Предсказание когда переменная ответа

Моя оценочная модель

Меня просят найти прогнозирующий КИ с доверительной вероятностью 95% для среднего значения , когда и . Мы предполагаем, что , где .$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 меня есть решение предыдущего года, которое выглядит так:

Я нахожу CI вида , где - верхний квантиль распределения для и . Это дает мне .$\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]$$t$$\alpha/2$$t(n-k)$$s_E=\sqrt{0.000243952}$$[7.1563,7.2175]$

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

Я не согласен с этим последним шагом (из-за неравенства Дженсена мы будем недооценивать). В «Введении в эконометрику» Вулдриджа на странице 212 он утверждает, что если мы уверены, что условия ошибок нормальные, то непротиворечивая оценка:

Итак, я думал о том, чтобы делать

Это правильно?

Кроме того, в решении этого упражнения указано, что , что далеко от любого решения, которое я получил.$\text{CI}(E[y_0|x_0])=[624.020,663.519]$

Любая помощь будет оценена.

PS: Я также читал, что коррекция не должна использоваться для CI, а только для оценки точки$\hat E[y_0|x_0]$

Вы не найдете тот же ответ из-за того, что я подозреваю, что это опечатка, которая, таким образом, будет главной причиной вашей проблемы: для будет установлено значение , а не . Другая возможность, если оставить , это ошибка во втором оценочном коэффициенте, скажем, вместо .$x_{03}$$80$$8$$x_{03}=8$$\hat{\beta}_2 = -0.1$$-0.01$

В любом случае, одна из этих модификаций решает все проблемы и дает тот же результат, что и решение этого упражнения.

Учитывая это изменение, при можно получить$t_{\alpha/2}=1.96476138969835$

Способ 1

$\text{CI}(E[y_0|x_0])=[e^{6.43618291164626},e^{6.49755798189177}]=[624.020307335178,663.519326788772]$ (данное решение этого упражнения)

или

Способ 2

Однако

метод 2 очень вряд ли будет правильным, так как вы уже в вашем вопросе [...] (занижение) коррекция не должна использоваться для CI , но только для оценки точки.

Почему ? Я бы сказал, что из-за зависимости между двумя терминами, знание ожиданий с одной стороны и с другой стороны не означает, что кто-то знает .$e^{s^2/2}$$\hat{y_0}$$e^{\frac{s^2}{2} + \hat{\ln(y_0)}}$

Точечный прогноз и КИ разные.

Для точного прогнозирования нам лучше исправлять предвзятость, насколько это возможно. Для CI с самого начала требуется, чтобы вероятность составляла . Например, когда является 95% -ным доверительным интервалом для , , безусловно, является 95% -ным доверительным интервалом для потому что . Так что ваш , безусловно, является действительным 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}]$

Но центр этого CI не является ни наивным предиктором (exp [предсказатель ]), ни исправленным предиктором (поправочный коэффициент, умноженный на наивный предиктор) из-за неравенства Дженсена, но это не имеет большого значения. В некоторых случаях (не всегда) вы можете изменить CI на для некоторых и так, чтобы вероятность оставалась 95%, а его центр был смещением. исправил предиктор, но я не вижу в этом смысла.$\ln y_0$$y_0$$[e^{a-p}, e^{b-q}]$$p$$q$

То, что вы предложили, т. Е. , не является 95% -ным доверительным интервалом. Чтобы понять почему, пусть поправочный коэффициент равен (неслучайный и совершенно известный для простоты), поэтому предиктором с поправкой на смещение является , где - непредвзятый предиктор ( в вашем примере). Это « » может быть оценено, , но, хотя последнее является случайным, предполагается неслучайным, чтобы упростить его. Пусть будет 95% -ным доверительным интервалом для , т.$[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$, Тогда что не равно если распределение является равномерным, что обычно не является.

РЕДАКТИРОВАТЬ

Выше речь идет о CI , а не . Оригинальный вопрос о CI для . Пусть , что оценивается как . В этом случае, я думаю, что метод Дельта является полезным вариантом (см. Ответ Лучоначо).$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})$

Чтобы быть строгими, нам нужно совместное распределение и , или, если быть точным, асимптотическое распределение вектора . Затем предельное распределение получается с использованием метода Delta, а затем CI для можно построить.$\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)$

Используйте Дельта-метод . Скажем, в больших выборках асимптотическое распределение одного параметра :$\beta$

(при условии, что ваша оценка соответствует)

Кроме того, вас интересует функция , скажем, . Тогда аппроксимация Тейлора первого порядка из приведенного выше приводит к следующему асимптотическому распределению:$\hat{\beta}$$F(\hat{\beta})$

В вашем случае, - это . Отсюда вы можете построить CI как обычно.$F(\hat{\beta})$$e^\hat{\beta}$

Источник и более подробная информация в связанном документе.