pauta prueba 3 - Universidad de Atacama

UNIVERSIDAD DE ATACAMA
FACULTAD DE INGENIERÍA / DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
ESTADÍSTICA Y PROBABILIDAD
PAUTA DE CORRECCIÓN PRUEBA N◦ 3
Profesor: Hugo S. Salinas.
Primer Semestre 2010
1. Sea Y1 , Y2 , . . . , Yn una muestra aleatoria de la variable Y ∼ U (0, θ). Se sabe que el máximo de
la muestra T = M ax(Y1 , Y2 , . . . , Yn ) ∼ f (t; θ) donde:
f (t; θ) =
n n−1
t ,
θn
0 < t < θ, θ > 0, n ≥ 1
a) Calcular E(T ).
Solución
θ
Z
E(T ) =
θ
Z
tf (t; θ)dt =
0
0
n
n
t n tn−1 dt = n
θ
θ
θ
Z
n
t dt = n
θ
n
0
θn+1
n+1
=
nθ
n+1
(6 ptos.)
b) Calcular el valor de la constante α para que el estimador αT sea insesgado.
Solución
Aquı́ el parámetro es θ y para que αT sea insesgado para θ se debe cumplir que E(αT ) = θ.
nθ
De aquı́ E(αT ) = αE(T ) = α n+1
. Por lo tanto α = n+1
.
n
(6 ptos.)
c) Calcular el ECM (cT ) para c > 0 (constante).
Solución
Sea S : Sesgo. Debemos calcular ECM (cT ) = V ar(cT ) + S 2 (cT ). Primero calculamos el
sesgo:
cn − n − 1
cnθ
−θ =θ
S(cT ) = E(cT ) − θ =
n+1
n+1
Ahora necesitamos E((cT )2 ).
2
2
2
E((cT ) ) = c E(T ) = c
2
θ
Z
n
c2 n
t n tn−1 dt = n
θ
θ
2
0
Z
θ
n+1
t
0
c2 n
dt = n
θ
θn+2
n+2
=
c2 nθ2
n+2
Luego la varianza está dada por:
c2 nθ2
V ar(cT ) = E((cT ) ) − (E(cT )) =
− c2
n+2
2
2
nθ
n+1
2
Luego:
V ar(cT ) =
CORRECCIÓN PRUEBA 3
1
c2 nθ2
(n + 2)(n + 1)2
2
= c nθ
2
1
n
−
n + 2 (n + 1)2
Ası́ tenemos el error cuadrático medio de cT :
ECM (cT ) =
c2 nθ2
θ2 (cn − n − 1)2
+
(n + 2)(n + 1)2
(n + 1)2
(6 ptos.)
d ) Calcular el valor de c para que el ECM (cT ) se mı́nimo.
Solución
Ahora utilizamos los métodos del cálculo para minimizar el error cuadrático medio en
función de c:
2θ2 cn
2θ2 (cn − n − 1) n
d(ECM (cT ))
=
+
=0
dc
(n + 2) (n + 1)2
(n + 1)2
Luego:
n+2
n+1
Para verificar si realmente hay un mı́nimo calculamos la segunda derivada de ECM (cT ):
c=
2θ2 n
2θ2 n2
d2 (ECM (cT ))
=
+
dc2
(n + 2) (n + 1)2 (n + 1)2
la cual es positiva ∀n, por lo tanto el ECM (cT ) es mı́nimo para c = (n + 2)/(n + 1).
(6 ptos.)
2. Sea X1 , . . . , Xn una muestra aleatoria de una variable X cuya función de densidad está dada
por:
λα xα−1 −λx
e , x > 0, α, λ > 0,
f (x; α, λ) =
Γ(α)
a) Calcular la función de log-verosimilitud l(α, λ).
Solución
Primero calculamos la función de verosimilitud:
L(α, λ) =
n
Y
λα xα−1 e−λxi
i
i=1
Γ(α)
Pn
Q
λnα ( ni=1 xi )α−1 e−λ i=1 xi
=
(Γ(α))n
Por lo tanto la función de log-verosimilitud está dada por:
l(α, λ) = nα log α + (α − 1)
n
X
i=1
log xi − λ
n
X
xi − n log Γ(α)
i=1
(8 ptos.)
b) Deducir las ecuaciones cuya solución produzcan los estimadores de máxima verosimilitud
(EMV) de los parámetros α y λ. ¿Se pueden resolver explı́citamente?. Explicar.
Solución
CORRECCIÓN PRUEBA 3
2
Al derivar la función de log-verosimilitud con respecto a los parámetros e igualando a cero,
se tienen:
n
X
nΓ0 (α)
∂l(α, λ)
= n log λ +
log xi −
=0
∂α
Γ(α)
i=1
(1)
n
∂l(α, λ)
nα X
=
−
xi = 0
∂λ
λ
i=1
(2)
No se pueden resolver explı́citamente con respecto a los parámetros debido a la complejidad
que presenta la función Gamma.
(8 ptos.)
c) Probar que el EMV de µ = αλ es µ
b = X.
Solución
De la Ecuación (2) se tiene que:
n
nα X
α
=
xi ⇐⇒ = X ⇐⇒ µ
b=X
λ
λ
i=1
(8 ptos.)
3. Cierto tipo de componente electrónico tiene una duración Y (en horas) con función de densidad
dada por:
y
y
f (y; β) = 2 e− β , y > 0, β > 0,
β
Supongamos que 3 de tales componentes, al probarlos de manera independiente, presentan
duración de 120, 128 y 130 horas.
a) Encontrar la función de log-verosimilitud l(β).
Solución
Primero calculamos la función de verosimilitud:
Qn
Pn
n
Y
yi
yi − yβi
i=1 yi − i=1
β
L(β) =
e
=
e
2
2n
β
β
i=1
Por lo tanto la función de log-verosimilitud está dada por:
Pn
n
X
yi
l(β) =
log yi − i=1 − 2n log β
β
i=1
(3)
(6 ptos.)
b) Calcular el EMV de β.
Solución
Derivando la Ecuación (3) con respecto a β e igualando a cero se tiene:
Pn
yi 2n
0
l (β) = i=1
−
=0
β2
β
CORRECCIÓN PRUEBA 3
3
(4)
De la Ecuación (4) se obtiene el EMV de β:
Pn
yi
Y
b
β = i=1 =
2n
2
(6 ptos.)
b
c) Calcular el ECM (β).
Solución
Primero calculamos los primeros momentos y la varianza de la variable Y . En efecto,
Z ∞ 2
Z ∞
y −y/β
yf (y; β)dy =
E(Y ) =
e
dy = 2β
β2
0
0
Z ∞ 3
Z ∞
y −y/β
2
2
y f (y; β)dy =
E(Y ) =
e
dy = 6β 2
2
β
0
0
V ar(Y ) = E(Y 2 ) − (E(Y ))2 = 6β 2 − 4β 2 = 2β 2
Pn
b = i=1 E(Yi ) =
El estimador del parámetro β es insesgado. En efecto, E(β)
2n
Por lo tanto
Pn
Pn
2
2
b = V ar(β)
b = i=1 V ar(Yi ) = i=1 2β = β
ECM (β)
4n2
4n2
2n
Pn
i=1
2n
2β
= β.
(6 ptos.)
d ) Utilizar los valores numéricos que se dan para obtener la estimación de β.
Solución
De los datos se tiene que Y = 120+128+130
= 126. Por lo tanto:
3
126
Y
=
= 63
βb =
2
2
(6 ptos.)
4. Una industria dedicada a la fabricación de harina, para llenar los paquetes usa dos máquinas.
Se considera que el contenido de harina (kilos) en los paquetes tiene una distribución normal.
Para estudiar el contenido de estos paquetes, se toma una muestra aleatoria de cada máquina
obteniendo los siguientes resultados:
Máquina A
Máquina B
1.03
1.04
1.05
1.08
1.08 0.9 1.1
0.9 1.0 1.06
1.2
1.08
1.09 1.13
1.15 0.92 1.07
a) Se considera que un paquete no cumple con las normas, si su contenido es inferior a un
kilo. En base a la muestra total (17 paquetes) y usando un nivel de significancia del 8 %,
encontrar un intervalo de confianza para la proporción de paquetes que cumplan con la
norma. ¿Cuál es tu conclusión?
Solución
Primero que todo tenemos 14 paquetes que cumplen con la normativa. Entonces pb = 14
=
17
0.82, luego 1 − pb = 0.18 para n = 17. De lo anterior:
r
r
pb(1 − pb)
0.82 × 0.18
p = pb ± zα/2
= 0.82 ± 1.75
n
17
CORRECCIÓN PRUEBA 3
4
Por lo tanto p ∈ (0.656, 0.983). Esto significa que en el 92 % de los casos, la proporción de
paquetes de harina de la industria no cumplen con las normas.
(6 ptos.)
b) Del item a), ¿qué concluyes ahora si el nivel de significancia es del 5 %?.
Solución
q
Ahora α = 0.05, luego zα/2 = 1.96 y p = 0.82 ± 1.96 0.82×0.18
. Por lo tanto p ∈
17
(0.637, 1.002). Esto significa que en el 95 % de los casos, la proporción de paquetes de
harina de la industria si cumplen con las normas.
(6 ptos.)
c) Encontrar un intervalo de confianza del 99 % para el cociente de las dos varianzas σA2 /σB2 .
¿Parece razonable concluir que las varianzas son iguales?. Justificar la respuesta.
Solución
De la tabla se obtiene SB2 = 0.006, SA2 = 0.007, X A = 1.072 y X B = 1.033, de esta manera:
0.006
0.006
σB2
∈
F7,8,0.005 ,
F7,8,0.995
σA2
0.007
0.007
σ2
donde F7,8,0.995 = 7.6942 y F7,8,0.005 = 0.1152. Por lo tanto σB2 ∈ (0.09874, 6.5950). Esto
A
significa que hay un 99 % de probabilidad que las varianzas poblacionales sean iguales,
ya que 1 ∈ (0.09874, 6.5950).
(6 ptos.)
d ) La persona encargada de la mantención de la máquina A, sospecha que no está funcionando
correctamente y que existirı́a una diferencia, respecto del contenido medio de los paquetes
llenados por la máquina B. Basándote en la muestra y usando un nivel de confianza del
99 %, ¿aceptarı́as la sospecha del encargado?. Justificar la respuesta.
Solución
Del item c) podemos asumir que las varianzas son iguales, entonces podemos utilizar lo
siguiente:
r
1
1
+
µA − µB = (X A − X B ) ± tα/2,n1 +n2 −2 Sp
n1 n2
donde Sp2 =
tanto:
7×0.007+8×0.006
8+9−2
= 0.00647, luego Sp = 0.0804. Además t0.005,15 = 2.947. Por lo
r
1 1
µA − µB = (1.072 − 1.033) ± 2.947 × 0.0804
+
8 9
Por lo tanto µA − µB ∈ (−0.076, 0.154). Esto significa que no existe diferencia respecto del
contenido medio de los paquetes llenados por la maquina A y B. No se acepta la sospecha
del encargado con un 99 % de probabilidad, ya que 0 ∈ (−0.076, 0.154).
(6 ptos.)
CORRECCIÓN PRUEBA 3
5