Methods of Estimation MCQ Quiz in हिन्दी - Objective Question with Answer for Methods of Estimation - मुफ्त [PDF] डाउनलोड करें

संप्रत्यय:

$Y_{ij}=\mu +{\alpha }_i+{\beta }_j+{ϵ}_{ij}$ जहाँ, $\mu$ समग्र माध्य प्रभाव है,

${\alpha }_i$ कारक A के i -वें स्तर का प्रभाव है,

${\beta }_j$ कारक B के j -वें स्तर का प्रभाव है,

${ϵ}_{ij}$ यादृच्छिक त्रुटि है जहाँ E$({ϵ}_{ij})$ = 0, i = 1, 2 और j = 1, 2 .

द्विपक्षीय ANOVA मॉडल में एक आकलनीय फलन के लिए सामान्य नियम यह है कि इसमें $\mu +{\alpha }_i+{\beta }_j$ पदों का संयोजन होना चाहिए, क्योंकि यह व्यंजक $Y_{ij}$ के अपेक्षित मान का प्रतिनिधित्व करता है।

व्याख्या:

विकल्प 1: यह आकलनीय है क्योंकि यह प्रयोग के (i=2, j=2) सेल के लिए अपेक्षित प्रतिक्रिया का प्रतिनिधित्व करता है:

$E[Y_{22}]=\mu +{\alpha }_2+{\beta }_2$ .

इसलिए, विकल्प 1 सही है।

विकल्प 2: इस फलन में कारक A और कारक B के प्रभावों के बीच अंतर शामिल है, जिसका सीधे आकलन नहीं किया जा सकता है क्योंकि यह $E[Y_{ij}]$ जैसे अपेक्षित मान के अनुरूप नहीं है। इसलिए, विकल्प 2 आकलनीय नहीं है।

विकल्प 3: विकल्प 2 के समान, यह कारक प्रभावों के बीच अंतर है और मॉडल में प्रतिक्रिया के अनुरूप नहीं है, इसलिए विकल्प 3 आकलनीय नहीं है।

विकल्प 4: यह $Y_{ij}$ के किसी भी अपेक्षित मान के अनुरूप नहीं है, क्योंकि इसमें प्रभावों का ऋणात्मक शामिल है।

इसलिए, विकल्प 4 आकलनीय नहीं है।

विकल्प 1 सही विकल्प है।

संप्रत्यय: बेज़ आकलन समस्या जहाँ हमें प्रेक्षण $Y_1,\dots ,Y_n$ दिए गए हैं, प्रत्येक

माध्य $\beta x_i$ और प्रसरण ${\sigma }^2$ वाले प्रसामान्य बंटन का अनुसरण करता है। प्राचल $\beta$ का पूर्वगामी वितरण $N({\beta }_0,T^2)$ है।

व्याख्या:

विकल्प 1: यह सत्य है। जब पूर्वगामी प्रसरण $T^2\to 0$, तो पूर्वगामी ${\beta }_0$ के चारों ओर अत्यधिक केंद्रित हो जाता है।

इसलिए, बेज़ आकलन पूर्वगामी पर बहुत अधिक निर्भर करेगा और ${\beta }_0$ की ओर अभिसरित होगा।

विकल्प 2: यह असत्य है। जैसे $T^2\to 0$, बेज़ आकलन ${\beta }_0$ की ओर अग्रसर होगा, न कि प्रतिदर्श माध्यों के अनुपात $\frac{y}{x}$ की ओर।

विकल्प 3: यह सत्य है। जब $T^2\to \mathrm{\infty }$ , पूर्वगामी असूचनात्मक हो जाता है, और बेज़ आकलन संभाविता पर अधिक निर्भर करता है, जो BLUE से मेल खाता है।

विकल्प 4: यह भी सत्य है। जैसे $T^2\to \mathrm{\infty }$, पूर्वगामी का कम प्रभाव होता है, और आकलन $\beta$ के MLE की ओर अग्रसर होता है, जो केवल संभाविता पर आधारित है।

सही विकल्प: 1), 3), 4) है।

संप्रत्यय:

1. अधिकतम संभाविता आकलक (MLE):

एकसमान बंटन $U(-\theta ,2\theta )$ में, MLE डेटा की सीमा पर आधारित होता है।

MLE प्रतिदर्श में सबसे बड़े मान से प्रभावित होता है क्योंकि बंटन का परिसर 

$-\theta$ से $2\theta$ तक है। $\theta$ के लिए MLE:

${\hat{\theta }}_{\text{MLE}}=\frac{X_{(n)}}{2}$, जहाँ $X_{(n)}$ प्रतिदर्श में अधिकतम मान है।

2. आघूर्ण की विधि आकलक (MME):

आघूर्ण की विधि में प्रतिदर्श माध्य को बंटन के सैद्धांतिक माध्य से मिलाना शामिल है।

$U(-\theta ,2\theta )$ के लिए, सैद्धांतिक माध्य $\frac{\theta }{2}$ है।

प्रतिदर्श माध्य $\overline{X}$ को सैद्धांतिक माध्य के बराबर सेट करके, हम $\theta$ के लिए हल करते हैं।

$\theta$ के लिए MME:

${\hat{\theta }}_{\text{MME}}=2\overline{X}$, जहाँ $\overline{X}$ प्रतिदर्श माध्य है।

व्याख्या:

$\overline{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$ प्रतिदर्श माध्य है।

$X_{(1)}$ प्रतिदर्श का न्यूनतम (सबसे छोटा प्रेक्षण) है।

$X_{(n)}$ प्रतिदर्श का अधिकतम (सबसे बड़ा प्रेक्षण) है।

एकसमान बंटन $U(-\theta ,2\theta )$ के लिए, संभाविता फलन इस तथ्य पर आधारित है कि प्रेक्षित मान अंतराल

$(-\theta ,2\theta )$ के भीतर होने चाहिए। इसलिए, $\theta$ के लिए अधिकतम संभाविता आकलक प्रतिदर्श में

सबसे बड़े प्रेक्षित मान, $X_{(n)}$ से प्रभावित होगा। $\theta$ के लिए MLE आमतौर पर सबसे बड़ा देखा गया मान $X_{(n)}$ 2 से विभाजित होता है,

क्योंकि प्रतिदर्श में अधिकतम मान $2\theta$ से अधिक नहीं होना चाहिए।

इसलिए, $\theta$ के लिए MLE ${\hat{\theta }}_{\text{MLE}}=\frac{X_{(n)}}{2}$ है
अब, MLE से संबंधित विकल्पों का मूल्यांकन करते हैं।

विकल्प 1: यह गलत है क्योंकि MLE अधिकतम प्रेक्षित मान $X_{(n)}$ पर आधारित है, न्यूनतम पर नहीं।

विकल्प 2: यह कथन कुछ असामान्य है लेकिन तार्किक रूप से सत्य है। चूँकि $X_{(1)}$ सबसे

छोटा मान है, आकलक में अभी भी सबसे बड़ा मान $X_{(n)}$ शामिल होना चाहिए। इसलिए, MLE वास्तव में $\frac{X_{(n)}}{2}$ है

और $-X_{(1)}$ के साथ अधिकतम लेने से यह सुनिश्चित हो सकता है कि प्राचल धनात्मक है।

सत्य है।

आघूर्ण विधि में प्रतिदर्श आघूर्णों को बंटन के सैद्धांतिक आघूर्णों के बराबर करना शामिल है।

$U(-\theta ,2\theta )$ बंटन का माध्य है:

$\mathbb{E}(X)=\frac{-\theta +2\theta }{2}=\frac{\theta }{2}$

इसे प्रतिदर्श माध्य $\overline{X}$ के बराबर करके, हमें मिलता है,

$\overline{X}=\frac{\theta }{2}$

$\theta$ के लिए हल करने पर, हमें आघूर्णों की आकलक विधि मिलता है

${\hat{\theta }}_{\text{MME}}=2\overline{X}$

विकल्प 3: ऊपर की गणना के आधार पर यह सत्य है।

विकल्प 4: यह गलत है। सही MME $2\overline{X}$ है, $\frac{2\overline{X}}{3}$ नहीं।

इसलिए, सही विकल्प 2) और 3) हैं।

पूर्व बंटन: बेज़ आकलन में, पूर्व बंटन किसी भी डेटा को देखने से पहले प्राचल $\theta$ के बारे में हमारे विश्वासों का प्रतिनिधित्व करता है। इस समस्या में, $\theta$ का पूर्व बंटन दिया गया है

$\pi (\theta )=\{\begin{array}{ll}\theta e^{-\theta },& \text{if }\theta >0\\ 0,& \text{otherwise}\end{array}$

संभाविता फलन:

संभाविता फलन प्राचल $\theta$ दिए गए डेटा को देखने की प्रायिकता को व्यक्त करता है।

इस समस्या के लिए, प्रेक्षणों $X_1,X_2,\dots ,X_n$ का प्रायिकता घनत्व फलन (pdf) $\theta$ दिया गया है:

$f(x|\theta )=\{\begin{array}{ll}\theta x^{\theta -1},& \text{if }0<x<1\\ 0,& \text{otherwise}\end{array}$

एक यादृच्छिक प्रतिदर्श $X_1,X_2,\dots ,X_n$ के लिए, संभाविता फलन व्यक्तिगत घनत्वों का गुणनफल है

$L(\theta |X_1,X_2,\dots ,X_n)=\prod _{i=1}^n\theta X_i^{\theta -1}$

यह $L(\theta |X_1,X_2,\dots ,X_n)={\theta }^n\prod _{i=1}^n{X}_i^{\theta -1}$ को सरल करता है

व्याख्या:

वर्ग त्रुटि हानि के अंतर्गत $\theta$ का बेयस आकलक ज्ञात करने की समस्या को हल करने के लिए,

चलिए इसे चरण दर चरण तोड़ते हैं। यादृच्छिक प्रतिदर्श $X_1,X_2,\dots ,X_{10}$ एक

बंटन से आता है जिसका प्रायिकता घनत्व फलन (pdf) है:

$f(x|\theta )=\{\begin{array}{ll}\theta x^{\theta -1},& \text{if }0<x<1\\ 0,& \text{otherwise}\end{array}$, जहाँ $\theta >0$ एक अज्ञात प्राचल है।

$\theta$ का पूर्व बंटन दिया गया है

$\pi (\theta )=\{\begin{array}{ll}\theta e^{-\theta },& \text{if }\theta >0\\ 0,& \text{otherwise}\end{array}$

दिए गए pdf से एक प्रतिदर्श $X_1,X_2,\dots ,X_n$ के लिए संभाविता फलन है

$L(\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)=\prod _{i=1}^{n}f(x_i|\theta )$

दिए गए pdf $f(x|\theta )$ को प्रतिस्थापित करने पर:

$L(\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)=\prod _{i=1}^n\theta x_i^{\theta -1}$

$L(\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)={\theta }^n\prod _{i=1}^n{x}_i^{\theta -1}$

इसे फिर से लिखा जा सकता है

$L(\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)={\theta }^n\prod _{i=1}^n{x}_i^{\theta }\prod _{i=1}^n{x}_i^{-1}$

⇒ $L(\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)={\theta }^n\prod _{i=1}^n{x}_i^{\theta }\prod _{i=1}^n\frac{1}{x_i}$

संभाविता फलन का लघुगणक लेने पर,

$\log L(\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)=n\log \theta +\theta \sum _{i=1}^n\log x_i-\sum _{i=1}^n\log x_i$

उत्तर बंटन संभाविता और पूर्व बंटन के गुणनफल के समानुपाती है।

इसलिए, हम संभाविता फलन को पूर्व बंटन से गुणा करते हैं:

$\pi (\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)\propto L(\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)\times \pi (\theta )$

पूर्व बंटन $\pi (\theta )=\theta e^{-\theta }$ है, इसलिए

$\pi (\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)\propto {\theta }^n\prod _{i=1}^n{x}_i^{\theta }\theta e^{-\theta }$

इसका लघुगणक $\log \pi (\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)=(n+1)\log \theta +\theta \sum _{i=1}^n\log x_i-\theta$ लेने पर,

वर्ग त्रुटि हानि के अंतर्गत बेज़ आकलक उत्तर बंटन का माध्य (प्रत्याशा) है। अर्थात्

$\hat{\theta }=E[\theta |X_1,X_2,\dots ,X_n]$

उत्तर बंटन से, जो एक गामा बंटन है, $\theta$ की प्रत्याशा द्वारा दी गई है

$\hat{\theta }=\frac{n+1}{\sum _{i=1}^n\log x_i}$

इस समस्या के लिए, n = 10, इसलिए

$\hat{\theta }=\frac{11}{\sum _{i=1}^{10}\log x_i}$

इस प्रकार, विकल्प 2) सही है।

अवधारणा:

सामान्य वितरण के माध्य का अधिकतम संभाविता अनुमानक $\hat{\mu }=\frac{\sum x}{n}$ है।

व्याख्या:

माध्य μ और प्रसरण 1 वाले सामान्य वितरण से आकार 3 का एक यादृच्छिक नमूना {3, 6, 9} दिया गया है।

इसलिए μ का अधिकतम संभावना अनुमान = $\frac{\sum x}{n}$ = $\frac{3+6+9}{3}$ = 6

लेकिन दिया गया है μ ∈ (−∞, 5] इसलिए μ का अधिकतम संभाविता अनुमान 6 नहीं हो सकता है।

अब चूँकि 5 (−∞, 5] में अधिकतम मान है

इसलिए μ का अधिकतम संभावना अनुमान 5 है।

विकल्प (2) सही है।

पूर्व बंटन: बेज़ आकलन में, पूर्व बंटन किसी भी डेटा को देखने से पहले प्राचल $\theta$ के बारे में हमारे विश्वासों का प्रतिनिधित्व करता है। इस समस्या में, $\theta$ का पूर्व बंटन दिया गया है

$\pi (\theta )=\{\begin{array}{ll}\theta e^{-\theta },& \text{if }\theta >0\\ 0,& \text{otherwise}\end{array}$

संभाविता फलन:

संभाविता फलन प्राचल $\theta$ दिए गए डेटा को देखने की प्रायिकता को व्यक्त करता है।

इस समस्या के लिए, प्रेक्षणों $X_1,X_2,\dots ,X_n$ का प्रायिकता घनत्व फलन (pdf) $\theta$ दिया गया है:

$f(x|\theta )=\{\begin{array}{ll}\theta x^{\theta -1},& \text{if }0<x<1\\ 0,& \text{otherwise}\end{array}$

एक यादृच्छिक प्रतिदर्श $X_1,X_2,\dots ,X_n$ के लिए, संभाविता फलन व्यक्तिगत घनत्वों का गुणनफल है

$L(\theta |X_1,X_2,\dots ,X_n)=\prod _{i=1}^n\theta X_i^{\theta -1}$

यह $L(\theta |X_1,X_2,\dots ,X_n)={\theta }^n\prod _{i=1}^n{X}_i^{\theta -1}$ को सरल करता है

व्याख्या:

वर्ग त्रुटि हानि के अंतर्गत $\theta$ का बेयस आकलक ज्ञात करने की समस्या को हल करने के लिए,

चलिए इसे चरण दर चरण तोड़ते हैं। यादृच्छिक प्रतिदर्श $X_1,X_2,\dots ,X_{10}$ एक

बंटन से आता है जिसका प्रायिकता घनत्व फलन (pdf) है:

$f(x|\theta )=\{\begin{array}{ll}\theta x^{\theta -1},& \text{if }0<x<1\\ 0,& \text{otherwise}\end{array}$, जहाँ $\theta >0$ एक अज्ञात प्राचल है।

$\theta$ का पूर्व बंटन दिया गया है

$\pi (\theta )=\{\begin{array}{ll}\theta e^{-\theta },& \text{if }\theta >0\\ 0,& \text{otherwise}\end{array}$

दिए गए pdf से एक प्रतिदर्श $X_1,X_2,\dots ,X_n$ के लिए संभाविता फलन है

$L(\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)=\prod _{i=1}^{n}f(x_i|\theta )$

दिए गए pdf $f(x|\theta )$ को प्रतिस्थापित करने पर:

$L(\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)=\prod _{i=1}^n\theta x_i^{\theta -1}$

$L(\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)={\theta }^n\prod _{i=1}^n{x}_i^{\theta -1}$

इसे फिर से लिखा जा सकता है

$L(\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)={\theta }^n\prod _{i=1}^n{x}_i^{\theta }\prod _{i=1}^n{x}_i^{-1}$

⇒ $L(\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)={\theta }^n\prod _{i=1}^n{x}_i^{\theta }\prod _{i=1}^n\frac{1}{x_i}$

संभाविता फलन का लघुगणक लेने पर,

$\log L(\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)=n\log \theta +\theta \sum _{i=1}^n\log x_i-\sum _{i=1}^n\log x_i$

उत्तर बंटन संभाविता और पूर्व बंटन के गुणनफल के समानुपाती है।

इसलिए, हम संभाविता फलन को पूर्व बंटन से गुणा करते हैं:

$\pi (\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)\propto L(\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)\times \pi (\theta )$

पूर्व बंटन $\pi (\theta )=\theta e^{-\theta }$ है, इसलिए

$\pi (\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)\propto {\theta }^n\prod _{i=1}^n{x}_i^{\theta }\theta e^{-\theta }$

इसका लघुगणक $\log \pi (\theta |x_1,x_2,\dots ,x_n)=(n+1)\log \theta +\theta \sum _{i=1}^n\log x_i-\theta$ लेने पर,

वर्ग त्रुटि हानि के अंतर्गत बेज़ आकलक उत्तर बंटन का माध्य (प्रत्याशा) है। अर्थात्

$\hat{\theta }=E[\theta |X_1,X_2,\dots ,X_n]$

उत्तर बंटन से, जो एक गामा बंटन है, $\theta$ की प्रत्याशा द्वारा दी गई है

$\hat{\theta }=\frac{n+1}{\sum _{i=1}^n\log x_i}$

इस समस्या के लिए, n = 10, इसलिए

$\hat{\theta }=\frac{11}{\sum _{i=1}^{10}\log x_i}$

इस प्रकार, विकल्प 2) सही है।

अवधारणा:

सामान्य वितरण के माध्य का अधिकतम संभाविता अनुमानक $\hat{\mu }=\frac{\sum x}{n}$ है।

व्याख्या:

माध्य μ और प्रसरण 1 वाले सामान्य वितरण से आकार 3 का एक यादृच्छिक नमूना {3, 6, 9} दिया गया है।

इसलिए μ का अधिकतम संभावना अनुमान = $\frac{\sum x}{n}$ = $\frac{3+6+9}{3}$ = 6

लेकिन दिया गया है μ ∈ (−∞, 5] इसलिए μ का अधिकतम संभाविता अनुमान 6 नहीं हो सकता है।

अब चूँकि 5 (−∞, 5] में अधिकतम मान है

इसलिए μ का अधिकतम संभावना अनुमान 5 है।

विकल्प (2) सही है।

संप्रत्यय: बेज़ आकलन समस्या जहाँ हमें प्रेक्षण $Y_1,\dots ,Y_n$ दिए गए हैं, प्रत्येक

माध्य $\beta x_i$ और प्रसरण ${\sigma }^2$ वाले प्रसामान्य बंटन का अनुसरण करता है। प्राचल $\beta$ का पूर्वगामी वितरण $N({\beta }_0,T^2)$ है।

व्याख्या:

विकल्प 1: यह सत्य है। जब पूर्वगामी प्रसरण $T^2\to 0$, तो पूर्वगामी ${\beta }_0$ के चारों ओर अत्यधिक केंद्रित हो जाता है।

इसलिए, बेज़ आकलन पूर्वगामी पर बहुत अधिक निर्भर करेगा और ${\beta }_0$ की ओर अभिसरित होगा।

विकल्प 2: यह असत्य है। जैसे $T^2\to 0$, बेज़ आकलन ${\beta }_0$ की ओर अग्रसर होगा, न कि प्रतिदर्श माध्यों के अनुपात $\frac{y}{x}$ की ओर।

विकल्प 3: यह सत्य है। जब $T^2\to \mathrm{\infty }$ , पूर्वगामी असूचनात्मक हो जाता है, और बेज़ आकलन संभाविता पर अधिक निर्भर करता है, जो BLUE से मेल खाता है।

विकल्प 4: यह भी सत्य है। जैसे $T^2\to \mathrm{\infty }$, पूर्वगामी का कम प्रभाव होता है, और आकलन $\beta$ के MLE की ओर अग्रसर होता है, जो केवल संभाविता पर आधारित है।

सही विकल्प: 1), 3), 4) है।

संकल्पना:

(i) अधिकतम संभावना आकलक अद्वितीय नहीं है।

(ii) किसी पर्याप्त सांख्यिकी का कार्य पर्याप्त होता है यदि वह कार्य एक कार्य हो।

व्याख्या:

प्रत्यक्ष परिणाम से विकल्प (1) सही है और विकल्प (4) सही नहीं है

(2): मान लीजिए X_i ∼ N(θ, σ²) और T(X) = $\frac{X_1+X_2}{2}$ तो सांख्यिकी X पूर्ण है लेकिन पर्याप्त नहीं है

विकल्प (2) सही नहीं है

(3): मान लीजिए Xi ∼ N(θ, θ) और θ = $\frac{\sum X_i}{n}$ तो सांख्यिकी θ पर्याप्त है लेकिन पूर्ण नहीं है

विकल्प (3) सही है

अवधारणा:

मान लीजिए Yi = α + βxi + εi

(i) यदि Var(εi) परिमित है और εi स्वतंत्र और समान रूप से वितरित हैं तो α के साधारण न्यूनतम वर्ग आकलन का मान अधिकतम संभावना आकलन के बराबर होता है

(ii) यदि E(εi) = 0 और Var(εi) परिमित है और εi∼ N(0, σ²) तो α के साधारण न्यूनतम वर्ग आकलन का मान सर्वोत्तम रैखिक निष्पक्ष अनुमान के बराबर होता है

(iii) β के लिए आकलन ($\hat{\beta }$) = $\frac{\sum (x-\overline{x})(y-\overline{y})}{\sum (x-\overline{x}{)}^2}$ और α के लिए आकलन ($\hat{\alpha }=\overline{y}-\hat{\beta }\overline{x}$)

व्याख्या:

दिया गया है

इसलिए $\overline{x}=\frac{1+2+3}{3}$ = 2 और $\overline{y}=\frac{2.1+3.9+6}{3}$ = 4

इसलिए $\hat{\beta }$ = $\frac{(-1)(-1.9)+0(0.1)+1(2)}{1+0+1}$ = 1.95

और $\hat{\alpha }=4-1.95\times 2$ = 0.1

α का अधिकतम संभावना अनुमान 0.1 है।

विकल्प (1) सही है

फिर अवधारणा (i) से, विकल्प (2) सही है

अवधारणा:

मान लीजिए कि A एक रैखिक मॉडल के संगत आव्यूह है

E(Y_j) = ∑ b_iβ_i जहाँ Rank(A) पूर्ण रैंक है तो ϕ(β_i) अनुमानित है यदि ∑ bi = 0

व्याख्या:

E(Y1) = 2β1 − β2 − β3, E(Y2) = β2 − β4, E(Y3) = β2 + β3 − 2β4

इसलिए

A = $\left[\begin{array}{cccc}2& 1& -1& 0\\ 0& 1& 0& -1\\ 0& 1& 1& -2\end{array}\right]$

संक्रिया$R_3\to R_3-R_2$ का उपयोग करके हम प्राप्त करते हैं

A = $\left[\begin{array}{cccc}2& 1& -1& 0\\ 0& 1& 0& -1\\ 0& 0& 1& -1\end{array}\right]$

इसलिए rank(A) = 3

(1): 16β1 − 9β2 − 7β3

∑ bi = 16 - 9 - 7 = 0

इसलिए यह अनुमानित है

विकल्प (1) सही है

(2): β3 − β4

∑ bi = 1 - 1 = 0

इसलिए यह अनुमानित है

विकल्प (2) सही है

(3): 57β1 − 18β2 − 13β3 − 26β4

∑ bi = 57 - 18 -13 - 26 = 0

इसलिए यह अनुमानित है

विकल्प (3) सही है

(4): 23β1 − 9β2 − 10β3 + 4β4

∑ bi = 23 - 9 -10 + 4 = 8 ≠ 0

इसलिए यह अनुमानित नहीं है

विकल्प (4) सही नहीं है।

संप्रत्यय:

$Y_{ij}=\mu +{\alpha }_i+{\beta }_j+{ϵ}_{ij}$ जहाँ, $\mu$ समग्र माध्य प्रभाव है,

${\alpha }_i$ कारक A के i -वें स्तर का प्रभाव है,

${\beta }_j$ कारक B के j -वें स्तर का प्रभाव है,

${ϵ}_{ij}$ यादृच्छिक त्रुटि है जहाँ E$({ϵ}_{ij})$ = 0, i = 1, 2 और j = 1, 2 .

द्विपक्षीय ANOVA मॉडल में एक आकलनीय फलन के लिए सामान्य नियम यह है कि इसमें $\mu +{\alpha }_i+{\beta }_j$ पदों का संयोजन होना चाहिए, क्योंकि यह व्यंजक $Y_{ij}$ के अपेक्षित मान का प्रतिनिधित्व करता है।

व्याख्या:

विकल्प 1: यह आकलनीय है क्योंकि यह प्रयोग के (i=2, j=2) सेल के लिए अपेक्षित प्रतिक्रिया का प्रतिनिधित्व करता है:

$E[Y_{22}]=\mu +{\alpha }_2+{\beta }_2$ .

इसलिए, विकल्प 1 सही है।

विकल्प 2: इस फलन में कारक A और कारक B के प्रभावों के बीच अंतर शामिल है, जिसका सीधे आकलन नहीं किया जा सकता है क्योंकि यह $E[Y_{ij}]$ जैसे अपेक्षित मान के अनुरूप नहीं है। इसलिए, विकल्प 2 आकलनीय नहीं है।

विकल्प 3: विकल्प 2 के समान, यह कारक प्रभावों के बीच अंतर है और मॉडल में प्रतिक्रिया के अनुरूप नहीं है, इसलिए विकल्प 3 आकलनीय नहीं है।

विकल्प 4: यह $Y_{ij}$ के किसी भी अपेक्षित मान के अनुरूप नहीं है, क्योंकि इसमें प्रभावों का ऋणात्मक शामिल है।

इसलिए, विकल्प 4 आकलनीय नहीं है।

विकल्प 1 सही विकल्प है।

संप्रत्यय:

1. अधिकतम संभाविता आकलक (MLE):

एकसमान बंटन $U(-\theta ,2\theta )$ में, MLE डेटा की सीमा पर आधारित होता है।

MLE प्रतिदर्श में सबसे बड़े मान से प्रभावित होता है क्योंकि बंटन का परिसर 

$-\theta$ से $2\theta$ तक है। $\theta$ के लिए MLE:

${\hat{\theta }}_{\text{MLE}}=\frac{X_{(n)}}{2}$, जहाँ $X_{(n)}$ प्रतिदर्श में अधिकतम मान है।

2. आघूर्ण की विधि आकलक (MME):

आघूर्ण की विधि में प्रतिदर्श माध्य को बंटन के सैद्धांतिक माध्य से मिलाना शामिल है।

$U(-\theta ,2\theta )$ के लिए, सैद्धांतिक माध्य $\frac{\theta }{2}$ है।

प्रतिदर्श माध्य $\overline{X}$ को सैद्धांतिक माध्य के बराबर सेट करके, हम $\theta$ के लिए हल करते हैं।

$\theta$ के लिए MME:

${\hat{\theta }}_{\text{MME}}=2\overline{X}$, जहाँ $\overline{X}$ प्रतिदर्श माध्य है।

व्याख्या:

$\overline{X}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{X}_i$ प्रतिदर्श माध्य है।

$X_{(1)}$ प्रतिदर्श का न्यूनतम (सबसे छोटा प्रेक्षण) है।

$X_{(n)}$ प्रतिदर्श का अधिकतम (सबसे बड़ा प्रेक्षण) है।

एकसमान बंटन $U(-\theta ,2\theta )$ के लिए, संभाविता फलन इस तथ्य पर आधारित है कि प्रेक्षित मान अंतराल

$(-\theta ,2\theta )$ के भीतर होने चाहिए। इसलिए, $\theta$ के लिए अधिकतम संभाविता आकलक प्रतिदर्श में

सबसे बड़े प्रेक्षित मान, $X_{(n)}$ से प्रभावित होगा। $\theta$ के लिए MLE आमतौर पर सबसे बड़ा देखा गया मान $X_{(n)}$ 2 से विभाजित होता है,

क्योंकि प्रतिदर्श में अधिकतम मान $2\theta$ से अधिक नहीं होना चाहिए।

इसलिए, $\theta$ के लिए MLE ${\hat{\theta }}_{\text{MLE}}=\frac{X_{(n)}}{2}$ है
अब, MLE से संबंधित विकल्पों का मूल्यांकन करते हैं।

विकल्प 1: यह गलत है क्योंकि MLE अधिकतम प्रेक्षित मान $X_{(n)}$ पर आधारित है, न्यूनतम पर नहीं।

विकल्प 2: यह कथन कुछ असामान्य है लेकिन तार्किक रूप से सत्य है। चूँकि $X_{(1)}$ सबसे

छोटा मान है, आकलक में अभी भी सबसे बड़ा मान $X_{(n)}$ शामिल होना चाहिए। इसलिए, MLE वास्तव में $\frac{X_{(n)}}{2}$ है

और $-X_{(1)}$ के साथ अधिकतम लेने से यह सुनिश्चित हो सकता है कि प्राचल धनात्मक है।

सत्य है।

आघूर्ण विधि में प्रतिदर्श आघूर्णों को बंटन के सैद्धांतिक आघूर्णों के बराबर करना शामिल है।

$U(-\theta ,2\theta )$ बंटन का माध्य है:

$\mathbb{E}(X)=\frac{-\theta +2\theta }{2}=\frac{\theta }{2}$

इसे प्रतिदर्श माध्य $\overline{X}$ के बराबर करके, हमें मिलता है,

$\overline{X}=\frac{\theta }{2}$

$\theta$ के लिए हल करने पर, हमें आघूर्णों की आकलक विधि मिलता है

${\hat{\theta }}_{\text{MME}}=2\overline{X}$

विकल्प 3: ऊपर की गणना के आधार पर यह सत्य है।

विकल्प 4: यह गलत है। सही MME $2\overline{X}$ है, $\frac{2\overline{X}}{3}$ नहीं।

इसलिए, सही विकल्प 2) और 3) हैं।