INFERENCIA ESTADÍSTICA

LMA 6°

José Antonio lópez torres

Distribuciones muestrales y estadÌsticos de orden

  1. Sea \(\{X_i\}_{i\geq1}\) una sucesión de v.a. \(iid\) con distribución uniforme en el intervalo (0; 1). Sean las variables: \[U_n=mín(X_1,X_2,...,X_n)\] \[V_n=máx(X_1,X_2,...,X_n)\]

Y sean: \[Y_n=nU_n\] \[w_n=n(1-V_n)\] Probar que:

\[Y_n \to_dY\] \[W_n \to_dW\] Donde Y y W tienen distribución exponencial con $ \(. Demostración: Tenemos que\)\(P(U_n\leq u)=P(mín(X_1,X_2,...,X_n)\leq u)= 1-P(mín(X_1,X_2,...,X_n)> u)=\)$ \[1-P(X_1> u,X_2> u,...,X_n> u)=1-P(X_1> u)P(X_2> u)...P(X_n> u)=\] \[1-[P(X_1> u)]^n\]

pues las \(X_i\) son \(iid\), así:

\[1-[P(X_1> u)]^n=1-[1-P(X_1\leq u)]^n=1-[1-u]^n\] Pues \[F_{X_i}(x)=x\] así, tenemos que la funcion de distribución de \(U_n\) es: \[F_{U_n}(u)=1-[1-u]^n\]

Luego, tenemos que: \[P(Y_n\leq y)=P(nU_n\leq y)=P(U_n\leq \frac{y}{n})=F(\frac{y}{n})=1-[1-\frac{y}{n}]^n\]

Así: \[\lim_{n\to \infty}F_{y_n}(u)=\lim_{n\to \infty}n=[1-[1-\frac{y}{n}]^n]=1-\lim_{n\to \infty}[1-\frac{y}{n}]^n=\] \[1-\lim_{n\to \infty}[1-\frac{y}{n}]^n=1-e^{-y}\] La cual es la función de distribución de una exponencial con \(\lambda=1\).

Ahora, tenemos que:

\[P(n_n\geq v)=P(máx(X_1,X_2,...,X_n)\geq v)= 1-P(máx(X_1,X_2,...,X_n)< v)=\] \[1-P(X_1< v,X_2< v,...,X_n< v)=1-P(X_1< v)P(X_2< v)...P(X_n<v)=\]

\[1-[P(X_1< v)]^n=1-v^n\] Asi, tenemos que:

\[P(W_n\geq w)=P(n(1-V_n)\geq w)=P((1-V_n)\geq \frac{w}{n})=P(1-\frac{w}{n} \geq V_n)= \] \[F(1-\frac{w}{n})=1-(1-\frac{w}{n})^n\] As, como en el caso anterior tenemos que:

\[\lim_{n\to \infty}F_{W_n}(u)= 1-e^{-w}\] Lo que nos dice que la función converge en distribución a una función exponencial con \(\lambda=1\).

  1. Sea \(Y_1\) el primer estadÌstico de orden de una muestra aleatoria de tamaño \(n\) de una población con función de densidad: \[ f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{si } x \leq \theta \\ e^{-(x-\theta)} & \text{si } \theta<x \end{array} \right. \]

Sea $Z_n = n (Y1-) $.Investiga cuál es la distribución a la cual converge \(Z_n\).

Solución

Tenemos que la funcion de distribucion es: \[ F(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{si } x \leq \theta \\ -e^{-(x-\theta)} & \text{si } \theta<x \end{array} \right. \]

luego, \(Y_1=mín\{X_1,X_2,...,X_n\}\), así, por el ejercicio anterior tenemos que:

\[P(Y_1\leq y)=1-[1-F(y)]^n\] Entonces:

\[ F_{Y_1}(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{si } x \leq \theta \\ 1-[1+e^{-(x-\theta)}]^n & \text{si } \theta<x \end{array} \right. \]

Así: \[P(Z_n\leq z)=P(n(Y_1-\theta)\leq z)=P(Y_1-\theta\leq \frac{z}{n})=P(Y_1\leq \frac{z}{n}+\theta)=F_{Y_1}(\frac{z}{n}+\theta)\] \[ F_{Z_n}(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{si } z \leq \theta \\ 1-[1+e^{-(\frac{z}{n}+\theta-\theta)}]^n & \text{si } \theta<z \end{array} \right. \] Entonces:

\[ F_{Z_n}(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \text{si } z \leq \theta \\ 1-[1+e^{-(\frac{z}{n})}]^n & \text{si } \theta<z \end{array} \right. \]

donde para \(z\leq \theta\) \[\lim_{n\to\infty} F_{Z_n}(x)=\lim_{n\to\infty}0=0\] y para \(z>\theta\)

\[\lim_{n\to\infty} F_{Z_n}(x)=\lim_{n\to\infty}[1-[1+e^{-(\frac{z}{n})}]^n]=1-\lim_{n\to\infty}[1+e^{-(\frac{z}{n})}]^n=\] \[1-e^{-z}\] Así, \(F_{Z_n}(z)\) tiene distribución exponencial con \(\lambda=1\).

  1. Reportajes en periódicos nos dicen que los mexicanos adultos en promedio tienen sobrepeso. En efecto, sólo 19% de adultos dicen que no sufren de problemas de pérdida de peso. Suponga que la cifra de 19% es correcta y que se selecciona una muestra aleatoria de n = 100 adultos.

  1. La distribución de p, es decir, la proporciÛn muestral de adultos que no sufren de excesos de peso, ¿tiene una distribución normal aproximada? Si es así, ¿cuál es su media y desviación estándar?

  2. ¿Cuál es la probabilidad de que la proporción muestral p exceda de 0.25?

  3. ¿Cuál es la probabilidad de que p se encuentre dentro del intervalo 0.25 a 0.30?

  4. tenemos que la distribución de las $X_i´s $ es \(X\sim B(p)\) donde \(p\) es la probabilidad de una persona de contar con sobrepeso. Así, tenemos que \[Y=\sum_{i=1}^{19}X_i\sim Bin(19,p)\]. Ahora, tenemos que: \[E[\hat{p}]=E[\frac{1}{19}\sum_{i=1}^{19}X_i]=\frac{1}{19}E[\sum_{i=1}^{19}X_i]=\frac{1}{19}19p=p\] Luego: \[Var(\hat{p})=Var(\frac{1}{19}\sum_{i=1}^{19}X_i)=\frac{1}{19^2}=Var(\sum_{i=1}^{19}X_i)=\frac{1}{19^2}19p(1-p)=\frac{1}{19}p(1-p)\]

  5. Tenemos que: \[P(\hat{p}\geq 0.25)=P(\frac{Y}{19}\geq 0.25)=P(Y\geq 0.25*19)=P(Y\geq 4.75)=F(5)=\] $$$$