Exercícios de Estatística: Soluções e Teoremas

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Universidade de São Paulo - Departamento de Economia
Curso de Verão Estatística
Prof. Dr. Ricardo Avelino
Monitor: Fernando Santos
1o Semestre de 2009
Lista de Exercícios 2 - Solução
Questão 1
i) y < c
Pr(Y ≤ y) = Pr (max (c,X) ≤ y) = 0
A probabilidade acima é nula porque caso X > c, X > y. Caso X < c,
max(X, c) = c > y
ii) y = c
Pr(Y ≤ y) = Pr (Y ≤ c) = Pr (Y < c) + Pr (Y = c) = Pr(Y = c)
= Pr(X ≤ c) =
Z c
0
1
(1 + x2)
dx = − 1
1 + x
¯¯¯¯c
0
=
c
1 + c
iii) y > c
Pr(Y ≤ y) = Pr(Y ≤ c) + Pr(c < X < y) = c
1 + c
+
Z y
c
1
(1 + x2)
dx
=
c
1 + c
− 1
1 + x
¯¯¯¯y
c
=
y
1 + y
Questão 2
Seja an = Anbn, para An = [Anij ] e bn = (bn1, bn2, ..., bnk)0. Então, ani =Pk
j=1Anijbnj . Como Anij = o(1) e bnj = O(1), Anijbnj = o(1) pela proposição
vista em sala. Como ani é a soma de k termos, cada qual também o(1), temos
que ani = o(1). Logo, an ≡ Anbn será um vetor no qual cada elemento será
o(1), portanto an = o(1).
1
Questão 3
Não é verdade que
JnX
j=1
Xnj = op(1) quando n →∞. Para provarmos tal re-
sultado, precisaremos das seguintes fórmulas de progressão aritmética limitada:
JX
j=1
j =
J(J + 1)
2
ou
JX
j=1
j2 =
J(J + 1)(2J + 1)
6
ou
JX
j=1
j3 =
·
J(J + 1)
2
¸2
Note que
∞X
j=1
y = lim
n→∞
nX
j=1
y
Para escolher o Xjn do contra-exemplo, considere g uma variável aleatória
limitada superiormente (por exemplo, seguindo uma distribuição Unif(a, b)) di-
vidida por n (o que é condição suficiente, mas não necessária, para obtermos a
propriedade desejada de op(1)) ou mesmo uma constante finita dividida por n,
para simplificar mais ainda o problema. Multiplique este resultado por a, onde
a pode ser j, j2 ou j3, para aplicarmos as fórmulas acima mencionadas.
A primeira parte da prova consiste em relembrar que op(1) + op(1) = op(1)
e aplicar recursivamente por J finitas vezes.
Para a segunda parte, a estratégia é usar Jn = n e as fórmulas de PA acima.
Se você escolher uma variável aleatória com suporte superior, pegue o ínfimo
(g∗, que seria a constante, caso esta fosse escolhida no início) para limitar a
somatória e escreva:
JnX
i=j
aXn =
JnX
i=j
a
g
n
≥
JnX
j=1
a
g∗
n
=
g∗
n
JnX
j=1
a =
g∗
n
A
Como A depende do a escolhido, utilizaremos os seguintes casos: a = j ou
j2 ou j3. Assim, temos:
JnX
i=j
Xn
Jn
≥ 1
Jn
g∗
n
Jn(Jn + 1)
2
=
g∗
2
(Jn + 1)
n
JnX
i=j
Xn
Jn
≥ 1
Jn
g∗
n
Jn(Jn + 1)(2Jn + 1)
6
=
g∗
6
(Jn + 1)(2Jn + 1)
n
JnX
i=j
Xn
Jn
≥ 1
Jn
g∗
n
·
Jn(Jn + 1)
2
¸2
=
Jng
∗
n
·
(Jn + 1)
2
¸2
Quando Jn = n, temos:
JnX
i=j
Xn
Jn
≥ g
∗
2
(n+ 1)
n
=
g∗
2
µ
1 +
1
n
¶
2
JnX
i=j
Xn
Jn
≥ g
∗
6
(n+ 1)(2n+ 1)
n
JnX
i=j
Xn
Jn
≥ g∗
·
(n+ 1)
2
¸2
Tomando o limite das expressões acima, para nenhuma delas o termo da
esquerda converge diretamente para zero, portanto temos três exemplos que
não são op(1).
Questão 4
Sejam fλ0Xn(t) e fλ0X(t) as funções características de λ
0Xn e λ0X, respecti-
vamente:
fλ0Xn(t) = E(exp
itλ0Xn) = φλ0Xn(t) = φXn(tλ
0)
Assintoticamente, temos que:
lim
n→∞
φλ0Xn(t) = limn→∞
E(expitλ
0Xn) = φλ0X(t) = E(exp
itλ0X)
Como φλ0X(t) é contínua em t = 0, temos, pelo teorema de continuidade de
Levy, que
Xn
d→ X ≡ lim
n→∞
F (Xn) = F (X)
Questão 5
Dado que E(Xi) = λ e V (Xi) = λ, temos que
E(X2i ) = V (Xi) +E(Xi) = λ(1 + λ) <∞
Logo, pela Lei Fraca de Klinchine,
k−1
kX
i=1
X2i
p→ E(X2i ) = λ(1 + λ)
Questão 6
Como a série é i.i.d., seus momentos serão constantes entre os elementos,
garantindo que a condição da lei forte de Kolmogorov seja satisfeita, em virtude
dos primeiros momentos finitos. Assim, aplicando a lei,
3
X¯
a.s→ E(X) = 1
X¯2
a.s→ E(X2) = 2
Assim, definindo g(x, y) =
x
y1/2
, a continuidade de g(·) completa a prova.
Questão 7
Dado que E(X) = θ/2 , V (X) = θ2/12 < ∞ e que a amostra é i.i.d,
podemos utilizar o Teorema Cantral do Limite de Lindberg-Lévy
√
n
µ
X¯n −
θ
2
¶
=⇒ N
µ
0,
θ2
12
¶
Seja f(x) = ln(2x), f 0(x) = x−1. Portanto, aplicando o método delta, temos
que
√
n
¡
ln 2X¯n − ln θ
¢
=⇒ 2θ−1N
µ
0,
θ2
12
¶
= N
µ
0,
4θ2
12θ2
¶
= N
µ
0,
1
3
¶
Questão 8
Como Xn é i.i.d com variância finita, podemos utilizar o Teorema Cantral
do Limite de Lindberg-Lévy
√
n
¡
X¯n − 0
¢ d−→ N ¡0, σ2¢
Por sua vez, como Yn também é i.i.d, com esperança finita, podemos usar a
lei fraca dos grandes números de Klinchine
Y¯n
p−→ µ
A convergência em probabilidade de Y¯n implica sua convergência em dis-
tribuição. Assim, como
√
nX¯n
d−→ N
¡
0, σ2
¢
e
Y¯n
d−→ µ
4
utilizando o Teorema de Slutsky, conclui-se que
√
nX¯n + Y¯n
d−→ N
¡
µ, σ2
¢
Questão 9
a) Sendo a Cauchy(α, β) definida por
f(x) =
1
πβ
"
1 +
µ
x− α
β
¶2#
sua função característica é dada por
φx(t) = exp [itα− β |t|]
Assim, a função característica de X¯n é dada por
φX¯n(t) = exp
£
itX¯n
¤
= exp
"
nX
i=1
i
t
n
Xi
#
=
nY
i=1
exp
·
i
t
n
Xi
¸
=
nY
i=1
φx(
t
n
) =
£
expn−1 (itα− β |t|)¤n = φx(t)
b) Não podemos aplicar nenhuma lei fraca dos grandes números porque o
valor esperado é infinito, o que viola tanto a lei fraca de Klinchine como a de
Chebyshev.
Questão 10
Definindo
X2 = n−1
nX
i=1
X2i
temos que
S2 = n−1
nX
i=1
(Xi − X¯)2 = n−1
nX
i=1
(X2i − 2XiX + X¯2)
= X2 − 2X2 +X2 = X2 −X2
Considere a função
ψ(A,B) =


B −A2
A
(B −A2)1/2


5
Note que
µ
S2,
X¯
S
¶0
=

X2 −X2, X³
X2 −X2
´1/2


0
= ψ
³
X,X2
´
Portanto, para ψ diferenciável em θ =
µ
α1
α2
¶
,
∂ψ
∂θ0
=


−2α1 1
α2
¡
α2 − α21
¢−3/2 − α1
(α2 − α21)
3/2


Como E(X¯) = E(X) = α1, E(X2) = E(X2) = α2 , V ar(X) = α2 − α21 ,
V ar(X2) = α4 − α22 e Cov(X2,X) = E(X3) − E(X)E(X2) = α3 − α1α2, do
Teorema Central do Limite Multivariado, temos que
√
n
µ
X¯
X2
− α1
α2
¶
d−→ N
µµ
0
0
¶
,
µ
α2 − α1 α3 − α1α2
α3 − α1α2 α4 − α2
¶¶
Do teorema de Mahn-Wald, segue-se queµ
S2
X¯
S
¶
p−→
µ
σ2
α1
σ
¶
Aplicando o método delta,
√
n
µ
S2
X¯
S
− σ
2
α1
σ
¶
d−→ N
õ
0
0
¶
,
∂ψ
∂θ0
µ
α2 − α1 α3 − α1α2
α3 − α1α2 α4 − α2
¶µ
∂ψ
∂θ0
¶0!
Questão 11
Definindo Yi = (Xi − X¯)2 e Ki = ki + 3, temos
Ki =
n−1
Pn
i=1 Y
2
i
(n−1
Pn
i=1 Yi)
2
E considerando αi o i-ésimo momento de Yi, como visto no exercício anterior,
temos que
6
√
n
µ
Y¯
Y 2
− α1
α2
¶
d−→ N
µµ
0
0
¶
,
µ
α2 − α1 α3 − α1α2
α3 − α1α2 α4 − α2
¶¶
Definindo φ(x, y) =
y
x2
, temos que Ki = φ(Y¯ , Y 2). Sendo θ = (α1, α2),
∂φ
∂θ0
=
¡
−2α2α−31 , α−21
¢
Aplicando o método Delta, segue-se que
√
n
µ
Kn −
α2
α21
¶
d−→ N (0,Ω)
para
Ω =
¡
−2α2α−31 , α−21
¢µ α2 − α1 α3 − α1α2
α3 − α1α2 α4 − α2
¶µ
−2α2α−31
α−21
¶
7