17 Alıştırmalar
Bu bölümdeki alıştırmalar kitabın farklı kısımlarını bir araya getirir: yansızlık, iki tahmin yöntemi, bir hipotez testinin gücü ve iki varyansın oranı için güven aralığı. Her çözüm, kullandığı sonucun anlatıldığı bölüme bağlantı verir; tablo değerleri Tablolar sayfasından okunur.
Alıştırma 17.1 (Farkların karelerinden yansız tahmin edici) \((X_1, X_2, X_3)\), ortalaması \(2\) ve varyansı \(\sigma^2\) olan bir kitleden alınmış bir rastgele örneklem olsun. \[ T = c\left[(X_1 - X_2)^2 + (X_2 - X_3)^2\right] \] istatistiğinin \(\sigma^2\) için yansız bir tahmin edici olması için \(c\) ne olmalıdır?
Çözüm
\(T\)’nin yansız olması \(E(T) = \sigma^2\) demektir (yansızlık). Bu yüzden önce \(E\big[(X_i - X_j)^2\big]\)’yi hesaplayalım.
Örneklem rastgele olduğundan \(X_1, X_2, X_3\) bağımsızdır ve hepsi kitle ile aynı dağılıma sahiptir. Buna göre her \(i\) için \[ E(X_i^2) = \operatorname{Var}(X_i) + \big(E(X_i)\big)^2 = \sigma^2 + 4, \] ve \(i \ne j\) için bağımsızlıktan \(E(X_i X_j) = E(X_i)\,E(X_j) = 2 \cdot 2 = 4\) olur. Böylece \[ \begin{aligned} E\big[(X_i - X_j)^2\big] &= E(X_i^2) - 2E(X_i X_j) + E(X_j^2)\\ &= (\sigma^2 + 4) - 2 \cdot 4 + (\sigma^2 + 4) = 2\sigma^2 . \end{aligned} \] Yani ortalama \(2\) sadeleşip gider; iki gözlemin farkı yalnız yayılımı taşır. Beklenen değerin doğrusallığıyla \[ E(T) = c\left(2\sigma^2 + 2\sigma^2\right) = 4c\,\sigma^2 . \] \(E(T) = \sigma^2\) olması her \(\sigma^2\) için \(4c = 1\) demektir. O hâlde \(c = \dfrac{1}{4}\) ve \[ T = \frac{(X_1 - X_2)^2 + (X_2 - X_3)^2}{4} \] \(\sigma^2\)’nin yansız bir tahmin edicisidir.
Alıştırma 17.2 (Momentler yöntemiyle tahmin) Olasılık yoğunluk fonksiyonu \[ f(x;\theta) = (\theta^2 + \theta)\,x^{\theta - 1}(1 - x), \qquad 0 < x < 1,\ \theta > 0 \] olan bir kitleden \(n\) birimlik bir rastgele örneklem alınıyor. \(\theta\) parametresinin tahmin edicisini momentler yöntemi ile bulunuz.
Çözüm
Momentler yönteminde kitle momentleri örneklem momentlerine eşitlenir. Tek parametre olduğundan birinci moment yeter: \(E(X) = \bar X\).
Önce \(E(X)\)’i hesaplayalım. \(\theta^2 + \theta = \theta(\theta + 1)\) yazıp integrali terim terim alırsak \[ \begin{aligned} E(X) &= \theta(\theta + 1)\int_0^1 x \cdot x^{\theta - 1}(1 - x)\,dx = \theta(\theta + 1)\int_0^1 \left(x^{\theta} - x^{\theta + 1}\right)dx\\ &= \theta(\theta + 1)\left(\frac{1}{\theta + 1} - \frac{1}{\theta + 2}\right) = \theta(\theta + 1)\cdot\frac{1}{(\theta + 1)(\theta + 2)} = \frac{\theta}{\theta + 2}. \end{aligned} \] (Aynı hesap \(x\) çarpanı olmadan yapılınca \(\theta(\theta+1)\big(\tfrac{1}{\theta} - \tfrac{1}{\theta+1}\big) = 1\) çıkar; yani \(f\) gerçekten bir yoğunluktur.)
Şimdi \(\dfrac{\theta}{\theta + 2} = \bar X\) denklemini \(\theta\) için çözelim: \[ \theta = \bar X\theta + 2\bar X \quad\Longrightarrow\quad \theta(1 - \bar X) = 2\bar X \quad\Longrightarrow\quad \hat\theta = \frac{2\bar X}{1 - \bar X}. \] Gözlemler \((0,1)\) aralığında olduğundan \(0 < \bar X < 1\)’dir; bu yüzden payda sıfır olmaz ve \(\hat\theta > 0\) çıkar.
Alıştırma 17.3 (En çok olabilirlik tahmin edicisi) \((X_1, \ldots, X_n)\), olasılık yoğunluk fonksiyonu \[ f(x;\tau) = \frac{1}{\tau}\,x^{\frac{1 - \tau}{\tau}}, \qquad 0 < x < 1,\ \tau > 0 \] olan bir kitleden alınmış bir rastgele örneklem olsun. \(\tau\) parametresinin en çok olabilirlik tahmin edicisini bulunuz.
Çözüm
Gözlemler bağımsız olduğundan olabilirlik fonksiyonu yoğunlukların çarpımıdır: \[ L(\tau) = \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{\tau}\,x_i^{\frac{1 - \tau}{\tau}} = \frac{1}{\tau^n}\left(\prod_{i=1}^{n} x_i\right)^{\frac{1 - \tau}{\tau}} . \] Logaritma artan olduğundan \(L\) ile \(\ln L\) aynı noktada en büyük olur. \(\frac{1-\tau}{\tau} = \frac{1}{\tau} - 1\) yazarsak \[ \ln L(\tau) = -n\ln\tau + \left(\frac{1}{\tau} - 1\right)\sum_{i=1}^{n}\ln x_i . \] Türev alıp sıfıra eşitleyelim: \[ \frac{d}{d\tau}\ln L(\tau) = -\frac{n}{\tau} - \frac{1}{\tau^2}\sum_{i=1}^{n}\ln x_i = 0 . \] Her iki tarafı \(\tau^2\) ile çarpınca \(-n\tau - \sum \ln x_i = 0\), yani \[ \hat\tau = -\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\ln X_i . \] \(0 < X_i < 1\) olduğundan her \(\ln X_i\) negatiftir; dolayısıyla \(\hat\tau > 0\) olur.
Bulunan noktanın gerçekten en büyük değer olduğunu görelim. İkinci türev \[ \frac{d^2}{d\tau^2}\ln L(\tau) = \frac{n}{\tau^2} + \frac{2}{\tau^3}\sum_{i=1}^{n}\ln x_i \] olup \(\sum \ln x_i = -n\hat\tau\) yazılınca \(\tau = \hat\tau\)’da \(\dfrac{n}{\hat\tau^2} - \dfrac{2n}{\hat\tau^2} = -\dfrac{n}{\hat\tau^2} < 0\) çıkar. Ayrıca birinci türev \(\tau < \hat\tau\) için pozitif, \(\tau > \hat\tau\) için negatiftir; yani \(\hat\tau\) tek kritik noktadır ve \(\ln L\)’nin mutlak en büyük değeri oradadır.
Alıştırma 17.4 (Normal ortalama testi ve testin gücü) Standart sapması \(\sigma = 2\) olan normal bir kitleden \(n = 16\) birimlik bir rastgele örneklem alınıyor. \(H_0 : \mu = 9\) hipotezi \(H_1 : \mu \ne 9\) hipotezine karşı \(\alpha = 0{,}10\) anlamlılık düzeyinde test edilecektir. Kritik bölgeyi örneklem ortalaması \(\bar X\) cinsinden yazınız ve gerçek ortalama \(\mu = 10\) iken testin gücünü bulunuz.
Çözüm
Test istatistiği. \(\sigma\) bilindiğinden \(H_0\) doğruyken \[ Z = \frac{\bar X - 9}{\sigma/\sqrt{n}} = \frac{\bar X - 9}{2/4} = \frac{\bar X - 9}{0{,}5} \sim N(0,1) \] olur (normal ortalama testi).
Kritik bölge. Karşı hipotez iki yönlü olduğundan \(\alpha = 0{,}10\) iki kuyruğa eşit bölünür: her kuyrukta \(0{,}05\). Standart normal tablosunda \(0{,}45\) alanı \(1{,}64\) ile \(1{,}65\) arasında kalır; \(z_{0{,}95} = 1{,}645\). \(H_0\), \(|Z| > 1{,}645\) olduğunda reddedilir. \(\bar X\) cinsinden: \[ \bar X < 9 - 0{,}5 \cdot 1{,}645 = 8{,}1775 \quad\text{ya da}\quad \bar X > 9 + 0{,}5 \cdot 1{,}645 = 9{,}8225 . \] Kabul bölgesi \(8{,}1775 \le \bar X \le 9{,}8225\) aralığıdır.
Güç. Testin gücü \(1 - \beta\), \(H_0\) yanlışken onu reddetme olasılığıdır; burada \(\mu = 10\) iken \(H_0\)’ın reddedilme olasılığı. \(\mu = 10\) iken \(\bar X \sim N(10;\ 0{,}5^2)\) olduğundan standartlaştırma \(\bar X\)’ten \(10\) çıkarıp \(0{,}5\)’e bölmektir: \[ \begin{aligned} 1 - \beta &= P(\bar X < 8{,}1775) + P(\bar X > 9{,}8225)\\ &= P\left(Z < \tfrac{8{,}1775 - 10}{0{,}5}\right) + P\left(Z > \tfrac{9{,}8225 - 10}{0{,}5}\right)\\ &= P(Z < -3{,}645) + P(Z > -0{,}355). \end{aligned} \] Simetriyle \(P(Z < -3{,}645) = 0{,}5 - A(3{,}645)\) olur ve tablodan bu değer yaklaşık \(0{,}0001\) bulunur. İkinci terimde simetriyle \(P(Z > -0{,}355) = 0{,}5 + A(0{,}355)\) olur. \(A(0{,}35) = 0{,}1368\) ile \(A(0{,}36) = 0{,}1406\) arasında ara değer alınırsa \(A(0{,}355) \approx 0{,}1387\) bulunur. Buna göre \[ 1 - \beta \approx 0{,}0001 + 0{,}6387 = 0{,}6388 . \] Yani gerçek ortalama \(10\) iken test, yanlış olan \(H_0\)’ı yaklaşık \(\%64\) olasılıkla reddeder. Sol kuyruğun katkısı yok denecek kadar küçüktür, çünkü \(\mu = 10\) sağ taraftadır. Aşağıdaki şekilde iki dağılım ve kritik bölge görülüyor.
Alıştırma 17.5 (İki varyansın oranı için güven aralığı) İki çeşit mısırın her biri aynı düzgün büyüme koşullarında, birinci çeşit \(6\), ikinci çeşit \(11\) parsele ekiliyor. Parsel verimlerinin örneklem varyansları birinci çeşit için \(s_1^2 = 6\), ikinci çeşit için \(s_2^2 = 14\) bulunuyor. Verimlerin normal dağıldığını varsayarak, birinci çeşidin kitle varyansı \(\sigma_1^2\) ile ikinci çeşidin kitle varyansı \(\sigma_2^2\)’nin oranı \(\sigma_1^2/\sigma_2^2\) için \(\%95\) güven aralığını bulunuz.
Çözüm
Örneklem büyüklükleri \(n_1 = 6\) ve \(n_2 = 11\)’dir. İki bağımsız normal örneklem için \[ F = \frac{S_1^2/\sigma_1^2}{S_2^2/\sigma_2^2} \sim F_{n_1 - 1,\ n_2 - 1} = F_{5,10} \] olur (iki varyansın oranı için aralık). \(1 - \alpha = 0{,}95\) için her kuyruğa \(0{,}025\) kalır: \[ P\left(F_{5,10,\,0{,}025} \le \frac{S_1^2}{S_2^2}\cdot\frac{\sigma_2^2}{\sigma_1^2} \le F_{5,10,\,0{,}975}\right) = 0{,}95 . \] Eşitsizlikleri \(\sigma_1^2/\sigma_2^2\) için çözelim. Terimlerin tersini alınca yönler değişir; sonra \(S_1^2/S_2^2\) ile çarparız: \[ \frac{S_1^2}{S_2^2}\cdot\frac{1}{F_{5,10,\,0{,}975}} \le \frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2} \le \frac{S_1^2}{S_2^2}\cdot\frac{1}{F_{5,10,\,0{,}025}} . \] Sol kuyruk kantili tabloda yoktur, ama \(F_{5,10,\,0{,}025} = 1/F_{10,5,\,0{,}975}\) olduğundan üst sınır \(\dfrac{S_1^2}{S_2^2}\,F_{10,5,\,0{,}975}\) olur. \(F\) tablosundan \(F_{5,10,\,0{,}975} = 4{,}24\) ve \(F_{10,5,\,0{,}975} = 6{,}62\) okunur. \(s_1^2/s_2^2 = 6/14 \approx 0{,}4286\) ile \[ \frac{0{,}4286}{4{,}24} \approx 0{,}101 \qquad\text{ve}\qquad 0{,}4286 \cdot 6{,}62 \approx 2{,}837 . \] Buna göre \(\%95\) güven aralığı \[ 0{,}101 \le \frac{\sigma_1^2}{\sigma_2^2} \le 2{,}837 \] olur. Aralık \(1\)’i içerdiğinden bu verilerle iki çeşidin varyanslarının farklı olduğu söylenemez.