\documentclass{article}
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\newcommand{\nsigue}{\xrightarrow[n\to\infty]{\mathcal L}}
\newcommand{\unif}[2]{\mathcal U\left(#1;#2\right)}
\newcommand{\gaus}[2]{\mathcal N\left(#1;#2\right)}
\newcommand{\bino}[2]{\mathcal B\left(#1;#2\right)}
\newcommand{\indi}[1]{\mathds1\!\left(#1\right)}
\newcommand{\por}{\cdot}
\newcommand{\espe}[1]{\mathcal E\left[#1\right]}
\newcommand{\abs}[1]{\left|#1\right|}
\renewcommand{\le}{\leqslant}
\renewcommand{\ge}{\geqslant}
\renewcommand{\L}{\mathcal L}
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\newenvironment{resol}{\begin{quotation}\sffamily}{\end{quotation}}
\everymath{\displaystyle}
\setlength\mathsurround{0.2em}
\decimalpoint
\begin{document}
\title{Problema 1}
\author{Examen Final}
\date{29 de mayo de 2023}
\maketitle\raggedright
Se está realizado un estudio sobre la distribución de la concentración
\(X\) de trombocitos (en miles por milímetro cúbico) en pacientes de
cierta enfermedad. Se ha obtenido una muestra de tales pacientes con
el siguiente resultado:
\texttt{
c(88.4, 120.4, 99.2, 96.4, 110.1, 110.2, 86.2, 94.7, 108.9, 111.5, 105.6,
105.3, 106.7, 107.9, 123.4, 121.5, 85.6, 115.2, 124.9, 94, 111.4, 100.8,
106.4, 104.7, 111.8, 139.6, 130, 145.5, 128, 137.8, 119, 118.7, 108.5,
122.7, 112.9, 116.8, 144.5, 110.1, 129, 110.4, 104.1, 129.3, 98.7, 118.5,
111, 103.4, 92.4, 95.2, 105.7, 130, 101.5, 100.6, 133.9, 139.7, 132.2,
135.5, 113.6, 101.2, 96.4, 104)
}

Para los siguientes apartados, supón que
\(X\sigue\unif{\frac12\theta}{\theta}\).
\begin{enumerate}
\item Halla un estadígrafo mínimamente suficiente para \(\theta\).
  \begin{resol}
    \(X\sigue\unif{\frac12\theta}{\theta}\) \(\implies\)
    \(f(x)=\frac1{\theta-\frac12\theta}\por\indi{\frac12\theta\le x\le\theta}
    =\frac2\theta\por\indi{\frac12\theta\le x\le\theta}\) \(\implies\)
    \(\L(x_1,\dots,x_n)=\prod_{i=1}^n f(x_i) =
    \frac{2^n}{\theta^n}\por\indi{\frac12\theta\le x_{(1)}}
    \por\indi{x_{(n)}\le\theta}
    \equalscolon g(t,\theta)\) con \(t\colonequals(x_{(1)},x_{(n)})\)
    \(\implies\) \(T\colonequals T(\vec X)\colonequals(X_{(1)},X_{(n)})\)
    es suficiente.

    \bigskip\(\vec x\ne\vec y\) muestras aleatorias simples de tamaño \(n\)
    \(\implies\) \(\frac{\L(\vec x)}{\L(\vec y)}\) \(=\)
    \(\frac{\indi{\frac12\theta\le x_{(1)}}\por\indi{x_{(n)}\le\theta}}
    {\indi{\frac12\theta\le y_{(1)}}\por\indi{y_{(n)}\le\theta}}\)
    independiente de $\theta$ sii $T(\vec x)=T(\vec y)$ pues entonces
    las indicatrices se cancelan; por ejemplo,
    \begin{itemize}
    \item \(\vec x\colonequals(10,11,15)\neq(10,13,15)\equalscolon\vec y\)
      \(\implies\) $T(\vec x)=T(\vec y)$ \(\implies\)
      \(\frac{\L(\vec x)}{\L(\vec y)}\) no depende de \(\theta\)
    \item \(\vec x\colonequals(11,15)\neq(13,15)\equalscolon\vec y\)
      \(\implies\) $T(\vec x)\ne T(\vec y)$ \(\implies\)
      \(\frac{\L(\vec x)}{\L(\vec y)}\) depende de \(\theta\), pues
      \(11<\theta<13\) \(\implies\) \(\frac{\L(\vec x)}{\L(\vec y)}=0\) pero
      \(13<\theta<15\) \(\implies\) \(\frac{\L(\vec x)}{\L(\vec y)}=1\)
  \end{itemize}
  Por tanto, \(T\) es mínimamente suficiente.
  Su valor (véase código fuente R al final)
  para la realización muestral del enunciado
  es \(t=(85.6, 145.5)\)
  \end{resol}
\item Halla la estimación de $\theta$ por el método de los momentos.
  \begin{resol}
    \(\espe{X}\) \(=\) \(\frac{\frac\theta2+\theta}2\) \(=\) \(\frac34\theta\)
    \(\implies\) \(\hat\theta_{\rm MM}\) \(=\) \(\frac43\bar X\)
    \(\implies\) \(\hat\theta_{\rm MM}(\vec x)\) \(=\) \(150.48\)
  \end{resol}
\item Halla la estimación máximo-verosímil de \(\theta\).
  \begin{resol}
\(\L(x_1,\dots,x_n)=\prod_{i=1}^n f(x_i) =
    \frac{2^n}{\theta^n}\por\indi{\frac12\theta\le x_{(1)}}
    \por\indi{x_{(n)}\le\theta}\) decreciente en \(\theta\) para
    \(x_{(n)}\le\theta\le2x_{(1)}\) \(\implies\) se maximiza en
    \(\hat\theta_{\rm MV}= X_{(n)}\) \(\implies\)
    \(\hat\theta_{\rm MV}(\vec x) = 145.5\)
  \end{resol}

\item Calcula un intervalo de confianza para \(\theta\) al \(95\%\).
  \begin{resol}
    Podría usarse
    \begin{itemize}
    \item algún método bútstrap;
    \item un pivote basado en
      el método delta aplicado al estimador de los momentos;
    \end{itemize}
    pero el mejor pivote suele encontrarse con el estimador máximo-verosímil,
    en este caso, \(X_{(n)}\).

    \(X\sigue\unif{\frac\theta2}{\theta}\) \(\implies\)
    \(Y\colonequals
    2\left(\frac X\theta-\frac12\right)=\frac{2X}\theta-1\)
    \(\implies\) (*)

    (*) \(\implies\)
    \(Y\sigue\unif01\) \(\implies\)
    \(F_Y(y)=y\) para \(0<y<1\) \(\implies\) (**)

    (*) trasformación estrictamente creciente
    \(\implies\) \(Y_{(n)}=\frac{2X_{(n)}}\theta-1\) \(\implies\) (**)
    
    (**) \(\implies\) para \(0<y<1\) \(F_{Y_{(n)}}(y) = y^n\)
    \(\implies\) \(Y_{(n)}\) pivote.  Sean \(a\) y \(b\) cuantiles de
    \(Y_{(n)}\) tales que \(1-\alpha\) \(=\) \(\P{a\le Y_{(n)}\le b}\)
    \(=\) \(\P{a\le \frac{2X_{(n)}}\theta-1\le b}\)
    \(=\) \(\P{a+1\le \frac{2X_{(n)}}\theta\le b+1}\)
    \(=\) \(\P{\frac1{a+1}\ge \frac{\theta}{2X_{(n)}}\ge \frac1{b+1}}\)
    \(=\) \(\P{\frac{2X_{(n)}}{a+1}\ge \theta\ge \frac{2X_{(n)}}{b+1}}\)
    \(\implies\) I.C.(\(\theta\))
    \(=\left[\frac{2X_{(n)}}{b+1},\frac{2X_{(n)}}{a+1}\right]\)
    \(={2X_{(n)}}\left[\frac1{b+1},\frac1{a+1}\right]\).

    Para obtener el
    intervalo de longitud mínima se tendrá en cuenta que 
     \(1-\alpha\) \(=\) \(\P{a\le Y_{(n)}\le b}\)    
    \(=\) \(F_{Y_{(n)}}(b)-F_{Y_{(n)}}(a)\) \(=\) \(b^n-a^n\) \(\implies\)
    \(b=\sqrt[n]{1-\alpha_b}\), \(a=\sqrt[n]{\alpha_a}\) con
    $\alpha_a+\alpha_b=\alpha$.
    La amplitud \(A\) del intervalo \([a,b]\)
    \begin{eqnarray*}
      A(\alpha_a)
      &\propto& \frac1{a+1}-\frac1{b+1}=
                \frac1{\sqrt[n]{\alpha_a}+1}-\frac1{\sqrt[n]{1-\alpha+\alpha_a}+1}\\
      &=&\frac1{{\alpha_a}^{\frac1n}+1}-\frac1{{(1-\alpha+\alpha_a)}^{\frac1n}+1}
    \end{eqnarray*}
    es decreciente\footnote{...lo
      que corresponde con la intuición de que también
      la densidad de $Y_{(n)}$, $f=n\por y^{n-1}\por\indi{0<y<1}$, es creciente
      en su soporte.}
    pues (denotando la variable por $x$ en vez de por $\alpha_a$)
    \begin{eqnarray*}
      0&\ge&A'(x) = \left\{ \frac1{{x}^{\frac1n}+1}-
           \frac1{{(1-\alpha+x)}^{\frac1n}+1} \right\}'\\
      &=& \frac{-\frac1n{x}^{\frac1n-1}}{({x}^{\frac1n}+1)^2}+
           \frac{{\frac1n(1-\alpha+x)}^{\frac1n-1}}{[{(1-\alpha+x)}^{\frac1n}+1]^2} \\
      &=& \frac1n \left\{\frac{-{x}^{\frac1n-1}}{({x}^{\frac1n}+1)^2}+
           \frac{{(1-\alpha+x)}^{\frac1n-1}}{[{(1-\alpha+x)}^{\frac1n}+1]^2} \right\}\\
      &=& \frac1n \left\{\frac{-{x}^{\frac{1-n}n}}{({x}^{\frac1n}+1)^2}+
           \frac{{(1-\alpha+x)}^{\frac{1-n}n}}{[{(1-\alpha+x)}^{\frac1n}+1]^2} \right\}\\
      &=& \frac1n \left\{\frac{-1}{{x}^{\frac{n-1}n}({x}^{\frac1n}+1)^2}+
          \frac{1}{{(1-\alpha+x)}^{\frac{n-1}n}[{(1-\alpha+x)}^{\frac1n}+1]^2} \right\}\\
       &\iff&{{x}^{\frac{n-1}n}({x}^{\frac1n}+1)^2} \le
              {{(1-\alpha+x)}^{\frac{n-1}n}[{(1-\alpha+x)}^{\frac1n}+1]^2}\\
       &\iff&\left(\frac x{1-\alpha+x}\right)^{\frac{n-1}n}\le1\le
              \left(\frac{{(1-\alpha+x)}^{\frac1n}+1}{{x}^{\frac1n}+1}\right)^2
    \end{eqnarray*}
    pues
    \begin{eqnarray*}
      \left(\frac x{1-\alpha+x}\right)^{\frac{n-1}n}\le1
      &\iff&\frac x{1-\alpha+x}\le1\\
      &\iff&x\le{1-\alpha+x}\\
      &\iff&0\le{1-\alpha}
    \end{eqnarray*}
    lo que es obvio pues $0<x=\alpha_a<\alpha<1$; por otro lado,
    \begin{eqnarray*}
      \left(\frac{{(1-\alpha+x)}^{\frac1n}+1}{{x}^{\frac1n}+1}\right)^2\ge1
      &\iff&\frac{{(1-\alpha+x)}^{\frac1n}+1}{{x}^{\frac1n}+1}\ge1\\
      &\iff&{{(1-\alpha+x)}^{\frac1n}+1}\ge{{x}^{\frac1n}+1}\\
      &\iff&{{(1-\alpha+x)}^{\frac1n}}\ge{{x}^{\frac1n}}\\
      &\iff&1-\alpha+x\ge x\\
      &\iff&1-\alpha\ge0\\
    \end{eqnarray*}
    Por tanto, $A'\le0$ y la amplitud es decreciente:

    \includegraphics[width=0.6\textwidth]{amplitud.pdf}

    Por tanto, el mejor intervalo se encuentra con $\alpha_a=\alpha$ y
    $\alpha_b=0$, luego $b=1$, $a=\sqrt[60]{0.05}=0.9512971$ e
    I.C. = \([145.5000,149.1316]\).

    \bigskip
    Otra alternativa es aprovechar que el tamaño de muestra \(n=60\)
    es bastante grande y aplicar el TCL:
    \[\frac{\bar X - \mu}{\sigma/\sqrt n}\nsigue\gaus01\]
    \[\frac{\bar X - \mu}{\sigma/\sqrt n}=
      \frac{\bar X - \frac34\theta}{\frac1{\sqrt{48}}\theta/\sqrt n}
      =\sqrt{48n}\left(\frac{\bar X}\theta-\frac34\right)\]
    \[1-\alpha=
      \P{z_{\alpha_1}\le\sqrt{48n}\left(\frac{\bar X}\theta-\frac34\right)
        \le z_{1-{\alpha_2}}}=
      \P{\frac{\bar X}{\frac34+\frac{z_{1-{\alpha_2}}}{\sqrt{48n}}}\le\theta\le
      \frac{\bar X}{\frac34+\frac{z_{{\alpha_1}}}{\sqrt{48n}}}}
  \]
  Con $\alpha_1=\alpha_2=\frac12\alpha$, I.C. = \([ 143.4925, 158.1828]\),
  que incluye valores imposibles, aquéllos menores que \(x_{(n)}=145.5\).
\end{resol}
\item ¿Se puede considerar que la distribución es uniforme \(\unif a b\)?
  \begin{resol}
    Por ser la uniforme continua usaremos Kolgogórov-Smirnov y, por
    ser la hipótesis nula compuesta, el método de Lilliefors, que da una
    aproximación al p-valor similar a $0.123616$:
\begin{verbatim}
Dn <- function (x) ks.test (x, punif, min(x), max(x)) $ statistic
suppressWarnings (mean (replicate (1e6, Dn(runif(n))) >= Dn(x)))
\end{verbatim}
    Es factible el método de Lilliefors porque la  \(\unif a b\) depende
    sólo de parámetros asociados a localización y escala (no cambia la forma):

    Sean $\hat b=\max X_i$, $\hat a=\hat b/2$,
    $Y_i\colonequals (X_i-a)/(b-a)\sigue\unif01$; entonces:
    \begin{eqnarray*}
    D_n&=& \sup_{x\in\mathbb R}
           \abs{F_n(x)-F_{\unif{\hat a}{\hat b}}(x)}=
           \sup_{\hat a<x<\hat b}
           \abs{\frac{\sum\indi{X_i\le x}}n-
           F_{\unif01}\left(\frac{x-\hat a}{\hat b-\hat a}\right)}\\
       &=& \sup_{\hat a<x<\hat b}
           \abs{\frac{\sum\indi{\frac{X_i-a}{b-a}\le \frac{x-a}{b-a}}}n-
           F_{\unif01}\left(\frac{\frac{x-a}{b-a}-\frac{\hat a-a}{b-a}}
           {\frac{\hat b-a}{b-a}-\frac{\hat a-a}{b-a}}\right)}\\
       &=& \sup_{\min Y_i<y<\max Y_i}
           \abs{\frac{\sum\indi{Y_i\le y}}n-
           F_{\unif01}\left(\frac{y-\min Y_i} {\max Y_i-\min Y_i}\right)}
    \end{eqnarray*}
    luego $D_n$ es de libre distribución.
  \end{resol}
\item Suponiendo que sigue una distribución \(\unif a b\) contrasta
  $H_0\colon a=80,b=150$ frente a $H_1\colon a=80, b<150$.
  \begin{resol}
    La familia \(\unif {80} b\) tiene razón de verosimilitud monótona
    en $T=X_{(n)}=\max X_i$ pues, dados $b_1 < b_2$,
    \[
      \frac{L(b_2)}{L(b_1)}=
      \begin{cases}
        0&b_1<x_{(n)}<b_2\\
        \infty&b_2<x_{(n)}
      \end{cases}
    \]
    Por tanto, la región crítica para el contraste del enunciado tiene
    la forma $\{\vec x\mid x_{(n)} < c\}\;\exists\,c$.  Bajo $H_0$ la
    ojiva de \(X_{(n)}\) es
    \[
      F_{X_{(n)}}(x)=F_{X}(x)^n=\left(\frac{x-80}{150-80}\right)^n
      \qquad\text{para }80<x<150
    \]
    luego el $P$-valor para la muestra del enunciado es
    \[
      \P{X_{(n)}<145.5}=F_{X_{(n)}}(x)=
      \left(\frac{145.5-80}{150-80}\right)^{60}
      =0.01856075<0.05=\alpha
    \]
    y por tanto se rechaza la hipótesis nula: hay evidencias de que
    el verdadero valor de $b$ es menor que $150$.

    Una aproximación al $P$-valor puede obtenerse cómodamente aplicando
    Montecarlo al estadígrafo de la razón de verosimilitudes:
\begin{verbatim}
RV <- function (x) prod(dunif(x,80,150)) / prod(dunif(x,80,max(x)))
mean (replicate (1e6, RV(runif(n,80,150))) <= RV(x)) # 0.018487
\end{verbatim}
  \end{resol}
\item Si la concentración es menor que
  $90$, el paciente está en riesgo de trombocitopenia. Sea
  $p$ la proporción poblacional de tales pacientes. Contrasta
  $H_0\colon p=0.13$ frente a $H_1\colon p>0.13$.
  \begin{resol}
    La familia $Y\colonequals\indi{X<90}\sigue\bino{n}{p}$ tiene razón
    de verosimilitud monótona en $p$: si $p_1<p_2$
    \[
      \frac{\L(p_2)}{\L(p_1)}=
      \left(\frac{p_2}{p_1}\right)^{\sum y_i}\por
      \left(\frac{1-p_2}{1-p_1}\right)^{n-\sum y_i}=
      \left(\frac{p_2}{p_1}\right)^{\sum y_i}\por
      \left(\frac{1-p_2}{1-p_1}\right)^{n}\por
      \left(\frac{1-p_1}{1-p_2}\right)^{\sum y_i}\propto
    \]
    \[
      \propto\left(\frac{p_2}{p_1}\right)^{\sum y_i}\por
      \left(\frac{1-p_1}{1-p_2}\right)^{\sum y_i}=
      \left(\frac{p_2}{p_1}\por \frac{1-p_1}{1-p_2}\right)^{\sum y_i}
    \]
    creciente en $\sum y_i$ pues $\frac{p_2}{p_1}\frac{1-p_1}{1-p_2}>1$.

    Por consiguiente, el contraste uniformemente más potente tiene
    una región crítica de la forma $\left[\sum Y_i>c\right]$, $\exists\,c$.
    En la muestra del enunciado, $\sum y_i=3$ luego el $P$-valor será
    \[\P{\sum Y_i\ge3\mid H_0}=\P{\bino{60}{0.13}\ge3}= 0.9883685>0.05=\alpha\]
    por lo que no hay evidencias de que $p>0.13$.  Esto es obvio desde un
    principio, ya que la estimación muestral $\hat p=\frac3{60}=0.05$ da la
    razón (en el sentido de que es más próxima) a $H_0$ y que ``en caso de
    duda, hipótesis nula''; es este caso, no hay ninguna duda.

    El $P$-valor podría haberse calculado también mediante
\begin{verbatim}
binom.test (3, 60, p=0.13, alternative="greater")
\end{verbatim}
  \end{resol}
\item ¿Se puede considerar que la secuencia de datos es aleatoria en
  el sentido de que no hay tendencia, ni creciente ni decreciente?
  \begin{resol}
    Sean
    $(x_i)_{i=1}^n$ los datos de la muestra, en el orden en que se han
    recogido, y $(y_i\colonequals
    i)_{i=1}^n=(1,\dots,n)$ la secuencia de números naturales que representa la
    posición de cada dato.  Contrastaremos las hipótesis $H_0\colon\text{El
      valor es independiente de la posición}\equiv\rho_{XY}=0$ frente a
    $H_1\colon\text{Existe tendencia creciente o decreciente según la
      posición}\equiv\rho_{XY}\ne0$ donde $\rho$ representa el coeficiente de
    correlación lineal de Spearman:
\begin{verbatim}
cor.test (x, 1:n, method="spearman") ## rho = 0.1821415 ; p-value = 0.1637
\end{verbatim}
    La correlación muestral es positiva pero baja y, de hecho, no
    significativamente distinta de cero.  Por tanto, se puede considerar
    que la secuencia de datos es aleatoria en el sentido del enunciado.

    Habría otras posibilidades, como dividir la muestra en dos y
    comparar si hubo cambio en la tendencia central; o usar alguna
    versión del contraste $\chi^2$; etc.  Por ejemplo, usando Kruskal-Wallis
    al dividir la secuencia en $k$ grupos:
\begin{verbatim}
p.valor <- function (k) kruskal.test(x, rep(1:k,each=n/k))$p.value
p.valor(2)  # 0.4118913
p.valor(3)  # 0.0103693
p.valor(5)  # 0.008234161
p.valor(6)  # 0.05119957
p.valor(10) # 0.01537438
p.valor(12) # 0.03967037
\end{verbatim}
    Hay divisiones que producen rechazo de $H_0$, lo que lleva a sospechar
    que la secuencia no es aleatoria del todo.  Hay que tener en cuenta,
    en todo caso, que se trata de contrastes múltiples y que la representación
    gráfica no ofrece evidencia clara:
\begin{verbatim}
k <- 3; boxplot (x ~ rep(1:k,each=n/k), notch=TRUE)
\end{verbatim}
    \includegraphics[width=0.6\textwidth]{cuNas.pdf}
  \end{resol}

\end{enumerate}
\section*{Código R}
\begin{verbatim}
x <- c(88.4, 120.4, 99.2, 96.4, 110.1, 110.2, 86.2, 94.7, 108.9, 111.5, 105.6,
       105.3, 106.7, 107.9, 123.4, 121.5, 85.6, 115.2, 124.9, 94, 111.4, 100.8,
       106.4, 104.7, 111.8, 139.6, 130, 145.5, 128, 137.8, 119, 118.7, 108.5,
       122.7, 112.9, 116.8, 144.5, 110.1, 129, 110.4, 104.1, 129.3, 98.7, 118.5,
       111, 103.4, 92.4, 95.2, 105.7, 130, 101.5, 100.6, 133.9, 139.7, 132.2,
       135.5, 113.6, 101.2, 96.4, 104)
t <- range (x)
4/3 * mean(x)
n <- length(x)
alfa <- 0.05
A <- function(alfa1) 1/(1+alfa1^(1/n))-1/(1+(1-alfa-alfa1)^(1/n))
pdf('/tmp/amplitud.pdf')
plot (A, 0, alfa)
dev.off()
cor.test (x, 1:n, method="spearman")
sumYi <- sum (x < 90)
1-pbinom(sumYi-.5, n, .13)
\end{verbatim}
\end{document}
