Methods of Estimation MCQ Quiz in हिन्दी - Objective Question with Answer for Methods of Estimation - मुफ्त [PDF] डाउनलोड करें
Last updated on Jul 1, 2025
Latest Methods of Estimation MCQ Objective Questions
Methods of Estimation Question 1:
द्विपक्षीय ANOVA मॉडल पर विचार करें
Yij = μ + αi + βj + ϵij, i = 1, 2; j = 1, 2
जहाँ μ समग्र माध्य प्रभाव है, αi कारक A के i-वें स्तर का प्रभाव है, βj कारक B के j-वें स्तर का प्रभाव है, Yij (i, j)-वें प्रायोगिक इकाई की प्रतिक्रिया है और ϵij संगत त्रुटि है जहाँ E(ϵij) = 0, i = 1, 2; j = 1, 2. निम्नलिखित में से कौन से आकलनीय रैखिक प्राचलिक फलन हैं?
Answer (Detailed Solution Below)
Methods of Estimation Question 1 Detailed Solution
संप्रत्यय:
\(Y_{ij} = \mu + \alpha_i + \beta_j + \epsilon_{ij}\) 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,
\( \epsilon_{ij}\) यादृच्छिक त्रुटि है जहाँ E\((\epsilon_{ij})\) = 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।
Methods of Estimation Question 2:
मान लीजिए Y1....Yn (n ≥ 2) स्वतंत्र प्रेक्षण हैं; Yi ~ N(βxi, σ2), i = 1,...,n; जहाँ x1,...,xn और σ2(> 0) ज्ञात स्थिरांक हैं और β ∈ ℝ एक अज्ञात प्राचल है। प्राचल β के लिए N(β0, τ2) पूर्वगामी पर विचार करें, जहाँ β0 और τ2(> 0) ज्ञात स्थिरांक हैं, और N(μ, λ2) माध्य μ और प्रसरण λ2 वाले प्रसामान्य बंटन को दर्शाता है। मान लीजिए \(\rm \bar y=\frac{1}{n}\Sigma_{i=1}^ny_i\ और \ \bar x=\frac{1}{n}\Sigma_{i=1}^nx_i\); प्रेक्षित प्रतिदर्श माध्य हैं। वर्ग त्रुटि हानि फलन के अंतर्गत, निम्नलिखित में से कौन से कथन सत्य हैं?
Answer (Detailed Solution Below)
Methods of Estimation Question 2 Detailed Solution
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 \( T^2 \to \infty \) , 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 \( T^2 \to \infty \), 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।
Methods of Estimation Question 3:
मान लीजिए X₁....., Xₙ (n ≥ 2) एक U(-θ, 2θ) बंटन से एक यादृच्छिक प्रतिदर्श है, जहाँ θ > 0 एक अज्ञात प्राचल है। मान लीजिए X̅ = \(\rm \frac{1}{n}\Sigma_{n=1}^nX_i, X_{(1)}=min\{X_1....X_n\}\) और X_(n) = max {X₁....., Xₙ}। निम्नलिखित में से कौन से कथन सत्य हैं?
Answer (Detailed Solution Below)
Methods of Estimation Question 3 Detailed Solution
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 \(\bar{X}\) को सैद्धांतिक माध्य के बराबर सेट करके, हम \(\theta\) के लिए हल करते हैं।
\(\theta\) के लिए MME:
\(\hat{\theta}_{\text{MME}} = 2\bar{X}\), जहाँ \(\bar{X}\) प्रतिदर्श माध्य है।
व्याख्या:
\(\bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i \) 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 \(\bar{X}\) के बराबर करके, हमें मिलता है,
\( \bar{X} = \frac{\theta}{2}\)
\(\theta\) के लिए हल करने पर, हमें आघूर्णों की आकलक विधि मिलता है
\( \hat{\theta}_{\text{MME}} = 2\bar{X}\)
विकल्प 3: ऊपर की गणना के आधार पर यह सत्य है।
विकल्प 4: यह गलत है। सही MME \(2\bar{X}\) है, \( \frac{2\bar{X}}{3} \) नहीं।
इसलिए, सही विकल्प 2) और 3) हैं।
Methods of Estimation Question 4:
मान लीजिए X1....X10 एक वितरण से एक यादृच्छिक प्रतिदर्श है जिसका प्रायिकता घनत्व फलन
जहाँ θ > 0 एक अज्ञात प्राचल है। θ का पूर्व बंटन दिया गया है
\(\rm \pi (θ)=\left\{\begin{matrix}θ e^{-θ}, & if\ θ>0\\\ 0, & otherwise,\end{matrix}\right.\)
वर्ग त्रुटि हानि के अंतर्गत θ का बेज़ आकलक है
Answer (Detailed Solution Below)
Methods of Estimation Question 4 Detailed Solution
संप्रत्यय:
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
\(\pi(\theta) = \begin{cases} \theta e^{-\theta}, & \text{if } \theta > 0 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}\)
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:
\(f(x|\theta) = \begin{cases} \theta x^{\theta-1}, & \text{if } 0 < x < 1 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}\)
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:
\(f(x|\theta) = \begin{cases} \theta x^{\theta - 1}, & \text{if } 0 < x < 1 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}\), जहाँ \(\theta > 0\) एक अज्ञात प्राचल है।
\(\theta\) का पूर्व बंटन दिया गया है
\(\pi(\theta) = \begin{cases} \theta e^{-\theta}, & \text{if } \theta > 0 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}\)
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।
Methods of Estimation Question 5:
Y1, Y2, ..., YN ~ i.i.d. N(μ, σ2), मानें जहां μ तथा σ2 अज्ञात हैं। Y1, Y2, ..., YN में से n साईज़ के एक SRSWR (μ1, μ2, ..., μn) एवं Y1, Y2, ..., YN में से n साईज़ के SRSWOR (v1, v2, ..., vn) पर विचार करें। Y = \(\sum_{i=1}^N Y_i=N \bar{Y}\) का आकलन करने के लिए \(\hat{Y}_{W R}=\frac{N}{n} \sum_{i=1}^n u_i\) तथा \(\hat{Y}_{W O R}=\frac{N}{n} \sum_{i=1}^n v_i\) को परिभाषित करें। तब निम्न में से कौन - से सत्य हैं?
Answer (Detailed Solution Below)
Methods of Estimation Question 5 Detailed Solution
Top Methods of Estimation MCQ Objective Questions
प्रसामान्य बंटन में से माध्य μ ∈ (−∞, 5] तथा प्रसरण 1 वाले आकार 3 के यादृच्छिक प्रतिदर्श {3, 6, 9} पर विचार करें। तब μ का अधिकतम संभाविता आकलन (maximum likelihood estimate) _______ है।
Answer (Detailed Solution Below)
Methods of Estimation Question 6 Detailed Solution
Download Solution PDFअवधारणा:
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।
मान लीजिए X1....X10 एक वितरण से एक यादृच्छिक प्रतिदर्श है जिसका प्रायिकता घनत्व फलन
जहाँ θ > 0 एक अज्ञात प्राचल है। θ का पूर्व बंटन दिया गया है
\(\rm \pi (θ)=\left\{\begin{matrix}θ e^{-θ}, & if\ θ>0\\\ 0, & otherwise,\end{matrix}\right.\)
वर्ग त्रुटि हानि के अंतर्गत θ का बेज़ आकलक है
Answer (Detailed Solution Below)
Methods of Estimation Question 7 Detailed Solution
Download Solution PDFसंप्रत्यय:
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
\(\pi(\theta) = \begin{cases} \theta e^{-\theta}, & \text{if } \theta > 0 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}\)
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:
\(f(x|\theta) = \begin{cases} \theta x^{\theta-1}, & \text{if } 0 < x < 1 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}\)
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:
\(f(x|\theta) = \begin{cases} \theta x^{\theta - 1}, & \text{if } 0 < x < 1 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}\), जहाँ \(\theta > 0\) एक अज्ञात प्राचल है।
\(\theta\) का पूर्व बंटन दिया गया है
\(\pi(\theta) = \begin{cases} \theta e^{-\theta}, & \text{if } \theta > 0 \\ 0, & \text{otherwise} \end{cases}\)
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।
Methods of Estimation Question 8:
प्रसामान्य बंटन में से माध्य μ ∈ (−∞, 5] तथा प्रसरण 1 वाले आकार 3 के यादृच्छिक प्रतिदर्श {3, 6, 9} पर विचार करें। तब μ का अधिकतम संभाविता आकलन (maximum likelihood estimate) _______ है।
Answer (Detailed Solution Below)
Methods of Estimation Question 8 Detailed Solution
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।
Methods of Estimation Question 9:
मान लीजिए Y1....Yn (n ≥ 2) स्वतंत्र प्रेक्षण हैं; Yi ~ N(βxi, σ2), i = 1,...,n; जहाँ x1,...,xn और σ2(> 0) ज्ञात स्थिरांक हैं और β ∈ ℝ एक अज्ञात प्राचल है। प्राचल β के लिए N(β0, τ2) पूर्वगामी पर विचार करें, जहाँ β0 और τ2(> 0) ज्ञात स्थिरांक हैं, और N(μ, λ2) माध्य μ और प्रसरण λ2 वाले प्रसामान्य बंटन को दर्शाता है। मान लीजिए \(\rm \bar y=\frac{1}{n}\Sigma_{i=1}^ny_i\ और \ \bar x=\frac{1}{n}\Sigma_{i=1}^nx_i\); प्रेक्षित प्रतिदर्श माध्य हैं। वर्ग त्रुटि हानि फलन के अंतर्गत, निम्नलिखित में से कौन से कथन सत्य हैं?
Answer (Detailed Solution Below)
Methods of Estimation Question 9 Detailed Solution
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 \( T^2 \to \infty \) , 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 \( T^2 \to \infty \), 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।
Methods of Estimation Question 10:
मानें कि X1, X2, ... be i.i. d. N(0, σ2) है, जहां σ2 (> 0) अज्ञात है। σ2 के लिए आकलकों के इस वर्ग पर सोचें
\(\left\{T_n=C_n \sum_{i=1}^n X_i^2: C_n>0, n \geq 1\right\}\)
तब निम्न में से कौन से सही हैं?
Answer (Detailed Solution Below)
Methods of Estimation Question 10 Detailed Solution
Methods of Estimation Question 11:
निम्न वक्तव्यों में से कौन से सत्य हैं?
Answer (Detailed Solution Below)
Methods of Estimation Question 11 Detailed Solution
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 Xi ∼ 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
Methods of Estimation Question 12:
माना कि Yi = α + βxi + εi, i = 1, 2, 3, जहां xi नियत सह-प्रसर है, a तथा β अज्ञात प्राचल है तथा ε1 माध्य 0 तथा प्रसरण σ2 > 0 वाले स्वतंत्रतः तथा सर्वथासमतः बंटित प्रसामान्य यादृच्छित चर हैं। निम्नलिखित अवलोकन दिए गए हैं,
| xi | 1 | 2 | 3 |
| yi | 2.1 | 3.9 | 6 |
निम्नलिखित कथनों में से कौन सा सही हैं?
Answer (Detailed Solution Below)
Methods of Estimation Question 12 Detailed Solution
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 (\(\hat \beta\)) = \(\frac{\sum(x-\bar x)(y-\bar y)}{\sum(x-\bar x)^2}\) और α के लिए आकलन (\(\hat \alpha=\bar y-\hat \beta \bar x\))
व्याख्या:
दिया गया है
| xi | 1 | 2 | 3 |
| yi | 2.1 | 3.9 | 6 |
इसलिए \(\bar x=\frac{1+2+3}{3}\) = 2 और \(\bar y=\frac{2.1+3.9+6}{3}\) = 4
इसलिए \(\hat \beta\) = \(\frac{(-1)(-1.9)+0(0.1)+1(2)}{1+0+1}\) = 1.95
और \(\hat \alpha=4-1.95\times2\) = 0.1
α का अधिकतम संभावना अनुमान 0.1 है।
विकल्प (1) सही है
फिर अवधारणा (i) से, विकल्प (2) सही है
Methods of Estimation Question 13:
असहसंबद्ध तथा समविचाली यादच्दिक त्रुटि वाले रैखिक निदर्श (model) E(Y1) = 2β1 − β2 − β3, E(Y2) = β2 − β4, E(Y3) = β2 + β3 − 2β4 पर विचार करें।
निम्न रैखिक प्राचलिक फलनों में से कौन-से आकलनीय हैं?
Answer (Detailed Solution Below)
Methods of Estimation Question 13 Detailed Solution
अवधारणा:
मान लीजिए कि A एक रैखिक मॉडल के संगत आव्यूह है
E(Yj) = ∑ biβi जहाँ Rank(A) पूर्ण रैंक है तो ϕ(βi) अनुमानित है यदि ∑ bi = 0
व्याख्या:
E(Y1) = 2β1 − β2 − β3, E(Y2) = β2 − β4, E(Y3) = β2 + β3 − 2β4
इसलिए
A = \(\begin{bmatrix}2&1&-1&0\\0&1&0&-1\\0&1&1&-2\end{bmatrix}\)
संक्रिया\(R_3\to R_3-R_2\) का उपयोग करके हम प्राप्त करते हैं
A = \(\begin{bmatrix}2&1&-1&0\\0&1&0&-1\\0&0&1&-1\end{bmatrix}\)
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।
Methods of Estimation Question 14:
द्विपक्षीय ANOVA मॉडल पर विचार करें
Yij = μ + αi + βj + ϵij, i = 1, 2; j = 1, 2
जहाँ μ समग्र माध्य प्रभाव है, αi कारक A के i-वें स्तर का प्रभाव है, βj कारक B के j-वें स्तर का प्रभाव है, Yij (i, j)-वें प्रायोगिक इकाई की प्रतिक्रिया है और ϵij संगत त्रुटि है जहाँ E(ϵij) = 0, i = 1, 2; j = 1, 2. निम्नलिखित में से कौन से आकलनीय रैखिक प्राचलिक फलन हैं?
Answer (Detailed Solution Below)
Methods of Estimation Question 14 Detailed Solution
संप्रत्यय:
\(Y_{ij} = \mu + \alpha_i + \beta_j + \epsilon_{ij}\) 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,
\( \epsilon_{ij}\) यादृच्छिक त्रुटि है जहाँ E\((\epsilon_{ij})\) = 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।
Methods of Estimation Question 15:
मान लीजिए X₁....., Xₙ (n ≥ 2) एक U(-θ, 2θ) बंटन से एक यादृच्छिक प्रतिदर्श है, जहाँ θ > 0 एक अज्ञात प्राचल है। मान लीजिए X̅ = \(\rm \frac{1}{n}\Sigma_{n=1}^nX_i, X_{(1)}=min\{X_1....X_n\}\) और X_(n) = max {X₁....., Xₙ}। निम्नलिखित में से कौन से कथन सत्य हैं?
Answer (Detailed Solution Below)
Methods of Estimation Question 15 Detailed Solution
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 \(\bar{X}\) को सैद्धांतिक माध्य के बराबर सेट करके, हम \(\theta\) के लिए हल करते हैं।
\(\theta\) के लिए MME:
\(\hat{\theta}_{\text{MME}} = 2\bar{X}\), जहाँ \(\bar{X}\) प्रतिदर्श माध्य है।
व्याख्या:
\(\bar{X} = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} X_i \) 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 \(\bar{X}\) के बराबर करके, हमें मिलता है,
\( \bar{X} = \frac{\theta}{2}\)
\(\theta\) के लिए हल करने पर, हमें आघूर्णों की आकलक विधि मिलता है
\( \hat{\theta}_{\text{MME}} = 2\bar{X}\)
विकल्प 3: ऊपर की गणना के आधार पर यह सत्य है।
विकल्प 4: यह गलत है। सही MME \(2\bar{X}\) है, \( \frac{2\bar{X}}{3} \) नहीं।
इसलिए, सही विकल्प 2) और 3) हैं।