\documentclass{article}
\usepackage[spanish]{babel}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{amsmath,amssymb,amsthm}
\usepackage{fullpage}

\begin{document}
{\Large INFERENCIA ESTADÍSTICA --- 28 de mayo de 2025 --- Completo}
\section*{Instrucciones}
\begin{itemize}
\item Primera parte: TEORÍA. Ordenador apagado. Tienes hasta una hora
  para resolverla y entregar los folios con tu respuesta.
\item Segunda parte: PROBLEMAS. En cuanto entregues la teoría, podrás
  encender el ordenador exclusivamente para usar R y acceder al campus
  virtual. No hay una ``tarea'' en el campus virtual para subir documentos.
  Has de entregar todas tus respuestas en papel: para un gráfico, esbózalo
  a mano dejando claro lo que quieras destacar; para código fuente,
  escríbelo con la mayor precisión posible.  Has de entregar los folios en
  dos bloques separados: problema 1; problema 2.
\item Justifica todas las respuestas.
\end{itemize}
\section*{TEORÍA}
\begin{enumerate}
\item (2 puntos) Analiza la solución que da una I.A. sobre el E.M.V. de una
  Beta($a$,1) a partir de una muestra de tamaño $n$. Comenta los
  errores que pueda tener, si te parece incorrecta, y calcula la
  función de densidad del E.M.V., si consideras que está bien.

\begin{verbatim}
------------------------------ INICIO DE LA SOLUCIÓN DE LA I.A. ---------------------
\end{verbatim}
  
PREGUNTA:
Calcula el estimador máximo-verosímil del parámetro a de una Beta(a,1) a partir de una uestra de tamaño n. %Escribe los resultados en latex

% \vspace{0.4cm}
%
% RESPUESTA
% Aquí tienes el desarrollo detallado para el estimador máximo verosímil (EMV) del parámetro \( a \) de una distribución \(\text{Beta}(a, 1)\) a partir de una muestra de tamaño \( n \).
\section{Planteamiento del Problema}
Sea \( X \sim \text{Beta}(a, 1) \) con función de densidad:
\[
f(x \mid a) = a x^{a-1}, \quad 0 < x < 1,
\]
donde \( a > 0 \) es el parámetro a estimar. Dada una muestra aleatoria \( \mathbf{X} = (X_1, X_2, \dots, X_n) \), calcularemos el estimador máximo verosímil (EMV) de \( a \) y determinaremos su distribución.

\section{Estimador Máximo Verosímil (EMV)}

\subsection{Función de Verosimilitud}
La función de verosimilitud para la muestra es:
\[
L(a; \mathbf{X}) = \prod_{i=1}^n f(X_i \mid a) = \prod_{i=1}^n a X_i^{a-1} = a^n \left( \prod_{i=1}^n X_i \right)^{a-1}.
\]

\subsection{Log-verosimilitud}
Tomamos el logaritmo natural para simplificar:
\[
\ell(a; \mathbf{X}) = \ln L(a; \mathbf{X}) = n \ln a + (a - 1) \sum_{i=1}^n \ln X_i.
\]

\subsection{Derivación del EMV}
Derivamos respecto a \( a \) e igualamos a cero para encontrar el máximo:
\[
\frac{d\ell}{da} = \frac{n}{a} + \sum_{i=1}^n \ln X_i = 0.
\]
Resolviendo para \( a \):
\[
\frac{n}{a} = -\sum_{i=1}^n \ln X_i \implies a = -\frac{n}{\sum_{i=1}^n \ln X_i}.
\]
Por tanto, el EMV de \( a \) es:
\[
\hat{a}_{\text{EMV}} = -\frac{n}{\sum_{i=1}^n \ln X_i}.
\]


\section{Distribución del Estimador \( \hat{a}_{\text{EMV}} \)}

\subsection{Transformación de la Variable}
Definimos \( Y_i = -\ln X_i \). Como \( X_i \sim \text{Beta}(a, 1) \), la transformación \( Y_i \) sigue una distribución exponencial:
\[
Y_i \sim \text{Exp}(a), \quad \text{con } f_{Y_i}(y) = a e^{-a y}, \quad y > 0.
\]

\subsection{Suma de Variables Aleatorias}
La suma \( S = \sum_{i=1}^n Y_i = -\sum_{i=1}^n \ln X_i \) sigue una distribución gamma:
\[
S \sim \text{Gamma}(n, a), \quad \text{con } f_S(s) = \frac{a^n s^{n-1} e^{-a s}}{\Gamma(n)}, \quad s > 0.
\]

\subsection{Distribución de \( \hat{a}_{\text{EMV}} \)}
El estimador puede escribirse como:
\[
\hat{a}_{\text{EMV}} = \frac{n}{S}, \quad \text{donde } S \sim \text{Gamma}(n, a).
\]
La variable \( T = a S \sim \text{Gamma}(n, 1) \), por lo que:
\[
\hat{a}_{\text{EMV}} = \frac{a n}{T}, \quad \text{con } T \sim \text{Gamma}(n, 1).
\]
La distribución de \( \hat{a}_{\text{EMV}} \) es una \textbf{inversa gamma} escalada:
\[
\hat{a}_{\text{EMV}} \sim \text{Inv-Gamma}(n, a n),
\]
con función de densidad:
\[
f_{\hat{a}}(x) = \frac{(a n)^n}{\Gamma(n)} x^{-n-1} e^{-a n / x}, \quad x > 0.
\]

\section{Propiedades del Estimador}

\subsection{Sesgo}
El valor esperado de \( \hat{a}_{\text{EMV}} \) es:
\[
E[\hat{a}_{\text{EMV}}] = E\left[\frac{n}{S}\right] = \frac{a n}{n - 1}, \quad \text{para } n > 1.
\]
Por tanto, el estimador es \textbf{sesgado} pero asintóticamente insesgado cuando \( n \to \infty \).

\subsection{Varianza}
La varianza de \( \hat{a}_{\text{EMV}} \) es:
\[
\text{Var}(\hat{a}_{\text{EMV}}) = \frac{a^2 n^2}{(n - 1)^2 (n - 2)}, \quad \text{para } n > 2.
\]

\section{Ejemplo Numérico}
Supongamos \(n = 5\) con \(\mathbf{X} = (-1.2, 0.3, 0.9, -0.5, 1.1)\):
\begin{itemize}
    \item \textbf{EMV}: \(\hat{\theta}_{\text{EMV}} = \max(|-1.2|, |0.3|, |0.9|, |-0.5|, |1.1|) = 1.2\).
    \item \textbf{MM}: \(\hat{\theta}_{\text{MM}} = \sqrt{\frac{3}{5} ((-1.2)^2 + 0.3^2 + 0.9^2 + (-0.5)^2 + 1.1^2)} = \sqrt{\frac{3}{5} \times 3.8} \approx 1.51\).
\end{itemize}

\section{Conclusiones}
\begin{itemize}
    \item Ambos estimadores son consistentes (convergen al verdadero \(\theta\) cuando \(n \to \infty\)).
    \item El EMV es más intuitivo pero puede subestimar \(\theta\) en muestras pequeñas.
    \item El estimador de momentos utiliza más información muestral pero puede ser menos robusto a outliers.
\end{itemize}
\begin{verbatim}
------------------------------ FIN DE LA SOLUCIÓN DE LA I.A. -----------------------
\end{verbatim}
  
  
\item (2 puntos) Explica detalladamente el test de Kruskal-Wallis: cuáles son las
  condiciones de aplicación, el estadístico de contraste y la región
  crítica.
\end{enumerate}
\section*{PROBLEMA 1}
La tensión diastólica (mm Hg) en cierta población de ancianos sanos
sigue una distribución gausiana $N(80,\sigma)$. En una residencia
geriátrica se han medido dichas tensiones y se han obtenido estos
valores: (80,82,83,85,79,78,90,92,98,100,86,91).
\begin{enumerate}
\item [a)] (1 punto) Halla el estimador y la estimación máximo-verosímiles para $\sigma$.
\item [b)] (1 punto) Halla un intervalo de confianza \emph{t-bootstrap} para $\sigma$.
\item [c)] (1 punto) Contrasta $H_0: \sigma=5$ frente a $H_1: \sigma>5$ a nivel de significación $\alpha$ = 0'03.
\end{enumerate}
\section*{PROBLEMA 2}
La empresa Neurovitalis está evaluando la efectividad de un nuevo programa de entrenamiento cognitivo para mejorar la memoria a corto plazo en adultos mayores. Para ello, se seleccionó aleatoriamente a 50 participantes y se midió su capacidad de memoria antes de iniciar el programa de entrenamiento cognitivo (Momento 1). Los mismos individuos participaron en el programa durante 8 semanas, y al finalizar se les volvió a medir la memoria (Momento 2). La variable de medida es una puntuación estandarizada en una escala continua de 0 a 100. Los datos obtenidos se encuentran en el fichero `Neurovitalis.RData'. Basándote en los datos recogidos y asumiendo independencia entre individuos (pero no entre momentos de medición dentro de un mismo individuo), responde a las siguientes preguntas a nivel de significación $\alpha$ = 0'05:

\begin{itemize}
\item[a)] (0'75 puntos) Estudia mediante un gráfico y un test de hipótesis adecuados si la mejora en la capacidad de memoria sigue una distribución normal.
\item[b)] (0'75 puntos) ¿Hay evidencias para afirmar que el entrenamiento cognitivo ayuda a mejorar la capacidad de memoria? Realiza un estudio descriptivo numérico y basa tus conclusiones en los resultados de un contraste de hipótesis.
\item[c)] (0'75 puntos) Estima la potencia del test del apartado anterior para detectar mejoras de $d\in\{1,2,3\}$ unidades. Utiliza la estimación puntual de la desviación típica poblacional si fuese necesario.
\item[d)] (0'75 puntos) Asumiendo distribución normal para la mejora en la capacidad de memoria y utilizando la estimación puntual de la desviación típica poblacional si fuese necesario, indica si el tamaño muestral actual es suficiente para garantizar que la amplitud esperada del intervalo de confianza al nivel de confianza 0'95 para la varianza de la mejora sea inferior a 5 unidades. En caso negativo, calcula el menor tamaño muestral necesario para lograr este objetivo.
\end{itemize}


\end{document}
\newpage
\textbf{Solución:}

a) Se calcula en primer lugar la mejora como la medición en el momento 2 menos la medición en el momento 1. Se obtiene el siguiente resumen numérico de la mejora:
\begin{verbatim}
   Min. 1st Qu.  Median    Mean 3rd Qu.    Max. 
 -0.990   3.458   5.700   5.533   7.665  12.490 
\end{verbatim}

Se observan indicios de simetría en la variable al ser la media y la mediana similares y estar el primer y tercer cuartil distribuidos de manera más o menos equidistante con respecto a estos centros comunes. A continuación, se presenta un histograma con la función de densidad de una normal con parámetros estimados por la muestra (media $5.533$ y desviación típica de $3.091497$).

\begin{figure}[h!]
\begin{center}
\includegraphics[width=.8\textwidth]{Histograma.png}
\end{center}
\end{figure}


El resultado del test de Shapiro-Wilk de normalidad nos confirma lo visto gráficamente:
\begin{verbatim}
	Shapiro-Wilk normality test

data:  mejora
W = 0.98742, p-value = 0.8687
\end{verbatim}
Se concluye que parece razonable admitir que la mejor sigue una distribución normal.

b) Se plantea el contraste $H_0: \mu\le 0$ contra $H_1:\mu>0$, siendo $\mu$ la mejora media en la capacidad de memoria. Tal y como se puede observar en el resumen numérico, la mejora media es superior a 5 unidades por lo que parece que el entrenamiento cognitivo efectivamente funciona. Además, si se estudian los individuos uno a uno se observa como solamente uno de ellos no mejoró su capacidad de memoria. Puesto que nos encontramos en una población normal (y la varianza poblacional es desconocida), se plantea el test t para las comparación de medias:
\begin{verbatim}
	One Sample t-test

data:  mejora
t = 12.656, df = 49, p-value < 2.2e-16
alternative hypothesis: true mean is greater than 0
95 percent confidence interval:
 4.800406      Inf
sample estimates:
mean of x 
   5.5334 
\end{verbatim}
En dicha salida se obtiene también el intervalo de confianza unilateral para la mejora media, siendo el intervalo de confianza bilateral $[4.654806, 6.411994]$. Se concluye que, efectivamente, tenemos evidencias significativas a un nivel de significación $\alpha=0.05$ para apoyar la mejora causada por el programa de entrenamiento cognitivo.

c) Para estimar la potencia, procedemos con estimación por Monte Carlo haciendo uso del siguiente código:
\begin{verbatim}
potencia <- function(d){
  dist <- replicate(10^5,{
    x <- rnorm(50, d, sd(mejora))
    t.test(x, mu=0, alternative="greater")$p.value<=0.05
  })
  mean(dist)
}
\end{verbatim}
Se obtiene que la potencia en $0$ es cercana al nivel de significación ($0.05075$ en mi simulación), y va creciendo al alejarnos del valor 0. En particular, la potencia en $1$ es $0.72792$, la potencia en $2$ es $0.99796$ y la potencia en $3$ es $1$.


d) El intervalo de confianza para $\sigma^2$ en la distribución normal es
\[\left[\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{n-1,1-\alpha/2}},\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{n-1,\alpha/2}} \right]\]
con $\chi^2_{n-1,\alpha/2}=31.55492$ y $\chi^2_{n-1,1-\alpha/2}=70.22241$ cuando $n=50$ y $\alpha=0.05$. Para nuestros datos, el intervalo quedaría $[6.668958, 14.84112]$. La amplitud esperada del intervalo de confianza viene dada por
\[E\left(\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{n-1,\alpha/2}}-\frac{(n-1)S^2}{\chi^2_{n-1,1-\alpha/2}}\right)=\frac{\chi^2_{n-1,\alpha/2}-\chi^2_{n-1,1-\alpha/2}}{\chi^2_{n-1,\alpha/2}\cdot\chi^2_{n-1,1-\alpha/2}}\,(n-1)\,E(S^2)=0.8550654\sigma^2\,.\]
Aproximando $\sigma^2$ por su estimación muestral, se llega a que la amplitud esperada es de aproximadamente $8.172163$ unidades, por lo que el tamaño muestral no es suficiente. El siguiente código serviría para calcular el tamaño necesario, que es 121:
\begin{verbatim}
Amplitud <- function(n){
  a <- qchisq(0.975,n-1)
  b <- qchisq(0.025,n-1)
  Cn <- (a-b)/(a*b)*(n-1)*var(mejora)
}
Amplitud(121)
\end{verbatim}
\end{document}