşturduğundan doğal parametre uzayı açık bir küme içermez; beklenen değeri sıfır olan TT'ye bağlı sıfırdan farklı fonksiyonlar bulunabildiği için TT tam (complete) değildir.

Answer

Dağılım kavisli (curved) bir üstel aile oluşturduğundan doğal parametre uzayı açık bir küme içermez; beklenen değeri sıfır olan TT'ye bağlı sıfırdan farklı fonksiyonlar bulunabildiği için TT tam (complete) değildir.
Normal dağılımın N(θ,θ2)N(\theta, \theta^2) varyantı, parametre uzayı doğal parametre uzayında iki boyutlu bir açık küme içermeyen (bir parabol eğrisi oluşturan) kavisli (curved) bir üstel ailedir. Bu durumda üstel aileler için tamlık teoremi uygulanamaz. Ayrıca, E[cXˉ2S2]=0E[c \cdot \bar{X}^2 - S^2] = 0 olacak şekilde sıfırdan farklı ve sadece TT'ye bağlı fonksiyonlar türetilebildiği için TT istatistiği tam (complete) değildir.

Step-by-Step Solution

1
Olabilirlik fonksiyonunu yazarak üstel aile yapısını ve doğal parametreleri belirlemek.
f(x;θ)f(x;\theta) üstel aile formuna getirildiğinde kanonik (doğal) parametrelerin η1=1/(2θ2)\eta_1 = -1/(2\theta^2) ve η2=1/θ\eta_2 = 1/\theta olduğu görülür.
Dağılımın tam boyutlu mu yoksa kavisli (curved) bir üstel aile mi olduğunu tespit etmek için doğal parametre uzayına bakılır.
2
Doğal parametre uzayının özelliklerini ve tamlık teoreminin geçerliliğini incelemek.
η1=1/2η22\eta_1 = -1/2 \cdot \eta_2^2 ilişkisi olduğu için parametre uzayı R2\mathbb{R}^2'de açık bir küme içermez, sadece bir parabol eğrisi üzerindedir.
Üstel ailelerde yeterli istatistiğin tam (complete) olabilmesi için parametre uzayının açık bir küme içermesi gerekir. Bu kavisli (curved) üstel ailede teorem uygulanamaz.
3
TT'ye bağlı olup beklenen değeri sıfır olan fonksiyonların varlığını test etmek.
E[nn+1Xˉ2]=θ2E[\frac{n}{n+1}\bar{X}^2] = \theta^2 ve E[S2]=θ2E[S^2] = \theta^2 olduğundan, g(T)=nn+1Xˉ2S20g(T) = \frac{n}{n+1}\bar{X}^2 - S^2 \neq 0 fonksiyonunun beklenen değeri sıfırdır.
Beklenen değeri her zaman sıfır olan ancak kendisi sıfırdan farklı olan bir g(T)g(T) fonksiyonu bulunabildiğinden TT istatistiği tam (complete) değildir.

Key Concept

Kavisli Üstel Ailelerde Tamlık (Completeness in Curved Exponential Families)
Estimated Time:2m 30s
Question 152Question

θ>0\theta > 0 parametreli bir XX rastgele değişkeninin olasılık yoğunluk fonksiyonu

f(x;θ)={θxθ1,0<x<10,dig˘er durumlardaf(x; \theta) = \begin{cases} \theta x^{\theta-1}, & 0 < x < 1 \\ 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}

olarak verilmiştir.

Bu dağılımdan çekilen nn çaplı bağımsız ve aynı dağılımlı bir örneklem temelinde, P(X>e1)P(X > e^{-1}) olasılığının yansız bir tahmin edicisi için Cramer-Rao alt sınırı (CRLB) aşağıdakilerden hangisidir?

Show answer & explanation

Answer: θ2e2θn\frac{\theta^2 e^{-2\theta}}{n}

Answer

İstenen yansız tahmin edici için Cramer-Rao alt sınırı θ2e2θn\frac{\theta^2 e^{-2\theta}}{n} olarak hesaplanır.
Cramer-Rao Alt Sınırı, bir θ\theta parametresinin fonksiyonu olan g(θ)g(\theta)'nın yansız bir tahmin edicisi için [g(θ)]2nI1(θ)\frac{[g'(\theta)]^2}{n \cdot I_1(\theta)} formülü ile hesaplanır. Öncelikle Fisher bilgi miktarı bulunur: lnf(x;θ)=lnθ+(θ1)lnx\ln f(x; \theta) = \ln \theta + (\theta-1)\ln x olduğundan, ikinci türevin beklenen değerinin negatifi I1(θ)=1θ2I_1(\theta) = \frac{1}{\theta^2} sonucunu verir. İkinci aşamada, tahmin edilecek olan hedef fonksiyon belirlenir. Bu, XX'in e1e^{-1}'den büyük olma olasılığıdır: P(X>e1)=e11θxθ1dx=1eθP(X > e^{-1}) = \int_{e^{-1}}^1 \theta x^{\theta-1} dx = 1 - e^{-\theta}. CRLB formülünde bu fonksiyonun θ\theta'ya göre türevinin karesine ihtiyaç duyulur. Türev eθe^{-\theta} olup karesi e2θe^{-2\theta}'dır. Tüm bileşenler formülde yerine konulduğunda e2θn(1/θ2)=θ2e2θn\frac{e^{-2\theta}}{n(1/\theta^2)} = \frac{\theta^2 e^{-2\theta}}{n} doğru alt sınır değerine ulaşılır.

Step-by-Step Solution

1
Tek bir gözlem için log-olabilirlik fonksiyonunun türevleri üzerinden Fisher bilgi miktarını (I1(θ)I_1(\theta)) hesapla.
lnf(x;θ)=lnθ+(θ1)lnx    2lnfθ2=1θ2\ln f(x; \theta) = \ln \theta + (\theta-1)\ln x \implies \frac{\partial^2 \ln f}{\partial \theta^2} = -\frac{1}{\theta^2}. Buradan I1(θ)=E[1θ2]=1θ2I_1(\theta) = -E\left[-\frac{1}{\theta^2}\right] = \frac{1}{\theta^2} elde edilir.
Cramer-Rao eşitsizliği formülünün paydası, örneklem çapı ile tekil Fisher bilgi miktarının çarpımıdır (nI1(θ)n \cdot I_1(\theta)).
2
Tahmin edilecek olan fonksiyonu, g(θ)=P(X>e1)g(\theta) = P(X > e^{-1}) olasılığını entegre ederek parametreye bağlı olarak tanımla.
g(θ)=e11θxθ1dx=[xθ]e11=1θ(e1)θ=1eθg(\theta) = \int_{e^{-1}}^1 \theta x^{\theta-1} dx = \left[ x^\theta \right]_{e^{-1}}^1 = 1^\theta - (e^{-1})^\theta = 1 - e^{-\theta}
Parametrenin değil, onun bir fonksiyonunun (belirli bir olasılık değerinin) yansız tahmini için alt sınır aranmaktadır.
3
Bulunan g(θ)g(\theta) fonksiyonunun θ\theta'ya göre türevini (g(θ)g'(\theta)) al.
g(θ)=ddθ(1eθ)=eθ(1)=eθg'(\theta) = \frac{d}{d\theta}(1 - e^{-\theta}) = -e^{-\theta} \cdot (-1) = e^{-\theta}
Genelleştirilmiş Cramer-Rao alt sınırının pay kısmı, tahmin edilen fonksiyonun türevinin karesinden ([g(θ)]2[g'(\theta)]^2) oluşur.
4
Bulunan değerleri CRLB formülünde yerine koy ve nihai ifadeyi sadeleştir.
CRLB=[g(θ)]2nI1(θ)=(eθ)2n(1/θ2)=e2θn/θ2=θ2e2θn\text{CRLB} = \frac{[g'(\theta)]^2}{n \cdot I_1(\theta)} = \frac{(e^{-\theta})^2}{n \cdot (1/\theta^2)} = \frac{e^{-2\theta}}{n / \theta^2} = \frac{\theta^2 e^{-2\theta}}{n}
Yansız tahmin edicinin varyansı için teorik minimum sınırı veren nihai matematiksel işlemdir.

Key Concept

Parametrenin Bir Fonksiyonu İçin Cramer-Rao Alt Sınırı (CRLB) ve Olasılık Dönüşümü
Question 153Question
X1,X2,,XnX_1, X_2, \dots, X_n, olasılık yoğunluk fonksiyonu
f(x;θ)=1θex/θ,x>0,θ>0f(x; \theta) = \frac{1}{\theta} e^{-x/\theta}, \quad x > 0, \quad \theta > 0
olan üstel dağılımdan alınmış nn hacimli bir rastgele örneklem olsun.

Buna göre, θ2\theta^2 parametresi için düzgün en küçük varyanslı yansız tahmin edici (UMVUE) aşağıdakilerden hangisidir?

Show answer & explanation

Answer: nn+1Xˉ2\frac{n}{n+1} \bar{X}^2

Answer

Doğru cevap nn+1Xˉ2\frac{n}{n+1} \bar{X}^2 ifadesidir.
UMVUE bulmak için Lehmann-Scheffe teoremi gereği tam ve yeterli bir istatistiğin yansız bir fonksiyonunu bulmalıyız. Üstel dağılımda T=i=1nXiT = \sum_{i=1}^n X_i istatistiği θ\theta için tam ve yeterlidir. TT'nin dağılımı Gamma(n,θ)\text{Gamma}(n, \theta) olduğu için E[T2]=n(n+1)θ2E[T^2] = n(n+1)\theta^2'dir. Denklemi düzenlediğimizde E[T2n(n+1)]=θ2E\left[\frac{T^2}{n(n+1)}\right] = \theta^2 sonucuna ulaşırız. TT yerine nXˉn\bar{X} koyarsak, nn+1Xˉ2\frac{n}{n+1}\bar{X}^2 tahmin edicisinin θ2\theta^2 için tam ve yeterli istatistiğe bağlı yansız bir tahmin edici, dolayısıyla UMVUE olduğu görülür.

Step-by-Step Solution

1
Üstel dağılım için yeterli ve tam istatistiği belirlemek.
Olabilirlik fonksiyonu incelendiğinde T=i=1nXiT = \sum_{i=1}^n X_i istatistiğinin θ\theta için tam ve yeterli olduğu bulunur.
Lehmann-Scheffe teoremini uygulayarak UMVUE bulabilmek için tam ve yeterli bir istatistiğe ihtiyacımız vardır.
2
Tam ve yeterli istatistiğin dağılım özelliklerini ve ikinci momentini hesaplamak.
XiExp(θ)X_i \sim \text{Exp}(\theta) olduğundan TGamma(n,θ)T \sim \text{Gamma}(n, \theta) dağılımına sahiptir. Dolayısıyla E[T]=nθE[T] = n\theta ve Var(T)=nθ2Var(T) = n\theta^2 olur. Buradan E[T2]=Var(T)+(E[T])2=nθ2+n2θ2=n(n+1)θ2E[T^2] = Var(T) + (E[T])^2 = n\theta^2 + n^2\theta^2 = n(n+1)\theta^2 elde edilir.
θ2\theta^2 parametresi için yansız bir tahmin edici oluşturmak istiyoruz, bu yüzden yeterli istatistiğin karesel beklenen değerine bakarız.
3
Yansızlığı sağlayacak katsayıyı belirleyerek UMVUE'yi elde etmek.
E[T2]=n(n+1)θ2E[T^2] = n(n+1)\theta^2 denkleminin her iki tarafını n(n+1)n(n+1)'e böldüğümüzde E[T2n(n+1)]=θ2E\left[\frac{T^2}{n(n+1)}\right] = \theta^2 buluruz. T=nXˉT = n\bar{X} yerine yazıldığında tahmin edici (nXˉ)2n(n+1)=nn+1Xˉ2\frac{(n\bar{X})^2}{n(n+1)} = \frac{n}{n+1}\bar{X}^2 olarak bulunur.
Bulunan bu ifade, tam ve yeterli istatistiğin bir fonksiyonudur ve yansızdır. Lehmann-Scheffe teoremine göre bu tahmin edici benzersiz UMVUE'dir.

Key Concept

Lehmann-Scheffe Teoremi ve UMVUE Bulma

Alternative Method

Rao-Blackwell teoremi kullanılarak, yansız olduğu bilinen S2S^2 veya X12/2X_1^2 / 2 tahmin edicilerinin tam ve yeterli istatistik T=XiT = \sum X_i verildiğindeki koşullu beklenen değeri E[S2T]E[S^2 | T] hesaplanarak da doğrudan aynı UMVUE sonucuna ulaşılabilir.
Estimated Time:2m 0s
Question 154Question

Bir rüzgâr enerjisi santralinde ölçülen anlık rüzgâr hızlarının (XX), λ>0\lambda > 0 parametreli Rayleigh dağılımına uyduğu modellenmiştir. Bu dağılımın olasılık yoğunluk fonksiyonu aşağıdaki gibidir:

f(x;λ)={xλex22λ,x>00,dig˘er durumlardaf(x; \lambda) = \begin{cases} \frac{x}{\lambda} e^{-\frac{x^2}{2\lambda}}, & x > 0 \\ 0, & \text{diğer durumlarda} \end{cases}

X1,X2,,XnX_1, X_2, \dots, X_n bu dağılımdan çekilmiş nn çaplı rastgele bir örneklem olmak üzere, Neyman Çarpanlara Ayırma Teoremi dikkate alındığında λ\lambda parametresi için yeterli (sufficient) istatistik aşağıdakilerden hangisidir?

Show answer & explanation

Answer: i=1nXi2\sum_{i=1}^n X_i^2

Answer

λ\lambda parametresi için yeterli istatistik i=1nXi2\sum_{i=1}^n X_i^2 dir.
Neyman Çarpanlara Ayırma Teoremi'ne göre bir istatistiğin yeterli olabilmesi için olabilirlik fonksiyonunun L(λ;x)=g(T(x),λ)h(x)L(\lambda; \mathbf{x}) = g(T(\mathbf{x}), \lambda) \cdot h(\mathbf{x}) şeklinde yazılabilmesi gerekir. Verilen olasılık yoğunluk fonksiyonunun ortak çarpımı alındığında L=λne12λXi2XiL = \lambda^{-n} e^{-\frac{1}{2\lambda} \sum X_i^2} \cdot \prod X_i elde edilir. Burada parametre λ\lambda'yı içeren gg fonksiyonu, örneklem değerlerine yalnızca i=1nXi2\sum_{i=1}^n X_i^2 üzerinden bağlıdır. Bu nedenle i=1nXi2\sum_{i=1}^n X_i^2 yeterli istatistiktir.

Step-by-Step Solution

1
Örneklem için ortak olasılık yoğunluk (olabilirlik) fonksiyonunu yazın.
L(λ;x)=i=1nf(xi;λ)=i=1n(xiλexi22λ)L(\lambda; \mathbf{x}) = \prod_{i=1}^n f(x_i; \lambda) = \prod_{i=1}^n \left( \frac{x_i}{\lambda} e^{-\frac{x_i^2}{2\lambda}} \right)
Yeterli istatistiği bulmak için Neyman Çarpanlara Ayırma Teoremi olabilirlik fonksiyonu üzerinden uygulanır.
2
Çarpım sembolünü fonksiyonun içine dağıtarak olabilirlik fonksiyonunu düzenleyin.
L(λ;x)=1λn(i=1nxi)e12λi=1nxi2L(\lambda; \mathbf{x}) = \frac{1}{\lambda^n} \left( \prod_{i=1}^n x_i \right) e^{-\frac{1}{2\lambda} \sum_{i=1}^n x_i^2}
Parametreye bağlı terimler ile parametreden bağımsız sadece gözlem değerlerine bağlı terimleri ayırmak gerekir.
3
Elde edilen fonksiyonu Neyman Çarpanlara Ayırma Teoremi formuna (g(T(x),λ)h(x)g(T(\mathbf{x}), \lambda) \cdot h(\mathbf{x})) getirin.
g(T(x),λ)=1λne12λi=1nxi2g(T(\mathbf{x}), \lambda) = \frac{1}{\lambda^n} e^{-\frac{1}{2\lambda} \sum_{i=1}^n x_i^2} ve h(x)=i=1nxih(\mathbf{x}) = \prod_{i=1}^n x_i
Teoreme göre, gg fonksiyonunun içindeki T(x)T(\mathbf{x}) istatistiği λ\lambda için yeterli istatistiktir.
4
g(T(x),λ)g(T(\mathbf{x}), \lambda) fonksiyonundaki istatistiği belirleyin.
T(x)=i=1nxi2T(\mathbf{x}) = \sum_{i=1}^n x_i^2
Parametre λ\lambda ile doğrudan etkileşim halinde olan veri özeti Xi2\sum X_i^2 dir.

Key Concept

Neyman Çarpanlara Ayırma Teoremi ile Yeterli İstatistik Bulma
Estimated Time:1m 30s
Question 155Question

İstatistiksel veri analizi yapan bir araştırmacı, gözlemlenen X1,X2,,XnX_1, X_2, \dots, X_n rastgele örneklemini kullanarak kitle varyansını (σ2\sigma^2) incelemektedir. İlgili kitlenin ortalaması (μ\mu) ve varyansı (σ2\sigma^2) kesin olarak bilinmemektedir.

Araştırmacı analizleri sırasında aşağıdaki üç farklı matematiksel fonksiyonu formüle etmiştir:

T1=1ni=1n(XiXˉ)2T_1 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2
T2=1ni=1n(Xiμ)2T_2 = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n (X_i - \mu)^2
T3=10T_3 = 10

Teorik istatistik prensipleri kapsamında; fonksiyonların "istatistik" olma ve geçerli bir "nokta tahmin edicisi" (point estimator) olarak kullanılabilme uygunlukları değerlendirildiğinde aşağıdakilerden hangisi kesinlikle doğrudur?

Show answer & explanation

Answer: T1T_1 ve T3T_3 bilinmeyen kitle parametreleri içermedikleri için birer istatistiktir ve potansiyel tahmin edicilerdir; ancak T2T_2 bilinmeyen μ\mu parametresini barındırdığı için bir istatistik olamaz.

Answer

İstatistik tanımı gereği fonksiyonların bilinmeyen kitle parametreleri içermemesi gerekir. Bu nedenle sadece T1T_1 ve T3T_3 geçerli birer istatistik ve potansiyel tahmin edicilerdir; T2T_2 ise bilinmeyen μ\mu parametresini içerdiği için bir istatistik değildir.
İstatistiksel çıkarım teorisine göre, bir 'istatistik', parametre uzayındaki bilinmeyen hiçbir değeri içermeyen ve sadece örneklem gözlemleri ile bilinen sabitlerden oluşan bir fonksiyondur. Nokta tahmin edicileri mecburen birer istatistiktir. Soru kökünde μ\mu ve σ2\sigma^2'nin bilinmediği verilmiştir. T1T_1 fonksiyonu sadece örneklem gözlemleri ve örneklem ortalamasına (Xˉ\bar{X}), T3T_3 ise bir sabite bağlıdır; dolayısıyla ikisi de geçerli birer istatistiktir. Ancak T2T_2 fonksiyonu, bilinmeyen μ\mu parametresini içerdiğinden örneklem üzerinden hesaplanamaz ve bu nedenle bir istatistik (veya tahmin edici) olamaz.

Step-by-Step Solution

1
İstatistik (statistic) ve tahmin edici (estimator) kavramlarının teorik tanımlarını hatırlamak.
İstatistik, sadece gözlemlenebilen rastgele değişkenlerin (örneklem verilerinin) ve bilinen sabitlerin bir fonksiyonudur. Kesinlikle bilinmeyen bir kitle parametresi içeremez. Nokta tahmin edicisi ise bir parametreyi tahmin etmek için kullanılan geçerli bir istatistiktir.
Bir fonksiyonun tahmin edici olarak kullanılabilmesi için, örneklem çekildikten sonra sadece eldeki verilerle sayısal olarak hesaplanabilir olması gerekir.
2
T1T_1 ve T3T_3 fonksiyonlarının istatistik olma durumlarını incelemek.
T1T_1, örneklem verileri (XiX_i) ve örneklem ortalaması (Xˉ\bar{X}) kullanılarak hesaplanır, bilinmeyen bir parametre içermez. T3T_3 ise bilinen bir sabittir (10). Sabitler de matematiksel olarak örneklemden bağımsız istatistikler olarak kabul edilir.
İçlerinde μ\mu veya σ2\sigma^2 gibi bilinmeyen bir sembol/parametre barındırmadıkları için her ikisi de istatistik tanımına uyar.
3
T2T_2 fonksiyonunun istatistik olma durumunu incelemek.
T2T_2 formülünde kitle ortalaması olan μ\mu yer almaktadır. Soru kökünde μ\mu'nün bilinmediği açıkça belirtilmiştir.
Örneklem çekildikten sonra μ\mu değeri bilinmediği için T2T_2 hesaplanamaz. Bu sebeple T2T_2 bir istatistik değildir ve dolayısıyla tahmin edici olarak kullanılamaz.

Key Concept

İstatistik ile parametre kavramları arasındaki temel fark ve nokta tahmin edicinin örneklem üzerinden hesaplanabilirlik koşulu.
Estimated Time:2m 0s
Question 156Question

X1,X2,,XnX_1, X_2, \dots, X_n, başarı olasılığı pp olan Bernoulli dağılımından alınan nn hacimli bir rastgele örneklem ve T=i=1nXiT = \sum_{i=1}^n X_i olsun.

Buna göre, kitle varyansı olan p(1p)p(1-p) parametresi için Düzgün En Küçük Varyanslı Yansız Tahmin Edici (UMVUE) aşağıdakilerden hangisidir?

Show answer & explanation

Answer: T(nT)n(n1)\frac{T(n-T)}{n(n-1)}

Answer

Bernoulli dağılımının varyansı p(1p)p(1-p) parametresi için UMVUE T(nT)n(n1)\frac{T(n-T)}{n(n-1)} ifadesidir.
Doğru yanıt T(nT)n(n1)\frac{T(n-T)}{n(n-1)} ifadesidir. Lehmann-Scheffe teoremine göre, bir parametrenin UMVUE'sini bulmak için o parametrenin tam ve yeterli istatistiğe (TT) bağlı yansız bir tahmin edicisi bulunmalıdır. Örneklem varyansı S2S^2, kitle varyansının her zaman yansız tahmin edicisidir. Bernoulli denemelerinde gözlem değerleri 00 veya 11 olduğu için Xi2=Xi=T\sum X_i^2 = \sum X_i = T özelliği kullanılarak S2S^2 formülü TT cinsinden T(nT)n(n1)\frac{T(n-T)}{n(n-1)} şeklinde yazılabilir.

Step-by-Step Solution

1
T=i=1nXiT = \sum_{i=1}^n X_i istatistiğinin özelliklerini belirleme.
TT, Bernoulli dağılımı için yeterli (sufficient) ve tam (complete) bir istatistiktir.
Lehmann-Scheffe teoremini kullanabilmek için parametrenin tam ve yeterli bir istatistiğini bulmak gereklidir.
2
p(1p)p(1-p) parametresinin anlamını tanımlama.
p(1p)p(1-p) ifadesi Bernoulli dağılımının kitle varyansıdır (σ2\sigma^2).
Hangi özelliğin tahmin edileceğini matematiksel olarak netleştirmek için.
3
Kitle varyansı için bilinen genel yansız tahmin ediciyi (örneklem varyansı S2S^2) yazma.
S2=1n1i=1n(XiXˉ)2S^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2 ifadesi kitle varyansı için her zaman yansızdır (E[S2]=σ2E[S^2] = \sigma^2).
UMVUE bulmak için tam ve yeterli istatistiğin bir fonksiyonu olan yansız bir tahmin edici bulmamız gerekir.
4
S2S^2 formülünü Bernoulli örneklemi için TT cinsinden sadeleştirme.
Xi{0,1}X_i \in \{0, 1\} olduğundan Xi2=XiX_i^2 = X_i'dir. Dolayısıyla Xi2=Xi=T\sum X_i^2 = \sum X_i = T olur. Formülü açarsak: (XiXˉ)2=Xi2nXˉ2=Tn(Tn)2=TT2n=nTT2n\sum (X_i - \bar{X})^2 = \sum X_i^2 - n\bar{X}^2 = T - n(\frac{T}{n})^2 = T - \frac{T^2}{n} = \frac{nT - T^2}{n} bulunur.
Tahmin ediciyi sadece tam ve yeterli istatistik (TT) cinsinden yazabilmek için.
5
Sonucu Lehmann-Scheffe teoremine göre yorumlama.
S2=1n1(nTT2n)=T(nT)n(n1)S^2 = \frac{1}{n-1} \left( \frac{nT - T^2}{n} \right) = \frac{T(n-T)}{n(n-1)} bulunur. Bu ifade TT'nin bir fonksiyonudur ve yansızdır.
Lehmann-Scheffe teoremine göre, tam ve yeterli istatistiğin fonksiyonu olan yansız tahmin edici, benzersiz UMVUE'dir.

Key Concept

Lehmann-Scheffe Teoremi, Tam ve Yeterli İstatistikler, Yansızlık
Question 157Question

Bir kitleden alınan X1,X2,,XnX_1, X_2, \dots, X_n rastgele örnekleminin olasılık dağılımı bilinmeyen bir θ\theta parametresine bağlı olsun. θ\theta parametresi için yansız bir tahmin edici UU ve θ\theta için yeterli (sufficient) bir istatistik TT olarak verilmektedir. Rao-Blackwell teoremine göre, UU tahmin edicisinin TT yeterli istatistiği verildiğindeki koşullu beklenen değeri alınarak ϕ(T)=E(UT)\phi(T) = E(U \mid T) şeklinde yeni bir tahmin edici oluşturulmaktadır.

Buna göre, elde edilen ϕ(T)\phi(T) tahmin edicisi ile ilgili aşağıdakilerden hangisi kesinlikle doğrudur?

Show answer & explanation

Answer: ϕ(T)\phi(T) tahmin edicisi θ\theta için yansızdır ve varyansı UU'nun varyansından büyük olamaz (Var(ϕ(T))Var(U)Var(\phi(T)) \leq Var(U)).

Answer

ϕ(T)\phi(T) tahmin edicisi θ\theta için yansızdır ve varyansı orijinal UU tahmin edicisinin varyansından küçük veya ona eşittir.
Rao-Blackwell teoremine göre, yansız bir tahmin edicinin yeterli bir istatistik üzerine koşullu beklenen değeri (ϕ(T)=E(UT)\phi(T) = E(U \mid T)), parametre için yine yansız bir tahmin edicidir çünkü E[ϕ(T)]=E[E(UT)]=E[U]=θE[\phi(T)] = E[E(U \mid T)] = E[U] = \theta eşitliği her zaman geçerlidir. Ayrıca, toplam varyans kuralı (Var(U)=Var(E(UT))+E(Var(UT))Var(U) = Var(E(U \mid T)) + E(Var(U \mid T))) gereği varyanslar negatif olamayacağından, Var(ϕ(T))Var(U)Var(\phi(T)) \leq Var(U) eşitsizliği de kesin olarak sağlanır.

Step-by-Step Solution

1
Rao-Blackwell teoreminin varsayımlarını ve koşullu beklenen değer tanımını değerlendirin.
ϕ(T)=E(UT)\phi(T) = E(U \mid T) olarak tanımlanmıştır, burada UU yansız ve TT yeterli istatistiktir.
Teoremin sonuçlarını türetmek için başlangıç koşullarının matematiksel özelliklerine ihtiyaç vardır.
2
Koşullu beklenen değer kuralını uygulayarak ϕ(T)\phi(T)'nin beklenen değerini hesaplayın.
E[ϕ(T)]=E[E(UT)]=E[U]E[\phi(T)] = E[E(U \mid T)] = E[U]. UU yansız olduğu için E[U]=θE[U] = \theta elde edilir.
Yeni tahmin edicinin yansız olup olmadığını kontrol etmek için beklenen değerine bakılmalıdır.
3
Koşullu varyans teoremini (Toplam Varyans Kuralı) uygulayarak varyansları karşılaştırın.
Var(U)=Var(E(UT))+E(Var(UT))Var(U) = Var(E(U \mid T)) + E(Var(U \mid T)) eşitliğinden Var(U)=Var(ϕ(T))+E(Var(UT))Var(U) = Var(\phi(T)) + E(Var(U \mid T)) yazılır.
Orijinal ve yeni tahmin edicilerin varyansları arasındaki büyüklük ilişkisini kurmak için varyans ayrıştırması gereklidir.
4
Varyansın negatif olamayacağı gerçeğinden yola çıkarak eşitsizliği oluşturun.
Var(UT)0Var(U \mid T) \geq 0 olduğundan E(Var(UT))0E(Var(U \mid T)) \geq 0 olur. Dolayısıyla Var(U)Var(ϕ(T))Var(U) \geq Var(\phi(T)) eşitsizliği kesin olarak sağlanır.
Varyansların her zaman pozitif veya sıfır olma özelliğinden yola çıkarak sonuca ulaşılır.

Key Concept

Rao-Blackwell Teoremi
Question 158Question
X1,X2,,XnX_1, X_2, \dots, X_n rastgele örneklemi, olasılık yoğunluk fonksiyonu
f(x;θ)=12θexθ,<x<,θ>0f(x; \theta) = \frac{1}{2\theta} e^{-\frac{|x|}{\theta}}, \quad -\infty < x < \infty, \quad \theta > 0
olan dağılımdan alınmıştır.

Buna göre, kitle varyansının yansız bir tahmin edicisi için Cramer-Rao alt sınırı aşağıdakilerden hangisidir?

Show answer & explanation

Answer: 16θ4n\frac{16\theta^4}{n}

Answer

Doğru cevap 16θ4n\frac{16\theta^4}{n} olacaktır.
Cramer-Rao alt sınırı (CRLB) bir parametrenin fonksiyonu olan τ(θ)\tau(\theta) için hesaplanırken [τ(θ)]2nI(θ)\frac{[\tau'(\theta)]^2}{n I(\theta)} formülü kullanılır. Laplace dağılımı için varyans τ(θ)=2θ2\tau(\theta) = 2\theta^2 ve türevi τ(θ)=4θ\tau'(\theta) = 4\theta'dır. Fisher bilgi miktarı ise I(θ)=1θ2I(\theta) = \frac{1}{\theta^2} olarak hesaplanır. Değerler formülde yerine konulduğunda (4θ)2n(1/θ2)=16θ4n\frac{(4\theta)^2}{n (1/\theta^2)} = \frac{16\theta^4}{n} elde edilir.

Step-by-Step Solution

1
Dağılımın beklenen değerini ve varyansını (τ(θ)\tau(\theta)) hesaplayın.
E(X)=0E(X) = 0 (simetriden dolayı) ve E(X2)=x212θex/θdx=0x21θex/θdx=2θ2E(X^2) = \int_{-\infty}^{\infty} x^2 \frac{1}{2\theta} e^{-|x|/\theta} dx = \int_{0}^{\infty} x^2 \frac{1}{\theta} e^{-x/\theta} dx = 2\theta^2 bulunur. Varyans Var(X)=2θ2Var(X) = 2\theta^2 olur.
Soruda varyansın yansız tahmin edicisi için alt sınır sorulduğundan, öncelikle varyansın parametre cinsinden fonksiyonu (τ(θ)\tau(\theta)) bulunmalıdır.
2
Bulunan τ(θ)\tau(\theta) fonksiyonunun θ\theta'ya göre türevini alın.
τ(θ)=2θ2    τ(θ)=4θ\tau(\theta) = 2\theta^2 \implies \tau'(\theta) = 4\theta elde edilir.
Cramer-Rao alt sınırı formülünün payı için tahmin edilen fonksiyonun türevine ihtiyaç vardır.
3
Bir gözlem için Fisher Bilgi miktarını (I(θ)I(\theta)) bulun.
lnf=ln(2)ln(θ)xθ\ln f = -\ln(2) - \ln(\theta) - \frac{|x|}{\theta} türevi alındığında skor fonksiyonu xθθ2\frac{|x|-\theta}{\theta^2} olur. X|X| üstel dağıldığından varyansı θ2\theta^2'dir. Fisher bilgisi I(θ)=Var(Xθθ2)=1θ4θ2=1θ2I(\theta) = Var\left(\frac{|X|-\theta}{\theta^2}\right) = \frac{1}{\theta^4} \theta^2 = \frac{1}{\theta^2} bulunur.
Cramer-Rao alt sınırı formülünün paydasını oluşturmak için bilgi matrisinin beklenen değeri hesaplanmalıdır.
4
Cramer-Rao alt sınırı formülünü uygulayın.
CRLB=[τ(θ)]2nI(θ)=(4θ)2n(1/θ2)=16θ2n/θ2=16θ4nCRLB = \frac{[\tau'(\theta)]^2}{n I(\theta)} = \frac{(4\theta)^2}{n (1/\theta^2)} = \frac{16\theta^2}{n/\theta^2} = \frac{16\theta^4}{n} olarak hesaplanır.
Varyansın yansız herhangi bir tahmin edicisinin varyansının alabileceği en küçük değer bu şekilde bulunur.

Key Concept

Cramer-Rao Alt Sınırı ve Fonksiyon Tahmini
Question 159Question

Bir trafik sigortası portföyünde günlük meydana gelen hasar adetleri, λ>0\lambda > 0 parametreli Poisson dağılımına uymaktadır. Şirket, belirli bir günde hiç hasar yaşanmama olasılığını, yani θ=P(X=0)=eλ\theta = P(X=0) = e^{-\lambda} değerini tahmin etmek istemektedir.

nn günlük bağımsız rastgele örneklem X1,X2,,XnX_1, X_2, \dots, X_n olmak üzere, θ\theta parametresinin en çok olabilirlik tahmin edicisi θ^=eXˉ\hat{\theta} = e^{-\bar{X}} olarak verilmiştir. (Burada Xˉ\bar{X} örneklem ortalamasıdır.)

Buna göre, θ^\hat{\theta} tahmin edicisinin beklenen değeri E(θ^)E(\hat{\theta}) ve asimptotik yansızlık durumu aşağıdakilerin hangisinde doğru verilmiştir?

Show answer & explanation

Answer: E(θ^)=enλ(1e1/n)E(\hat{\theta}) = e^{-n\lambda(1-e^{-1/n})} olup, θ^\hat{\theta} asimptotik yansızdır.

Answer

Doğru ifade E(θ^)=enλ(1e1/n)E(\hat{\theta}) = e^{-n\lambda(1-e^{-1/n})} şeklindedir ve limit değeri parametreye eşit olduğu için asimptotik yansızdır.
Beklenen değer hesabı bağımsız rassal değişkenlerin toplamının özelliklerinden faydalanılarak moment çıkaran fonksiyon üzerinden MY(1/n)M_Y(-1/n) olarak hatasız biçimde çıkarılır. Asimptotik özellik ise üssün limiti alınırken L'Hopital kuralı (veya Taylor açılımı) kullanılarak 1-1 sonucuna ulaşılması ve en nihayetinde limitin θ=eλ\theta = e^{-\lambda} çıkmasıyla kanıtlanır.

Step-by-Step Solution

1
Tahmin edicinin beklenen değerini toplam sembolü cinsinden yazmak.
E(θ^)=E(eXˉ)=E(e1nXi)E(\hat{\theta}) = E(e^{-\bar{X}}) = E(e^{-\frac{1}{n}\sum X_i}) biçiminde ifade edilir.
Bağımsız gözlemlerin dağılımsal özelliklerini (moment çıkaran fonksiyon) kullanabilmek için ifadeyi Xi\sum X_i formatına getirmek gerekir.
2
Toplamın dağılımını belirleyerek moment çıkaran fonksiyondan (MGF) yararlanmak.
Y=i=1nXiY = \sum_{i=1}^{n} X_i dersek, bağımsızlık gereği YPoisson(nλ)Y \sim \text{Poisson}(n\lambda) olur. Poisson dağılımı için MGF formülü MY(t)=E(etY)=enλ(et1)M_Y(t) = E(e^{tY}) = e^{n\lambda(e^t - 1)} şeklindedir.
Üstel bir fonksiyonun beklenen değeri, değişkenin MGF formülünde uygun tt değerinin yerine konmasıyla doğrudan bulunur.
3
MGF formülünde t yerine uygun değeri koyarak E(θ^)E(\hat{\theta}) hesaplamak.
t=1/nt = -1/n alınarak E(e1nY)=MY(1/n)=enλ(e1/n1)=enλ(1e1/n)E(e^{-\frac{1}{n}Y}) = M_Y(-1/n) = e^{n\lambda(e^{-1/n} - 1)} = e^{-n\lambda(1-e^{-1/n})} bulunur.
Böylece tahmin edicinin her nn örneklem çapı için kesin beklenen değeri elde edilmiş olur.
4
nn \to \infty için beklenen değerin limitini almak.
Üssün limitini inceleyelim: limnn(e1/n1)\lim_{n \to \infty} n(e^{-1/n} - 1). u=1/nu = 1/n dönüşümü yapıldığında nn \to \infty iken u0u \to 0 olur. Limit limu0eu1u\lim_{u \to 0} \frac{e^{-u} - 1}{u} halini alır. L'Hopital kuralıyla türevler alındığında limu0eu1=1\lim_{u \to 0} \frac{-e^{-u}}{1} = -1 bulunur. Üs limit değeri λ-\lambda olur.
Asimptotik yansızlığı kontrol etmek için beklenen değerin asimptotik limitinin (sonsuzdaki durumunun) hesaplanması zorunludur.
5
Bulunan limiti gerçek parametre ile karşılaştırarak karara varmak.
limnE(θ^)=eλ=θ\lim_{n \to \infty} E(\hat{\theta}) = e^{-\lambda} = \theta olarak elde edilir. Beklenen değerin limiti gerçek parametreye eşit olduğu için θ^\hat{\theta} asimptotik yansızdır.
Asimptotik yansızlık tanımı, limit değerinin araştırılan parametreye mutlak eşitliğini gerektirir.

Key Concept

Asimptotik Yansızlık ve Moment Çıkaran Fonksiyon (MGF)

Alternative Method

Limit hesabında L'Hopital yerine Maclaurin/Taylor serisi açılımı kullanılabilir: e1/n11n+12n2e^{-1/n} \approx 1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{2n^2}. Buradan n(e1/n1)=n(1/n)=1n(e^{-1/n} - 1) = n(-1/n) = -1 asimptotik davranışına çok daha pratik şekilde ulaşılabilir.
Estimated Time:3m 0s
Question 160Question

Bir kitleden çekilen nn çaplı X1,X2,,XnX_1, X_2, \dots, X_n rastgele örnekleminin beklenen değeri E(Xi)=μ0E(X_i) = \mu \neq 0 ve varyansı V(Xi)=σ2V(X_i) = \sigma^2'dir. μ\mu parametresinin tahmini için μ^=cXˉ\hat{\mu} = c\bar{X} (burada Xˉ\bar{X} örneklem ortalamasıdır) şeklinde bir tahmin edici önerilmiştir.

Buna göre, bu tahmin edicinin hata kareler ortalamasını (MSE) en küçük yapan cc sabiti aşağıdakilerden hangisidir?

Show answer & explanation

Answer: nμ2nμ2+σ2\frac{n\mu^2}{n\mu^2 + \sigma^2}

Answer

Doğru cc değeri nμ2nμ2+σ2\frac{n\mu^2}{n\mu^2 + \sigma^2} ifadesine eşittir.
Hata Kareler Ortalaması (MSE), bir tahmin edicinin varyansı ile yan miktarının (bias) karesinin toplamıdır. μ^=cXˉ\hat{\mu} = c\bar{X} tahmin edicisinin varyansı c2σ2nc^2\frac{\sigma^2}{n} ve yan miktarı cμμ=μ(c1)c\mu - \mu = \mu(c-1) şeklindedir. Bunları MSE denkleminde yerine koyduğumuzda MSE=c2σ2n+μ2(c1)2MSE = c^2\frac{\sigma^2}{n} + \mu^2(c-1)^2 fonksiyonunu elde ederiz. Bu ifadeyi minimum yapan cc değerini bulmak için fonksiyonun cc'ye göre birinci türevini alır ve sıfıra eşitleriz: 2cσ2n+2μ2(c1)=02c\frac{\sigma^2}{n} + 2\mu^2(c-1) = 0. Bu denklem çözüldüğünde cc sabiti nμ2nμ2+σ2\frac{n\mu^2}{n\mu^2 + \sigma^2} olarak bulunur.

Step-by-Step Solution

1
Tahmin edicinin beklenen değerini ve varyansını hesapla.
E(μ^)=E(cXˉ)=cμE(\hat{\mu}) = E(c\bar{X}) = c\mu ve V(μ^)=V(cXˉ)=c2σ2nV(\hat{\mu}) = V(c\bar{X}) = c^2\frac{\sigma^2}{n} olarak bulunur.
MSE hesaplamasında tahmin edicinin varyansı ve kitle parametresinden olan sapması (yanlılığı) gereklidir.
2
Tahmin edicinin yan miktarını (bias) bul.
Bias(μ^)=E(μ^)μ=cμμ=μ(c1)Bias(\hat{\mu}) = E(\hat{\mu}) - \mu = c\mu - \mu = \mu(c-1)
Yanlı bir tahmin edici olduğu için MSE, varyans ile yan miktarının karesinin toplamı olacaktır.
3
Hata Kareler Ortalaması (MSE) fonksiyonunu cc sabitine bağlı olarak yaz.
MSE(μ^)=V(μ^)+[Bias(μ^)]2=c2σ2n+μ2(c1)2MSE(\hat{\mu}) = V(\hat{\mu}) + [Bias(\hat{\mu})]^2 = c^2\frac{\sigma^2}{n} + \mu^2(c-1)^2
Minimum noktayı bulabilmek için fonksiyonun açık halinin yazılması gerekir.
4
MSE fonksiyonunun cc'ye göre türevini alıp sıfıra eşitle.
ddcMSE=2cσ2n+2μ2(c1)=0    cσ2n+cμ2=μ2    c=nμ2nμ2+σ2\frac{d}{dc}MSE = 2c\frac{\sigma^2}{n} + 2\mu^2(c-1) = 0 \implies c\frac{\sigma^2}{n} + c\mu^2 = \mu^2 \implies c = \frac{n\mu^2}{n\mu^2 + \sigma^2}
Bir fonksiyonun yerel minimum noktasını bulmak için birinci türevi sıfıra eşitlenmelidir.

Key Concept

Hata Kareler Ortalaması (MSE) Optimizasyonu
PreviousPage 8 / 9Next