Прогнозування коли змінна відповіді

Моя приблизна модель

\hat{\ln} (y_{t}) = 9.873 - 0.472 \ln (x_{t 2}) - 0.01 x_{t 3}

$\hat \ln(y_t)=9.873-0.472\ln(x_{t2})-0.01x_{t3}$

Мене просять знайти прогнозний ІС з 95% впевненістю для середнього значення , коли , і . Припустимо, що , де . $y_0$ $x_{02}=250$ $x_{03}=8$ $s^2 x_0(X^TX)^{-1}x_0^T=0.000243952$ $x_0=(250,8)$

У мене є рішення попереднього року, яке виглядає так:

Я знаходжу CI форми $\text{CI}(E[ln(y_0)|x_0])=\left[\hat\ln(y_t)-t_{\alpha/2}s_E,\hat \ln(y_t)+t_{\alpha/2}s_E\right]$ , де $t$ - $\alpha/2$ верхнього розподілу $t(n-k)$ і $s_E=\sqrt{0.000243952}$ . Це дає мені $[7.1563,7.2175]$ .

Тоді автор робить $\text{CI}(E[y_0|x_0])=[e^{7.1563},e^{7.2175}]=[1282.158,1363.077]$ .

Я не згоден з цим останнім кроком (за нерівності Дженсена ми недооцінюємо). У статті «Вступ Волдріджа до економетрії» на сторінці 212 він стверджує, що якщо ми впевнені, що умови помилки є нормальними, то послідовним оцінником є:

\hat{E} [y_{0} | x_{0}] = e^{s^{2} / 2} e^{\hat{\ln} (y_{0})}

$\hat E[y_0|x_0]=e^{s^2/2}e^{\hat \ln(y_0)}$

Отже, я думав робити

CI (Е [у_{0} | х_{0}]) = [е^{с^{2} / 2} 1282.158, е^{с^{2} / 2} 1363.077] = [1282.314, 1363.243]

$\text{CI}(E[y_0|x_0])=\left[e^{s^2/2} 1282.158,e^{s^2/2}1363.077 \right] = \left[ 1282.314,1363.243 \right]$

Це правильно?

Також рішення цієї вправи стверджує, що , що далеко не будь-яке рішення, яке я отримав. $\text{CI}(E[y_0|x_0])=[624.020,663.519]$

Будь-яка допомога буде вдячна.

PS: Я також читав, що виправлення не слід використовувати для CI, а лише для оцінки точки $\hat E[y_0|x_0]$

econometrics prediction

— Старий у морі.
джерело

Відповіді:

Ви не знаходите такої самої відповіді через те, що я підозрюю, що є типографічною помилкою, яка, таким чином, буде основною причиною вашої проблеми: буде встановлено на , а не на . Інша можливість, якщо ви , - це помилка у другому оціненому коефіцієнті, скажімо, замість . $x_{03}$ $80$ $8$ $x_{03}=8$ $\hat{\beta}_2 = -0.1$ $-0.01$

У будь-якому випадку, одна з цих модифікацій вирішує все і дає такий же результат, що і рішення цієї вправи.

Враховуючи цю зміну, при виходить один $t_{\alpha/2}=1.96476138969835$

Спосіб 1

$\text{CI}(E[y_0|x_0])=[e^{6.43618291164626},e^{6.49755798189177}]=[624.020307335178,663.519326788772]$ (дане рішення цієї вправи)

або

Спосіб 2

(як зазначено у вступі Wooldridge's Intro to Econometrics, на сторінці 212), якщо ми впевнені, що умови помилки є нормальними (і одному надзвичайно пощастило)

CI (Е [у_{0} | х_{0}]) = [е^{с^{2} / 2} 624.0203, е^{с^{2} / 2} 663.5193] = [624.0960, 663.6002]

$\text{CI}(E[y_0|x_0])=\left[e^{s^2/2}624.0203,e^{s^2/2}663.5193 \right] = \left[ 624.0960,663.6002 \right]$

проте

метод 2 дуже навряд чи буде правильним, так як ви вже в вашому питанні [...] (заниження) корекція не повинна використовуватися для CI , але тільки для оцінки точки.

Чому? Я б сказав, що через залежність між двома термінами, знаючи очікування з одного боку, і з іншого боку, не означає, що він знає один з . $e^{s^2/2}$ $\hat{y_0}$ $e^{\frac{s^2}{2} + \hat{\ln(y_0)}}$

— підтримувати
джерело

Прогнозування точок та ІС відрізняються.

Для точкового прогнозування нам краще виправити зміщення якнайбільше. Для CI, що потрібно з самого початку, це те, що ймовірність дорівнює . Наприклад, коли - 95% CI для , , безумовно, 95% CI для оскільки . Тож ваш , безумовно, є дійсним CI. $100(1-\alpha)\%$ $[a,b]$ $\ln(y_0)$ $[e^a,e^b]$ $y_0$ $P(a\le \ln X\le b) = P(e^a \le X \le e^b)$ $[e^{7.1563}, e^{7.2175}]$

Але центр цієї КІ не є ні наївним прогноктором (експ. [Провісник ]), ні скоректованим передбачувачем (коефіцієнт корекції в рази більше наївного прогноктора) через нерівність Дженсена, але це насправді не має значення. У деяких випадках (не завжди), можливо, ви зможете змінити CI на на деякий і щоб ймовірність все ще становила 95%, а його центр є ухилом- виправлений предиктор, але я не бачу сенсу в цьому. $\ln y_0$ $y_0$ $[e^{a-p}, e^{b-q}]$ $p$ $q$

Те, що ви запропонували, тобто - це не 95% ІС. Щоб зрозуміти чому, нехай поправочний коефіцієнт буде (не випадковий і чудово відомий для простоти), тому передбачуваним коректором прогнозується , де є неупередженим ( у вашому прикладі). Це " " може бути оцінено, наприклад, , але, хоча останнє є випадковим, вважається невипадковим для того, щоб зробити його простим. Нехай - 95% CI для , тобто $[e^{s^2/2}e^a,e^{s^2/2}e^b]$ $h$ $he^{\theta}$ $\theta$ $\ln y_0$ $\hat\beta_0 + \hat\beta_2 \ln x_2 + \hat\beta_3 x_3$ $h$ $e^{s^2/2}$ $h$ $[a,b]$ $\ln y_0$ $P(a\le \ln y_0\le b)=0.95$ . Тоді що не дорівнює якщо розподіл є рівномірним, чого зазвичай немає.

P (h e^{a} \leq y_{0} \leq h e^{b}) = P (\ln h + a \leq \ln y_{0} \leq \ln h + b),

$P(he^a \le y_0 \le he^b) = P(\ln h+a \le \ln y_0 \le \ln h+b),$

P (a \leq \ln y_{0} \leq b) = 0.95

$P(a\le \ln y_0\le b)=0.95$

\ln y_{0}

$\ln y_0$

EDIT

Сказане вище стосується CI , а не . Вихідне питання стосується CI для . Нехай , що оцінюється . У цьому випадку я вважаю, що метод Delta - корисний варіант (див. Відповідь лухоначо). $y_0$ $E(y|X=x_0)$ $E(y|X=x_0)$ $E(y|X=x_0) = h\exp(x_0\beta)$ $\hat{h} \exp(x_0 \hat{\beta})$

Щоб бути суворим, нам потрібен спільний розподіл і , а якщо бути точним, асимптотичного розподілу вектора . Тоді обмеження розподілу виводиться методом Delta, а потім CI для можна побудувати. $\hat{h}$ $\hat\beta$ $\sqrt{n}[(\hat\beta-\beta)', \hat{h}-h]'$ $\sqrt{n}[\hat{h} \exp(x_0\hat{\beta}) - h\exp(x_0\beta)]$ $h\exp(x_0\beta)$

— чан1142
джерело

Дякую за те, що ти відповів, Чан. До речі, в цій вправі оцінювач точок або або дорівнює. Отримана оцінка знаходиться за межами CI для але всередині CI для . Чи не повинні вони обидва знаходитись у своєму КІ?

y_{0}

$y_0$

E (y | X_{0})

$E(y|X_0)$

E (y | X_{0})

$E(y|X_0)$

y_{0}

$y_0$

— Старий чоловік у морі.

Так, це допомагає. Не могли б ви перевірити це моє питання. Це пов’язано з цим. economyics.stackexchange.com/questions/16891/…

— Старий чоловік у морі.

У коментарі, який я зробив і видалив, я помилився. звичайно відрізняється від як говорить відповідь Алекоса Пападопулоса на ваше запитання. Велике спасибі @Anoldmaninthesea, і вибачте за це. Я, можливо, думав, що достатньо близький до , що не те, що ви піднімали. Хм, у цьому випадку ваше зауваження ще цікавіше.

E (y | X = x_{0})

$E(y|X=x_0)$

\exp {E (\log y | X = x_{0})}

$\exp\{E(\log y|X=x_0)\}$

\exp (x_{0} \hat{β})

$\exp(x_0{\hat\beta})$

\exp (x_{0} β)

$\exp(x_0 \beta)$

— chan1142

Я ніколи не замислювався над цим питанням. Я зараз буду. Значить, мова йде про CI для . Метод Дельти, пояснений лухоначо, виглядає корисним у цьому випадку. Дякую @Anoldmaninthesea за його підвищення.

E (y | X = x_{0})

$E(y|X=x_0)$

— chan1142

Чан, я пов’язав ще одне моє питання з цим. Там ви знайдете відповідь, яку я написав, і яка вам може бути цікавою.

— Старий чоловік у морі.

Використовуйте метод Delta . Скажімо, великі вибірки асимптотичного розподілу одного параметра : $\beta$

\hat{β} \overset{a}{\to} N (β, \frac{V a r (\hat{β})}{n})

$\hat{\beta} \xrightarrow{a} N\left(\beta,\frac{Var(\hat{\beta})}{n}\right)$

(якщо припустити, що ваша оцінка відповідає)

Крім того, вас цікавить функція , скажімо, . Тоді наближення Тейлора першого порядку до вищезазначеного призводить до наступного асимптотичного розподілу: $\hat{\beta}$ $F(\hat{\beta})$

F (\hat{β}) \overset{a}{\to} N (F (β), {(\frac{\partial F (\hat{β})}{\partial \hat{β}})}^{2} \frac{V a r (\hat{β})}{n})

$F(\hat{\beta}) \xrightarrow{a} N\left(F(\beta),\left(\frac{\partial F(\hat{\beta})}{\partial \hat{\beta}}\right)^2\frac{Var(\hat{\beta})}{n}\right)$

У вашому випадку є . Звідси ви можете побудувати ІС як звичайний. $F(\hat{\beta})$ $e^\hat{\beta}$

Джерело та більше деталей у пов'язаному документі.

— лухоначо
джерело

Лучо, я не можу використовувати метод Delta для цього ... але все-таки спасибі ;)

— Старий чоловік у морі.

: o чому б і ні? Будь-яке припущення я неправильно прочитав чи не заявив?

— luchonacho

Це просто не сенс вправи. Мені дуже цікаво знати, який з методів є правильним. Крім того, ваш метод дає орієнтовний розподіл, тоді як у вправі вони хочуть точного ІС.

— Старий чоловік у морі.