SOLUCION
1. pX (−1) = p pX (2) = 1 − p
(a)
E (X)
= (−1) p + 2 (1 − p)
⇒ E (X) = 2 − 3p y por el método de los momentos Xn 2 − 3p
2 − Xn
3
(b) Supongamos que entre los valores X1 , ...., Xn existe al menos un −1
y un 2,entonces
⇒El estimador es pM =
V (p)
=
i=n
i=1
log [V (p)]
=
p
1 + xi
2 − xi
3 (1 − p) 3
log (p)
i=n
2 − xi
i=1
i=n
d log [V (p)]
dp
=
3
+ log (1 − p)
i=n
i=n
i=1
(2 − xi ) − p
i=n
i=1
3
(1 + xi ) = 0 ⇔ 2 − 3p − Xn = 0
⇒El estimador de máx. verosimilitud es pV =
Supongamos que X1 = .... = Xn = −1
i=n
i=1
1 + xi
1 2 − xi
1
−
=0
p i=1 3
(1 − p) i=1 3
⇔ (1 − p)
V (p) =
i=n
1 + xi
2 − Xn
.
3
p = pn ,el máximo en [0, 1] se presenta en 1
i=1
⇒El estimador de máx. verosimilitud es pV = 1.
Supongamos que X1 = .... = Xn = 2
V (p) =
i=n
i=1
(c)
(1 − p) = (1 − p)n ,el máximo en [0, 1] se presenta en 0
⇒El estimador de máx. verosimilitud es pV = 0
E
2 − Xn
3
1
1
2 − E Xn = (2 − [2 − 3p]) = p
3
3
⇒ E [
p] = p
es decir, p es un estimador insesgado de p
=
1
(d) Por ejercicio del práctico 9.6
ECM [
pn ]
=
V ar (
pn )
=
y V ar (X)
=
(c)
V ar (
pn ) + (sesgo)2 = V ar (
pn )
V ar Xn
2 − Xn
V ar (X)
V ar
=
=
3
9
9n
2
2
2
2
2
E X − [E (X)] = (−1) p + 2 (1 − p) − [2 − 3p]
p + 4 (1 − p) − 4 + 12p − 9p2 = 9p (1 − p)
p (1 − p)
⇒ ECM [
pn ] =
n
=
(e) Buscamos un IdeC aprox para el promedio usando TCL, tenemos
40 × (−1) + 80 × 2
2−1
= 1 ⇒ p =
= 1/3
120
3
2 = 9(1/3)(1 − (1/3)) = 2
y como V ar (X) = 9p (1 − p) entonces σ
por otro lado z0,5 = 1.645 y n = 120
X 120
=
entonces el IdeC para 2 − 3p es
√
√
√
√
z0,5 2
z0,5 2
1.645 2
1.645 2
[1− √
, 1+ √
] = [1− √
, 1+ √
] = [0.788, 1.212]
120
120
120
120
de donde IdeC para p es
2 − 1.212 2 − 0.787
,
= [0.263, 0.404]
3
3
2. (a) Test de Rachas, R=3, p_valor=0.19, el test no rechaza aleatoriedad
Test de Spearman, rs=-0.25, p_valor=0.297, el test no rechaza aleatoriedad
(b) Test de Kolmogorov-Smirnov (una muestra), Dn=0.3036, p_valor
>0.2, el test no rechaza que sea U [0, 2]
(c) Test de Mann-Whitney-Wilcoxon, Tx=58, p_valor=0.433, el test no
rechaza que tengan la misma distribución.
Test de Kolmogorov -Smirnov (dos muestras), nmD=18, p_valor
>0.118, el test no rechaza que tengan la misma distribución.
3. (a) Sean:
E error
A1 la señal emite un 1
2
A0 la señal emite un 0.
E = [E ∩ A1 ] ∪ [E ∩ A0 ]
P (E) = P [E ∩ A1 ] + P [E ∩ A0 ] = P [E/A1 ] P (A1 ) + P [E/A0 ] P (A0 )
P [E/A1 ] = P (decodificar 0/A1 ) = Pµ=µ1 (U ≤ c) = P (Z ≤ c) con Z ∼ N µ1 , σ 2
Z − µ1
c − µ1
c − µ1
P [E/A1 ] = P
≤
=Φ
σ
σ
σ
P [E/A0 ] = P (decodificar 1/A0 ) = Pµ=µ0 (U > c) = 1 − P (Z ≤ c) con Z ∼ N µ0 , σ 2
Z − µ0
c − µ0
c − µ0
≤
=1−Φ
P [E/A0 ] = 1 − P
σ
σ
σ
P (A1 ) = 1 − p0 y P (A0 ) = p0
c − µ0
c − µ1
(1 − p0 ) + 1 − Φ
p0 = f (c)
P (E) = Φ
σ
σ
(b)
df (c)
dc
dΦ
=
=
=
df (c)
dc
=
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
df (c)
dc
>
df (c)
dc
<
c−µ1
σ
dΦ
c−µ0
σ
p0
(1 − p0 ) −
dc
dc
1
c − µ1
c − µ0
ϕ
(1 − p0 ) − ϕ
p0
σ
σ
σ
2
2 1
1 c − µ1
1 c − µ0
√
exp −
(1 − p0 ) − exp −
p0
2
σ
2
σ
2πσ
2 2 1 c − µ1
1 c − µ0
0 ⇔ exp −
(1 − p0 ) − exp −
p0 = 0
2
σ
2
σ
2 2 1
c − µ1
c − µ0
p0
exp −
−
=
2
σ
σ
1 − p0
2 2 1
c − µ1
c − µ0
p0
−
−
= ln
2
σ
σ
1 − p0
1
p0
− 2 c2 − 2cµ1 + µ21 − c2 + 2cµ0 − µ0 2 = ln
2σ
1 − p0
p0
2c (µ1 − µ0 ) + µ0 2 − µ21 = 2σ2 ln
1 − p0
p0
2
2
2σ 2 ln 1−p
+
µ
−
µ
0
1
0
c=
además
2 (µ1 − µ0 )
p0
2σ2 ln 1−p
+ µ21 − µ0 2
0
0⇔c>
y
2 (µ1 − µ0 )
p0
2σ2 ln 1−p
+ µ21 − µ0 2
0
0⇔c>
ya que µ1 > µ0
2 (µ1 − µ0 )
3
por lo que efectivamente
2σ 2 ln
copt =
(c)
p0
1−p0
+ µ21 − µ0 2
2 (µ1 − µ0 )
i.
P (U ≤ 1.2)
con Z0
P (U ≤ 1.2)
P (U ≤ 1.2)
=
∼
=
=
p0 P (Z0 ≤ 1.2) + (1 − p0 ) P (Z1 ≤ 1.2)
N (0, 1) y Z1 ∼ N (2, 1)
p0 P (Z0 ≤ 1.2) + (1 − p0 ) P (Z0 ≤ −0.8) = p0 × 0.88 + (1 − p0 ) × 0.21
0.67p0 + 0.21
ii. Según los datos {i : Ui ≤ 1.2} = 6 por lo que estamos en la
región crítica y rechazamos H0 .
El error asociado a esta decisión es del tipo I y por lo tanto su
proibabilidad es α .
α = PH0 ([ {i : Ui ≤ 1.2} ≥ 5]) = Pp0 =0.61 ([ {i : Ui ≤ 1.2} ≥ 5])
Pp0 =0.61 (U ≤ 1.2) = 0.67 × 0.61 + 0.21 = 0.62
{i : Ui ≤ 1.2} =
i=9
i=1
Xi con Xi ∼ Ber (0.62) por lo cual
{i : Ui ≤ 1.2} = W con W ∼ Bin (9, 0.62) ⇒
α = P (W ≥ 5) = 1 − P (W ≤ 4) 1 − 0.23 = 0.77
4
0
