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Estimativa imparcial, variância e teorema do limite central

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perguntada Mai 9 em Economia por CICERO FILHO (26 pontos)  
editado Mai 24 por CICERO FILHO

No exemplo D, da seção 8.4, a estimação pelo método dos momentos encontrou \(\widehat{\alpha\ }=3\bar{X}\). Nesse problema considere uma distribuição amostral de \(\widehat{\alpha\ }\).

a) Mostre que \(E\left(\widehat{\alpha\ }\right)=\alpha\), ou seja, que a estimativa é imparcial.

b) Mostre que \(Var\left(\widehat{\alpha\ }\right)=\frac{\left(3-\alpha^2\right)}{n}\).

c) Use o teorema do limite central para deduzir uma aproximação normal à distribuição amostral de \(\widehat{\alpha\ }\). De acordo com essa aproximação, se n=25 e \(\alpha\)=0, o que significa \(P\left(\left|\widehat{\alpha\ }\right|>0,5\right)\)?

Referência: Exercício 11 - Cap 8 - Mathematical Statistics and Data Analysis - John Rice

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1 Resposta

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respondida Mai 10 por CICERO FILHO (26 pontos)  

a) Sendo \(X_1,...,X_n\) uma amostra de tamanho n, a partir de uma distribuição angular. Dado que \(\widehat{\alpha\ }\) foi definido como \(\widehat{\alpha\ }=\ 3\overline{X}\), então a linearidade das expectativas e o fato de \(E\left(X_i\right)=\frac{\alpha}{3}\), \(\forall i\in\left\{1,2,\ldots,n\right\}\), assim temos:

\(E\left(\hat{\alpha}\right)\ = E\left(3\overline{X}\right)\ =\ 3E\left(\bar{X}\right)\)

\(=\sum_{i=1}^{n}{E(X_i)}\)

\(=\frac{3}{n}\sum_{i=1}^{n}{\frac{\alpha}{3}=\frac{3}{\alpha}}n\frac{\alpha}{3}=\alpha\)

Isso significa que a estimativa de \(\widehat{\alpha\ } \) é imparcial.

b) Primeiramente vamos encontrar a variância de \(X_1\) (que é igual à variância de qualquer um dos X’s).

Dado que a variância da variável randômica \(X_1\) pode ser encontrada como \(Var\left(X_1\right) = E\left(X_1^2\right)-\left[E\left(X_1\right)\right]^2\), então vamos encontrar o segundo momento de \(X_1\), \(E\left(X_1^2\right)\).

Desde que a função de densidade de \(X_1\) seja dada por \(f\left(X\right)=\frac{1+ \alpha X}{2} , X\in\left[-1;1\right]\) , para algum \(\alpha\) fixo \(\in\left[-1;1\right]\), então:

\(E\left(X_1^2\right)=\int_{-1}^{1}{X^2f\left(X\right)dx\ =\int_{-1}^{1}{X^2\frac{1+\alpha X}{2}dx}}\)

\(=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}{X^2dx\ +\ \frac{\alpha}{2}\int_{-1}^{1}{X^3dx}}\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\right)+\frac{\alpha}{2}\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\right)=\frac{1}{3}\)

Portanto, a variância de \(X_1\) (e de todos os outros X’s) é:

\(Var\left(X_1\right)=\frac{1}{3}-\left(\frac{\alpha}{3}\right)^2=\frac{3-\alpha^2}{9}\)

Finalmente, já que para qualquer variável Y randômica e qualquer \(c\epsilon\mathbb{R}\) , \(Var\left(cY\right)=c^2Var\left(Y\right)\), e usando o fato de que todos os X’s são independentes (então a variância de seu somatório é o somatório de suas variâncias), então:

\(Var\left(\widehat{\alpha\ }\right)=Var\left(3\bar{X}\right)=9Var\left(\bar{X}\right)\)

\(=\frac{9}{n^2}\sum_{i=1}^{n}Var\left(X_i\right)\)

\(=\frac{9}{n^2}\sum_{i=1}^{n}{\frac{3-\alpha^2}{9}=\frac{9}{n^2}n\frac{3-\alpha^2}{9}}\)

\(=\frac{3-\alpha^2}{n}\)

c) O teorema do limite central afirma que para um “n”, \(\frac{\widehat{\alpha\ }-E\left(\widehat{\alpha\ }\right)}{\sqrt{Var\left(\widehat{\alpha\ }\right)}}\ {_\approx^D}\ \ \ n\left(0,1\right)\), onde D significa a aproximação na distribuição.

Substituindo a média e a variância de \(\widehat{\alpha\ }\) encontradas em “a” e “b”, e utilizando o fato que para uma variável aleatória normal padrão “Z”, e para qualquer \(a,b\ \epsilon\mathbb{R}, aZ+b\ \sim n\left(b;a^2\right)\) , temos:

\(\widehat{\alpha\ }{_\approx^D}\ \ \ n\left(\alpha,\frac{3-\alpha^2}{n}\right)\)

Utilizando a aproximação acima, a probabilidade pode ser encontrada como:

\(P\left(\left|\widehat{\alpha\ }\right|>0,5\right)=1-P\left(\left|\widehat{\alpha\ }\right|\le0,5\right)=1-P\left(-0,5\le\widehat{\alpha\ }-\alpha\le0,5\right)\)

\(=1-P\left(\frac{-0,5}{\sqrt{\frac{3-\alpha^2}{n}}}\ \le\frac{\widehat{\alpha\ }-\alpha}{\sqrt{\frac{3-\alpha^2}{n}}}\ \le\frac{0,5}{\sqrt{\frac{3-\alpha^2}{n}}}\right)\)

\(\approx1-\left(\Phi\left(\frac{0,5}{\sqrt{\frac{3-\alpha^2}{n}}}\right)-\ \Phi\left(-\frac{0,5}{\sqrt{\frac{3-\alpha^2}{n}}}\right)\right)\)

\(=1-\left(\Phi\left(\frac{0,5}{\sqrt{\frac{3-\alpha^2}{n}}}\right)-1+\ \Phi\left(\frac{0,5}{\sqrt{\frac{3-\alpha^2}{n}}}\right)\right)\)

\(=2-2\Phi-\left(\frac{0,5}{\sqrt{\frac{3-\alpha^2}{n}}}\right)\)

Substituindo os valores dados de \(n=25\) e \(\alpha = 0\) , a expressão acima fornece que a probabilidade desejada é igual a:

\(P\left(\left|\widehat{\alpha\ }\right|>0,5\right)=2-2\Phi\left(\frac{0,5}{\sqrt{\frac{3-0^2}{25}}}\right)=2-2\Phi\left(1,44\right)\)

\(=2-2\times0,9251\)

\(=0,1498\)

Assim, \(\widehat{\alpha\ }{_\approx^D}\ \ \ n\left(\alpha,\frac{3-\alpha^2}{n}\right)\) e \(P\left(\left|\widehat{\alpha\ }\right|>0,5\right)=0,1498\).

comentou Mai 19 por Caio Oliveira Dantas (16 pontos)  
Ótima resolução, Cícero. Trago abaixo o exemplo 8.4 D ao qual a questão se refere para que quem for ler por aqui não precise ia ao livro para entender a resolução.

Uma distribuição angular
O ângulo \(\theta\) ao qual elétrons são emitidos no decaimento do múon (partícula com a mesma carga do elétron, mas com massa muito superior) tem uma distribuição com densidade \(f (x|α) = 1 + αx/2 , −1 ≤ x ≤ 1\) e \(− 1 ≤ α ≤ 1\)
onde \(x = cos θ\). O parâmetro \(\alpha\) está relacionado à polarização. Condições físicas determinam que \(|α| ≤ 1/3\), mas ressaltamos que \(f (x|α)\) é uma densidade de probabilidade para \(|α| ≤ 1\).
 O método dos momentos pode ser aplicado para estimar \(α\) de uma amostra de medidas experimentais, \(X_1 , ..., X_n\). A média da densidade é \(μ =\int^1_{−1}x(1 + αx)/2 dx = α/3\).
Então a estimativa de α pelo método dos momentos é \(\hat{α} = 3X\).
comentou Mai 24 por danielcajueiro (5,581 pontos)  
Seria interessante evitar colocar a referência a fonte da questão no título, mas sim colocar o enunciado ou um título ou uma manchete para a questão.
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