Edición de «Final 14/06/2019 (Probabilidad y Estadística)»

{{Back|Probabilidades y Estadística}}

Criterio de aprobaci ́on: El examen consta de dos partes A y B. En la Parte A, cada ejercicio resuelto correctamentesuma un punto. En la Parte B, el ejercicio suma 5 puntos. El final se aprueba con 6 puntos y NO podra sumar mas de 5 puntos de cada parte

== Parte A ==

=== Ejercicio 1 ===
Se tiene una urna con cuatro pelotitas negras y tres rojas. Se quitan tres sin reposición.
# Dar la probabilidad de que la primera haya sido negra y la tercera roja.
# Si se sabe que la tercera fue roja. Cual es la probabilidad de que la segunda haya sido negra?.

=== Ejercicio 2 ===
Sean <math>X</math>, <math>Y</math> dos variables aleatorias independientes con distribuciones <math>X \sim \mathcal{P}(\lambda)</math>, <math>Y \sim \mathcal{P}(\mu)</math>. Demostrar que <math>X+Y \sim \mathcal{P}(\lambda + \mu)</math>

<div class="toccolours mw-collapsible mw-collapsed">
Posible resolución
<div class="mw-collapsible-content" style="overflow-x:scroll">
<math> P(X+Y = k)=P(X=k-Y) \overset{\overset{\text{Proba total}}{\downarrow}}{=}  
\sum\limits_{i=0}^k P(X=k-Y | Y=i)P(Y=i) =
\sum\limits_{i=0}^k P(X=k-i | Y=i)P(Y=i) \overset{\overset{\perp\!\!\!\perp}{\downarrow}}{=} 
\sum\limits_{i=0}^k P(X=k-i)P(Y=i) = 
\sum\limits_{i=0}^k \left(\frac{\lambda^{k-i}}{(k-i)!} e^{-\lambda} \right) \left(\frac{\mu^{i}}{(i)!} e^{-\mu}\right) = 
e^{-(\lambda+\mu)}\sum\limits_{i=0}^k \frac{\lambda^{k-i}}{(k-i)!} \frac{\mu^{i}}{(i)!} = 
e^{-(\lambda+\mu)}\sum\limits_{i=0}^k \frac{\lambda^{k-i}}{(k-i)!} \frac{\mu^{i}}{(i)!} \frac{k!}{k!} = 
\frac{1}{k!} e^{-(\lambda+\mu)}\sum\limits_{i=0}^k \frac{k!}{(k-i)! i!} \lambda^{k-i}\mu^i =
\frac{1}{k!} e^{-(\lambda+\mu)}\sum\limits_{i=0}^k \binom k i \lambda^{k-i}\mu^i = 
\frac{(\lambda+\mu)^k}{k!} e^{-(\lambda+\mu)} \sim \mathcal{P}(\lambda+\mu)</math>
</div>
</div>

=== Ejercicio 3 ===
Sean <math>X_1, \dots, X_n</math>, <math>Y_1, \dots, Y_n</math> variables aleatorias independientes. Siendo <math>X_i</math> con distribucion geometrica de parametro <math>p</math> y <math>Y_i</math> con distribucion normal de media 0 y varianza 1. Dar el valor limite de:

<math>\frac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^n X_i\ \mathbb{I}_{\{Y_i>0\}}</math>

<div class="toccolours mw-collapsible mw-collapsed">
Posible resolución
<div class="mw-collapsible-content" style="overflow-x:scroll">
Sea <math>Z_i = X_i \mathbb{I}_{\{Y_i>0\}}</math>
Yo se que si <math>\frac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^n</math> converge en probabilidad, lo hace a su esperanza por la Ley de Grandes Numeros:

<math>\frac{1}{n}\sum\limits_{i=0}^n \overset{p}{\longrightarrow} E[Z]</math>

Si se cumple que <math>V[Z] < \infty</math>. Primero encuentro la esperanza y despues me preocupo por eso.

<math> E[Z]=E[X\ \mathbb{I}_{\{Y>0\}}] \overset{\overset{\perp\!\!\!\perp}{\downarrow}}{=} E[X]E[\mathbb{I}_{\{Y>0\}}]=\frac{1}{p}E[\mathbb{I}_{\{Y>0\}}]=\frac{1}{p}P(Y>0)\overset{\overset{Y\sim\mathcal{N}(0,1)}{\downarrow}}{=}\frac{1}{2p}</math>

Para ver que la varianza es finita tengo que estudiar <math>E[Z^2]=E[X^2\ \cdot\ \left(\mathbb{I}_{\{Y>0\}}\right)^2]=E[X^2]\ E[\left(\mathbb{I}_{\{Y>0\}}\right)^2]</math>
Yo se que la varianza de una geometrica es finita asi que el primer termino se puede calcular facil y es finito (Da <math>(2-p)/p^2</math>). Para el otro termino notemos que
<math>\left(\mathbb{I}_{\{Y>0\}}\right)^2 = \mathbb{I}_{\{Y>0\}} \cdot \mathbb{I}_{\{Y>0\}} = \mathbb{I}_{\{Y>0\}} </math>
Porque multiplicar dos veces la misma indicadora no aporta nada, entonces ya esta calculada la <math>E[Z^2]</math> y entonces la <math>V[Z]=E[Z^2]-E^2[Z]</math> se puede calcular y da finita. Entoces puedo usar LGN, y el limite da lo que ya calcule arriba.
</div>
</div>

=== Ejercicio 4 ===
Sea <math>\{S_n\}_{n\ge 1}</math> una sucesion de variables aleatorias tal que <math>S_n \sim \Gamma(n, \lambda)</math>. Demuestre que 

<math>\frac{S_n - n/\lambda}{\sqrt{n}/\lambda}</math>

Converge en distribucion a una normal e indique con que parametros.

<div class="toccolours mw-collapsible mw-collapsed">
Posible resolución
<div class="mw-collapsible-content" style="overflow-x:scroll">
Primero hay que saber que decir que algo converge en distribucion es lo mismo a decir que <math>\lim_{n\to\infty} F_{X_n} = F_X</math> en todo punto donde la acumulada es buena. Es lo mismo que decir que las generadoras de momentos convergen (i.e. <math>\lim_{n\to\infty} M_{X_n} = M_X</math>).

Con esto voy a usar la generadora de momentos de la distribucion <math>\Gamma(n, \lambda)</math> que es <math>M_X(t)=\left(\frac{\lambda}{\lambda-t}\right)^n</math>

<math> M_{\frac{S_n-n/\lambda}{\sqrt{n}/\lambda}} (t) = </math>
<math> e^{-\sqrt{n}} M_{\frac{S_n}{\sqrt{n}/\lambda}}(t) = </math>
<math> e^{-\sqrt{n}} M_{S_n}(t\lambda/\sqrt{n}) = </math>
<math> e^{-\sqrt{n}} \left(\frac{\lambda}{\lambda-\frac{t\lambda}{\sqrt{n}}}\right)^n = </math>
<math> e^{-\sqrt{n}} \left(\frac{1}{1-\frac{t}{\sqrt{n}}}\right)^n = </math>

Si <math>\lim_{n\to\infty} M_{X_n} = M_X</math> entonces  <math>\lim_{n\to\infty} \log(M_{X_n}) = \log(M_X)</math> pues es una funcion biyectiva en su dominio, entonces le tomo logaritmo a lo anterior

<math>\log\left(e^{-\sqrt{n}} \left(\frac{1}{1-\frac{t}{\sqrt{n}}}\right)^n \right) = </math>
<math> -\sqrt{n} + n\log\left(\frac{1}{1-\frac{t}{\sqrt{n}}}\right) = </math>
<math> -\sqrt{n} + n\left[\log(1) - \log\left(1-\frac{t}{\sqrt{n}}\right)\right] = </math>
<math> -\sqrt{n} - n\log\left(1-\frac{t}{\sqrt{n}}\right) = </math>

Aqui hay que recordar (O saber hacer...) la expansion de Taylor para x<<1 <math>\log(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \mathcal{O}(x^3)</math>

<math> -\sqrt{n} - n\log\left(1-\frac{t}{\sqrt{n}}\right) \approx -\sqrt{n} - n\left(\frac{t}{\sqrt{n}} - \frac{t^2}{2n}\right) </math>

Entonces queda que 

<math> \lim_{n\to\infty} M_{S_n} =\lim_{n\to\infty}\exp\left(-\sqrt{n}(1+t) + \frac{t^2}{2}\right) = \exp\left(\frac{t^2}{2}\right) = M_Z(t), Z\sim\mathcal{N}(0,1)</math>

Quedo demostrado entonces la convergencia en distribucion de la funcion original a una normal con media cero y varianza uno.

<hr/>

Edit: Solución alternativa.

Desconozco si durante el examen se informó que no se podía usar TCL, pero en caso de que se pueda una solución alternativa y directa sería:

Notar que como <math>S_n \sim \Gamma(n, \lambda)</math>:

<math>E(S_n) = \frac{n}{\lambda}, SD(S_n) = \frac{\sqrt{n}}{\lambda}</math>

Entonces, <math>\frac{S_n - n/\lambda}{\sqrt{n}/\lambda}</math> es una estandarización de <math>S_n</math> y por Teorema Central del Límite <math>\frac{S_n - n/\lambda}{\sqrt{n}/\lambda}\overset{d}{\longrightarrow}Z \sim\mathcal{N}(0,1)</math> 
</div>
</div>

=== Ejercicio 5 ===
Sea <math>X_1, \dots, X_n</math> una muestra de variables aleatorias con distribucion <math>\mathcal{U}(1, \theta)</math>. Dar el estimador de maxima verosimilitud de <math>q(\theta)=\theta(1-\theta)</math>. Es consistente?

=== Ejercicio 6 ===
Construya un intervalo de confianza de nivel <math>1-\alpha</math> para el parametro <math>p</math> de una <math>Bi(2,p)</math> basado en una muestra <math>X_1, \dots, X_n</math>. Especifique si el intervalo propuesto es asintotico o exacto.

== Parte B ==

#Sea <math>X_1, \dots, X_n</math> una muestra aleatoria con media <math>\mu</math> desconocida y varianza <math>\sigma^2</math> desconocida. Considere las hipotesis <math>H_0: \{\mu=\mu_0\}</math>,    <math>H_1: \{\mu<\mu_0\}</math>. Proponga un test de nivel <math>\alpha</math>. Defina error de tipo I y error de tipo II. Halle una expresion para la funcion de potencia en funcion de alguna distribucion conocida.
#Proponga un ejercicio (Solo el enunciado, no lo resuelva) cuya resolucion requiera testear las hipotesis anteriores.