Este plano de estudos foi estruturado com base na ementa oficial e na bibliografia sugerida para a disciplina PGE951 - Inferência Estatística do Programa de Pós-Graduação em Estatística (PGEST) da Universidade Federal de Pernambuco (UFPE).
A disciplina possui carga horária de 75h e exige rigor matemático de nível de pós-graduação (Mestrado/Doutorado). O plano está dividido em 8 módulos sequenciais, cobrindo toda a ementa. Cada módulo contém o cronograma recomendado, a teoria resumida com formulação matemática detalhada, uma questão clássica resolvida passo a passo e um exercício proposto com dicas de resolução.
| Módulo | Conteúdo Principal | Tempo Recomendado | Leituras Principais |
|---|---|---|---|
| 1 | Amostragem, Distribuições Amostrais e Teoria Assintótica | Semanas 1 e 2 | [CB] Cap. 5; [BS] Cap. 1 |
| 2 | Suficiência, Completude, Ancilaridade e Família Exponencial | Semanas 3, 4 e 5 | [CB] Cap. 6; [LC] Cap. 1 |
| 3 | Estimação Pontual: Método dos Momentos e Máxima Verossimilhança | Semanas 6 e 7 | [CB] Cap. 7; [BS] Cap. 3 |
| 4 | Estimadores UMVUE, Rao-Blackwell, Lehmann-Scheffé e Cramér-Rao | Semanas 8, 9 e 10 | [CB] Cap. 7; [LC] Cap. 2; [BS] Cap. 4 |
| 5 | Estimação Bayesiana | Semana 11 | [CB] Cap. 7; [BS] Cap. 5 |
| 6 | Estimação Intervalar (Intervalos de Confiança) | Semana 12 | [CB] Cap. 9; [BS] Cap. 6 |
| 7 | Testes de Hipóteses e Lema de Neyman-Pearson | Semanas 13 e 14 | [CB] Cap. 8; [BS] Cap. 7 |
| 8 | Testes Assintóticos (Razão de Verossimilhanças, Wald e Escore) | Semanas 15 e 16 | [CB] Cap. 8 e 10; [BS] Cap. 7 |
Objetivo: Compreender o comportamento limite de sequências de variáveis aleatórias e funções de estatísticas amostrais à medida que o tamanho da amostra cresce.
Questão: Seja \(X_1, X_2, \dots, X_n\) uma amostra aleatória de uma distribuição \(\text{Poisson}(\lambda)\). Determine a distribuição assintótica do estimador da probabilidade de obter valor nulo sob essa distribuição, ou seja, \(g(\bar{X}) = e^{-\bar{X}}\).
Resolução: 1. Pelo Teorema Central do Limite (TCL), como as observações são IID com média \(E[X_i] = \lambda\) e variância \(\text{Var}(X_i) = \lambda\), temos: \[\sqrt{n}(\bar{X} - \lambda) \xrightarrow{D} N(0, \lambda)\] 2. Desejamos encontrar a distribuição assintótica de \(g(\bar{X}) = e^{-\bar{X}}\). A função transformadora é \(g(t) = e^{-t}\), cuja derivada é \(g'(t) = -e^{-t}\). 3. Avaliando a derivada no parâmetro \(\lambda\), temos \(g'(\lambda) = -e^{-\lambda}\). 4. Aplicando o Método Delta: \[\sqrt{n}(g(\bar{X}) - g(\lambda)) \xrightarrow{D} N(0, [g'(\lambda)]^2 \cdot \lambda)\] \[\sqrt{n}(e^{-\bar{X}} - e^{-\lambda}) \xrightarrow{D} N(0, \lambda e^{-2\lambda})\] 5. Conclusão: Para \(n\) suficientemente grande, o estimador \(e^{-\bar{X}}\) tem distribuição aproximadamente Normal: \[e^{-\bar{X}} \overset{a}{\sim} N\left(e^{-\lambda}, \frac{\lambda e^{-2\lambda}}{n}\right)\]
Seja \(X_1, \dots, X_n\) uma amostra aleatória de uma distribuição \(\text{Bernoulli}(p)\). Determine a distribuição assintótica de \(\bar{X}(1 - \bar{X})\) quando \(p \neq 1/2\). Explique brevemente o que acontece quando \(p = 1/2\). * Dica de Resposta: Use o Método Delta com \(g(t) = t(1-t)\). Para \(p \neq 1/2\), o resultado é normal com variância assintótica \(p(1-p)(1-2p)^2/n\). Quando \(p=1/2\), a primeira derivada \(g'(p) = 0\), exigindo o uso da expansão de Taylor de segunda ordem (o que leva a uma distribuição limite relacionada à qui-quadrado).
Objetivo: Estudar a redução de dados sem perda de informação sobre o parâmetro de interesse.
Questão: Seja \(X_1, \dots, X_n\) uma amostra aleatória de uma distribuição \(\text{Uniforme}(0, \theta)\), com \(\theta > 0\). 1. Mostre que a estatística de ordem máxima \(Y_n = \max(X_1, \dots, X_n)\) é suficiente e completa para \(\theta\). 2. Mostre que \(A(X) = \frac{X_1}{\max(X_i)}\) é ancilar e, utilizando o Teorema de Basu, conclua sobre a independência entre \(A(X)\) e \(Y_n\).
Resolução: Parte 1 (Suficiência e Completude): 1. A densidade conjunta da amostra é dada por: \[f(x_1, \dots, x_n | \theta) = \prod_{i=1}^n \frac{1}{\theta} I_{(0, \theta)}(x_i) = \frac{1}{\theta^n} I_{(0, \theta)}(\max x_i) I_{(0, \infty)}(\min x_i)\] Pelo Teorema de Fatoração, definindo \(T(X) = Y_n = \max(X_i)\), temos \(g(T(x)|\theta) = \frac{1}{\theta^n} I_{(0, \theta)}(Y_n)\) e \(h(x) = I_{(0, \infty)}(\min x_i)\). Portanto, \(Y_n\) é suficiente. 2. Para mostrar a completude, primeiro determinamos a densidade de \(Y_n\): \[F_{Y_n}(y) = P(Y_n \le y) = \left(\frac{y}{\theta}\right)^n \implies f_{Y_n}(y) = \frac{n y^{n-1}}{\theta^n} I_{(0, \theta)}(y)\] 3. Seja \(g(y)\) tal que \(E_\theta[g(Y_n)] = 0\) para todo \(\theta > 0\): \[\int_0^\theta g(y) \frac{n y^{n-1}}{\theta^n} dy = 0 \implies \int_0^\theta g(y) y^{n-1} dy = 0 \quad \forall \theta > 0\] 4. Derivando ambos os lados em relação a \(\theta\) (usando o Teorema Fundamental do Cálculo), obtemos: \[g(\theta) \theta^{n-1} = 0 \quad \forall \theta > 0\] Como \(\theta > 0\), temos \(g(\theta) = 0\) quase certamente. Logo, \(Y_n\) é completa.
Parte 2 (Ancilaridade e Teorema de Basu): 1. Seja \(Z_i = X_i/\theta\). Então \(Z_i \sim \text{Uniforme}(0, 1)\), cuja distribuição não depende de \(\theta\). 2. Podemos escrever a estatística \(A(X)\) como: \[A(X) = \frac{X_1}{\max(X_i)} = \frac{X_1/\theta}{\max(X_i/\theta)} = \frac{Z_1}{\max(Z_i)}\] Como \(A(X)\) é expressa puramente em termos de \(Z_i\), a distribuição de \(A(X)\) não depende de \(\theta\). Portanto, \(A(X)\) é uma estatística ancilar. 3. Como \(Y_n\) é suficiente mínima e completa, e \(A(X)\) é ancilar, pelo Teorema de Basu, as estatísticas \(Y_n = \max(X_i)\) e \(A(X) = \frac{X_1}{\max(X_i)}\) são independentes.
Seja \(X_1, \dots, X_n\) amostra aleatória de uma distribuição com densidade \(f(x|\theta) = \exp(-(x-\theta)) I_{(\theta, \infty)}(x)\). Mostre que \(Y_1 = \min(X_i)\) é uma estatística suficiente e completa. * Dica de Resposta: Escreva a densidade conjunta fatorando com o indicador do mínimo. Encontre a densidade de \(Y_1\) e aplique o método da integral (derivando em relação a \(\theta\)) para provar a completude.
Objetivo: Aprender a construir estimadores pontuais e analisar propriedades como viés, consistência e eficiência assintótica.
Questão: Seja \(X_1, \dots, X_n\) uma amostra aleatória de uma distribuição com densidade dada por: \[f(x|\theta) = \theta x^{\theta - 1} I_{(0, 1)}(x), \quad \theta > 0\] Encontre o estimador de máxima verossimilhança (EMV) de \(\theta\) e o estimador pelo Método dos Momentos (MM).
Resolução: 1. Estimador de Máxima Verossimilhança (EMV): * A função de verossimilhança da amostra é: \[L(\theta) = \prod_{i=1}^n \theta x_i^{\theta-1} = \theta^n \left(\prod_{i=1}^n x_i\right)^{\theta-1}\] * Aplicando o logaritmo natural (log-verossimilhança): \[\ln L(\theta) = n \ln(\theta) + (\theta - 1) \sum_{i=1}^n \ln(x_i)\] * Derivando em relação a \(\theta\) e igualando a zero: \[\frac{d}{d\theta} \ln L(\theta) = \frac{n}{\theta} + \sum_{i=1}^n \ln(x_i) = 0 \implies \hat{\theta}_{EMV} = \frac{-n}{\sum_{i=1}^n \ln(X_i)}\] * Verificação de máximo pela segunda derivada: \(\frac{d^2}{d\theta^2}\ln L(\theta) = -\frac{n}{\theta^2} < 0\). Portanto, de fato maximiza.
2. Estimador pelo Método dos Momentos (MM): * Calculamos o primeiro momento populacional: \[E[X] = \int_0^1 x \cdot \theta x^{\theta-1} dx = \theta \int_0^1 x^{\theta} dx = \frac{\theta}{\theta + 1}\] * Igualamos ao primeiro momento amostral \(\bar{X}\): \[\bar{X} = \frac{\theta_{MM}}{\theta_{MM} + 1} \implies \bar{X}(\theta_{MM} + 1) = \theta_{MM}\] \[\bar{X} = \theta_{MM}(1 - \bar{X}) \implies \hat{\theta}_{MM} = \frac{\bar{X}}{1 - \bar{X}}\]
Seja \(X_1, \dots, X_n\) uma amostra de uma distribuição com densidade \(f(x|\theta) = \theta^2 x e^{-\theta x} I_{(0, \infty)}(x)\). Obtenha o EMV para \(\theta\). * Dica de Resposta: O EMV é dado por \(\hat{\theta}_{EMV} = \frac{2}{\bar{X}}\).
Objetivo: Encontrar estimadores não-viesados com a menor variância possível entre todos os estimadores não-viesados.
Questão: Seja \(X_1, \dots, X_n\) uma amostra aleatória de uma distribuição \(\text{Poisson}(\lambda)\). 1. Encontre o UMVUE de \(\tau(\lambda) = e^{-\lambda} = P(X_1 = 0)\). 2. Calcule o Limite Inferior de Cramér-Rao para estimadores não-viesados de \(\tau(\lambda)\) e comente se o UMVUE atinge o limite.
Resolução: Parte 1 (Obtenção do UMVUE): 1. Como a distribuição Poisson pertence à família exponencial regular, a estatística \(T = \sum_{i=1}^n X_i\) é suficiente e completa. 2. Pelo Teorema de Lehmann-Scheffé, precisamos encontrar uma função \(\phi(T)\) tal que \(E[\phi(T)] = e^{-\lambda}\). 3. Considere o estimador auxiliar não-viesado simples: \(W(X_1) = I_{\{0\}}(X_1)\). Note que \(E[W(X_1)] = P(X_1 = 0) = e^{-\lambda}\). 4. Pelo Teorema de Rao-Blackwell, \(\phi(T) = E[W(X_1)|T] = P(X_1 = 0 | \sum_{i=1}^n X_i = t)\) será o UMVUE. 5. Calculando a probabilidade condicional para \(t \ge 0\): \[P(X_1 = 0 | T = t) = \frac{P(X_1 = 0, \sum_{i=2}^n X_i = t)}{P(T = t)} = \frac{e^{-\lambda} \cdot \frac{e^{-(n-1)\lambda} [(n-1)\lambda]^t}{t!}}{\frac{e^{-n\lambda} (n\lambda)^t}{t!}}\] \[P(X_1 = 0 | T = t) = \left( \frac{n-1}{n} \right)^t = \left( 1 - \frac{1}{n} \right)^t\] 6. Conclusão: O UMVUE de \(e^{-\lambda}\) é \(\phi(T) = \left(1 - \frac{1}{n}\right)^{\sum X_i}\).
Parte 2 (Limite Inferior de Cramér-Rao): 1. Função paramétrica de interesse: \(\tau(\lambda) = e^{-\lambda} \implies \tau'(\lambda) = -e^{-\lambda}\). 2. Log-densidade de uma única observação Poisson: \(\ln f(x|\lambda) = x\ln\lambda - \lambda - \ln(x!)\). 3. Derivando duas vezes: \(\frac{\partial^2}{\partial \lambda^2}\ln f(x|\lambda) = -\frac{x}{\lambda^2}\). 4. Informação de Fisher de uma observação: \(I_1(\lambda) = -E\left[-\frac{X}{\lambda^2}\right] = \frac{\lambda}{\lambda^2} = \frac{1}{\lambda}\). 5. Informação da amostra: \(I_n(\lambda) = \frac{n}{\lambda}\). 6. LICR para estimadores de \(\tau(\lambda)\): \[LICR = \frac{[\tau'(\lambda)]^2}{I_n(\lambda)} = \frac{(-e^{-\lambda})^2}{n/\lambda} = \frac{\lambda e^{-2\lambda}}{n}\] 7. A variância do UMVUE pode ser calculada usando a FGM de uma Poisson, resultando em \(\text{Var}(\phi(T)) = e^{-2\lambda}(e^{\lambda/n} - 1)\). 8. Expandindo por Taylor: \(e^{\lambda/n} - 1 \approx \frac{\lambda}{n} + \frac{\lambda^2}{2n^2}\). Logo, \(\text{Var}(\phi(T)) \approx \frac{\lambda e^{-2\lambda}}{n}\) assintoticamente, mas para qualquer \(n\) finito, \(\text{Var}(\phi(T)) > LICR\). O limite não é atingido para tamanho amostral finito.
Seja \(X_1, \dots, X_n \sim N(\mu, \sigma^2)\) com \(\mu\) desconhecido e \(\sigma^2\) conhecido. Determine o UMVUE do parâmetro \(\mu^2\) utilizando Lehmann-Scheffé. * Dica de Resposta: \(\bar{X}\) é suficiente e completa. \(E[\bar{X}^2] = \mu^2 + \sigma^2/n\). Portanto, o UMVUE é \(\bar{X}^2 - \sigma^2/n\).
Objetivo: Incorporar informação a priori sobre os parâmetros no processo de inferência usando o Teorema de Bayes.
Questão: Seja \(X_1, \dots, X_n\) uma amostra de uma distribuição \(\text{Bernoulli}(p)\). Adote uma priori \(p \sim \text{Beta}(\alpha, \beta)\). 1. Determine a distribuição a posteriori de \(p\). 2. Obtenha o estimador de Bayes de \(p\) sob perda quadrática.
Resolução: 1. A verossimilhança é dada por: \[f(x|p) = \prod_{i=1}^n p^{x_i} (1-p)^{1-x_i} = p^{\sum x_i} (1-p)^{n - \sum x_i}\] 2. A densidade a priori de \(p\) é: \[\pi(p) = \frac{\Gamma(\alpha+\beta)}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)} p^{\alpha-1} (1-p)^{\beta-1} \propto p^{\alpha-1} (1-p)^{\beta-1}\] 3. Multiplicando priori e verossimilhança para encontrar a posteriori: \[\pi(p|x) \propto p^{\sum x_i} (1-p)^{n - \sum x_i} \cdot p^{\alpha-1} (1-p)^{\beta-1}\] \[\pi(p|x) \propto p^{\sum x_i + \alpha - 1} (1-p)^{n - \sum x_i + \beta - 1}\] 4. Reconhecemos o núcleo da distribuição Beta. Logo: \[p|X \sim \text{Beta}\left(\sum_{i=1}^n X_i + \alpha, \,\, n - \sum_{i=1}^n X_i + \beta\right)\] 5. O estimador de Bayes sob perda quadrática é a média a posteriori: \[\hat{p}_{Bayes} = E[p|X] = \frac{\sum X_i + \alpha}{(\sum X_i + \alpha) + (n - \sum X_i + \beta)} = \frac{\sum X_i + \alpha}{n + \alpha + \beta}\]
Seja \(X_1, \dots, X_n \sim N(\mu, \sigma^2)\) com \(\sigma^2\) conhecido. Adote uma priori \(\mu \sim N(\mu_0, \sigma_0^2)\). Obtenha a distribuição a posteriori de \(\mu\) e o estimador de Bayes correspondente sob perda quadrática. * Dica de Resposta: A posteriori também é normal: \(\mu|X \sim N(\mu_n, \sigma_n^2)\) com média \(\mu_n = \frac{\sigma^2 \mu_0 + n \sigma_0^2 \bar{X}}{\sigma^2 + n \sigma_0^2}\), que é o próprio estimador de Bayes.
Objetivo: Construir conjuntos (intervalos) de valores plausíveis para o parâmetro com um nível de confiança especificado.
Questão: Seja \(X_1, \dots, X_n\) uma amostra aleatória de uma distribuição \(N(\mu, \sigma^2)\), com ambos os parâmetros desconhecidos. Obtenha um intervalo de confiança de nível \(1-\alpha\) para a variância \(\sigma^2\) utilizando o método da quantidade pivotante.
Resolução: 1. A teoria clássica nos dá que a estatística de variância amostral \(S^2 = \frac{1}{n-1}\sum (X_i - \bar{X})^2\) tem a seguinte propriedade: \[\frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \sim \chi^2_{n-1}\] Note que \(Q(X, \sigma^2) = \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2}\) é uma quantidade pivotante, pois sua distribuição é uma qui-quadrado com \(n-1\) graus de liberdade. 2. Fixamos o nível de significância \(\alpha\). Escolhemos os percentis da qui-quadrado tais que: \[P\left(\chi^2_{1-\alpha/2, n-1} \le \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \le \chi^2_{\alpha/2, n-1}\right) = 1-\alpha\] 3. Isolando \(\sigma^2\) na desigualdade: \[\chi^2_{1-\alpha/2, n-1} \le \frac{(n-1)S^2}{\sigma^2} \le \chi^2_{\alpha/2, n-1} \iff \frac{1}{\chi^2_{\alpha/2, n-1}} \le \frac{\sigma^2}{(n-1)S^2} \le \frac{1}{\chi^2_{1-\alpha/2, n-1}}\] \[\iff \frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{\alpha/2, n-1}} \le \sigma^2 \le \frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha/2, n-1}}\] 4. Conclusão: O IC de \(1-\alpha\) para \(\sigma^2\) é dado por: \[\left[ \frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{\alpha/2, n-1}}, \,\, \frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{1-\alpha/2, n-1}} \right]\]
Seja \(X_1, \dots, X_n \sim \text{Exponencial}(\lambda)\). Use o pivô \(Q(X, \lambda) = 2\lambda \sum_{i=1}^n X_i \sim \chi^2_{2n}\) para obter um IC de nível \(1-\alpha\) para a média da distribuição \(1/\lambda\). * Dica de Resposta: O IC para \(1/\lambda\) é \(\left[\frac{2 \sum X_i}{\chi^2_{\alpha/2, 2n}}, \frac{2 \sum X_i}{\chi^2_{1-\alpha/2, 2n}}\right]\).
Objetivo: Formular regras de decisão para escolher entre duas hipóteses estatísticas concorrentes.
Questão: Seja \(X_1, \dots, X_n\) uma amostra aleatória de uma distribuição Normal \(N(\mu, \sigma^2)\) com variância \(\sigma^2\) conhecida. Deseja-se testar \(H_0: \mu = \mu_0\) contra \(H_1: \mu = \mu_1\) (com \(\mu_1 > \mu_0\)). Determine a região crítica do teste mais poderoso utilizando o Lema de Neyman-Pearson.
Resolução: 1. Escrevemos a densidade conjunta sob as duas hipóteses: \[f(x|\mu) = \left(2\pi\sigma^2\right)^{-n/2} \exp\left( -\frac{1}{2\sigma^2} \sum_{i=1}^n (x_i - \mu)^2 \right)\] 2. A razão de verossimilhanças é: \[\frac{f(x|\mu_1)}{f(x|\mu_0)} = \frac{\exp\left( -\frac{1}{2\sigma^2} \sum (x_i - \mu_1)^2 \right)}{\exp\left( -\frac{1}{2\sigma^2} \sum (x_i - \mu_0)^2 \right)}\] \[\frac{f(x|\mu_1)}{f(x|\mu_0)} = \exp\left( \frac{1}{2\sigma^2} \left[ \sum (x_i - \mu_0)^2 - \sum (x_i - \mu_1)^2 \right] \right)\] 3. Expandindo os termos quadráticos no expoente: \[\sum (x_i - \mu_0)^2 - \sum (x_i - \mu_1)^2 = 2(\mu_1 - \mu_0)\sum x_i + n(\mu_0^2 - \mu_1^2)\] 4. Pelo Lema de Neyman-Pearson, a região crítica rejeita se a razão for maior ou igual a \(k\): \[\exp\left( \frac{\mu_1 - \mu_0}{\sigma^2}\sum x_i + \frac{n(\mu_0^2 - \mu_1^2)}{2\sigma^2} \right) \ge k\] 5. Aplicando o logaritmo e isolando a soma dos dados: \[\frac{\mu_1 - \mu_0}{\sigma^2}\sum x_i \ge \ln(k) - \frac{n(\mu_0^2 - \mu_1^2)}{2\sigma^2} \iff \bar{X} \ge c\] 6. Determinamos a constante \(c\) usando o nível do teste \(\alpha\) sob \(H_0\). Sob \(H_0\), \(\bar{X} \sim N(\mu_0, \sigma^2/n)\): \[P_{\mu_0}(\bar{X} \ge c) = \alpha \implies P\left( \frac{\bar{X} - \mu_0}{\sigma/\sqrt{n}} \ge \frac{c - \mu_0}{\sigma/\sqrt{n}} \right) = \alpha \implies \frac{c - \mu_0}{\sigma/\sqrt{n}} = z_{\alpha}\] \[c = \mu_0 + z_{\alpha} \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\] 7. Conclusão: A região crítica do teste mais poderoso é: \[R = \left\{ x : \bar{x} \ge \mu_0 + z_{\alpha} \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \right\}\]
Seja \(X \sim \text{Exponencial}(\lambda)\) uma amostra de tamanho \(n=1\). Encontre a região crítica do teste mais poderoso para testar \(H_0: \lambda = 1\) contra \(H_1: \lambda = 2\) com nível de significância \(\alpha\). * Dica de Resposta: A razão de verossimilhanças é \(2 e^{-x}\). A região de rejeição terá a forma \(\{x : x \le c\}\). Usando \(P_{\lambda=1}(X \le c) = \alpha\), concluímos que \(1 - e^{-c} = \alpha \implies c = -\ln(1-\alpha)\).
Objetivo: Desenvolver testes de hipóteses de uso geral para amostras grandes quando não conhecemos a distribuição exata das estatísticas de teste.
Considere o teste de hipóteses \(H_0: \theta = \theta_0\) contra \(H_1: \theta \neq \theta_0\). Sejam \(\hat{\theta}\) o EMV de \(\theta\), \(U(\theta) = \frac{\partial}{\partial \theta} \ln L(\theta)\) a função escore, e \(I_n(\theta)\) a informação de Fisher. As três estatísticas assintóticas clássicas que sob \(H_0\) convergem em distribuição para uma qui-quadrado com 1 grau de liberdade (\(\chi^2_1\)) são:
Questão: Seja \(X_1, \dots, X_n\) uma amostra aleatória de uma distribuição exponencial com densidade \(f(x|\theta) = \theta e^{-\theta x} I_{(0, \infty)}(x)\). Construa as estatísticas de teste para Wald, Escore e Razão de Verossimilhanças para testar \(H_0: \theta = \theta_0\) contra \(H_1: \theta \neq \theta_0\).
Resolução: 1. Quantidades Auxiliares: * Log-verossimilhança: \(\ln L(\theta) = n \ln\theta - \theta \sum_{i=1}^n X_i\). * EMV: \(\hat{\theta} = \frac{1}{\bar{X}}\). * Função Escore: \(U(\theta) = \frac{\partial}{\partial \theta} \ln L(\theta) = \frac{n}{\theta} - \sum X_i\). * Segunda derivada: \(\frac{\partial^2}{\partial \theta^2} \ln L(\theta) = -\frac{n}{\theta^2} \implies I_n(\theta) = \frac{n}{\theta^2}\).
2. Teste da Razão de Verossimilhanças: * \(\Lambda = \frac{L(\theta_0)}{L(\hat{\theta})} = \frac{\theta_0^n \exp(-\theta_0 \sum X_i)}{\hat{\theta}^n \exp(-\hat{\theta} \sum X_i)}\). Como \(\sum X_i = n/\hat{\theta}\): \[\Lambda = \left( \frac{\theta_0}{\hat{\theta}} \right)^n \exp\left( -n \frac{\theta_0}{\hat{\theta}} + n \right)\] \[TRV = -2\ln\Lambda = 2n \left[ \frac{\theta_0}{\hat{\theta}} - 1 - \ln\left(\frac{\theta_0}{\hat{\theta}}\right) \right]\]
3. Teste de Wald: * Usando \(I_n(\hat{\theta}) = n/\hat{\theta}^2\): \[W = (\hat{\theta} - \theta_0)^2 I_n(\hat{\theta}) = n \frac{(\hat{\theta} - \theta_0)^2}{\hat{\theta}^2} = n \left(1 - \frac{\theta_0}{\hat{\theta}}\right)^2\]
4. Teste de Escore: * Avaliando o escore e a informação de Fisher sob \(H_0\): \[U(\theta_0) = \frac{n}{\theta_0} - n\bar{X} = n\left(\frac{1}{\theta_0} - \frac{1}{\hat{\theta}}\right)\] \[I_n(\theta_0) = \frac{n}{\theta_0^2}\] * Portanto: \[S = \frac{[U(\theta_0)]^2}{I_n(\theta_0)} = \frac{n^2 \left(\frac{1}{\theta_0} - \frac{1}{\hat{\theta}}\right)^2}{n/\theta_0^2} = n \left( 1 - \frac{\theta_0}{\hat{\theta}} \right)^2 \left(\frac{\hat{\theta}}{\theta_0}\right)^2\]
Deduza as três estatísticas assintóticas (Wald, Escore e Razão de Verossimilhanças) para o parâmetro \(p\) de uma distribuição \(\text{Bernoulli}(p)\) para testar \(H_0: p = p_0\) contra \(H_1: p \neq p_0\). * Dica de Resposta: * \(W = n \frac{(\bar{X} - p_0)^2}{\bar{X}(1 - \bar{X})}\) * \(S = n \frac{(\bar{X} - p_0)^2}{p_0(1 - p_0)}\) * \(TRV = 2n \left[ \bar{X} \ln\left( \frac{\bar{X}}{p_0} \right) + (1-\bar{X}) \ln\left( \frac{1-\bar{X}}{1-p_0} \right) \right]\)