Solucionario del Capítulo 2 de Pindyck-mayo-2010

1

Solucionario del Capítulo 2 de Pindyck. 2.1.

0

2

4

6

8

10

50 100 150 200 250 300

Series: RPP_RENT_NOSample 1 32Observations 32

Mean 138.1694Median 140.0000Maximum 285.0000Minimum 50.75000Std. Dev. 47.11476Skewness 1.017093Kurtosis 4.787223

Jarque-Bera 9.776104Probability 0.007536

0

1

2

3

4

5

6

7

8

100 200 300 400 500 600 700 800 900

Series: RENTSample 1 32Observations 32



2

0

4

8

12

16

20

1 2 3 4 5 6

Series: NOSample 1 32Observations 32



Por lo tanto, 138.1694RPP = y / 318.1562 / 2.437500 130.5256205RENT NO = = . Por lo tanto, no son iguales.

2.2. ( ) 8 1 60 1 16.4 2 2 2

E Y X −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) ( ) ( )1 1 1 18 60 4 2 26 / 1 26.2 2 2 2

E Y E X ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − + − + = − = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2.3. Asuma que RPP está distribuida normalmente con media RPPμ y varianza 2

RPPσ . Testee la hipótesis de que 135RPPμ = al nivel de significancia del 5% si (a) 2 2,150RPPσ = y (b)

2RPPσ es desconocida. Preste particular atención a la elección de su estadístico de testeo.

Solución.

(a) En este primer caso, se conoce la varianza poblacional 2 2,150RPPσ = por lo que el estadístico de muestreo será también normal.

El estadístico de muestreo está dado por

2

135 138.1694 135 0.387.8.1967981552,150 32

RPP

Nβ

β βσ− − −

= = =

Dado que la ( )1.96 1.96 0.05P Z− ≤ ≤ = desde la tabla normal, y 0.387 se encuentra en la zona de aceptación de la nula, no podemos rechazar la hipótesis nula de que 135.RPPμ =

3

Una forma alternativa es construir el intervalo de confianza de la siguiente manera:

1.96 1.96 0.95RPP RPPRPP RPPRPPP

n nσ σμ μ μ⎛ ⎞− ≤ ≤ +⎜ ⎟

⎝ ⎠∼

Construimos el intervalo de confianza con un nivel de significancia del 5% con la tabla normal

( )

46.37 46.37135 1.96 135 1.96* 0.9532 32

118.93 151.06 0.95

RPP

RPP

P

P

μ

μ

⎛ ⎞− ∗ ≤ ≤ +⎜ ⎟⎝ ⎠− ≤ ≤

∼

∼

Vemos que 135 cae dentro de este intervalo por lo que no podemos rechazar la hipótesis nula de que 135.RPPμ =

(b) En este segundo caso, se desconoce la varianza poblacional 2RPPσ por lo que es

necesario estimarla con los datos de la muestra. En este caso el estadístico muestral se distribuye como una distribución t.

El estadístico de muestreo está dado por

2

135 138.1694 135 0.381.8.3287915732, 219.80061 32

RPPsN

β β− − −= = =

Como sustituimos la varianza poblacional por la varianza estimada del parámetro a partir de los datos de la muestra, el estadístico de muestreo se distribuye como una distribución t. La ( )2.042 2.042 0.05P t− ≤ ≤ = de la tabla de la distribución t, 0.381 cae en la zona de aceptación de la nula, por lo que no podemos rechazar la hipótesis nula de que

135.RPPμ = También podemos hacerlo con EViews de la siguiente forma:

Hypothesis Testing for RPP_RENT_NO Date: 09/04/09 Time: 10:11 Sample: 1 32 Included observations: 32 Test of Hypothesis: Mean = 135.0000 Assuming Std. Dev. = 46.36809

Sample Mean = 138.1694 Sample Std. Dev. = 47.11476

Method Value ProbabilityZ-statistic 0.386660 0.6990t-statistic 0.380532 0.7061

4

Los valores del estadístico Z y t coinciden con los que hemos calculado previamente y los valores de probabilidad reportados son los p-valores, o nivel de significancia marginal, en contra de la alternative de ambos lados. Si esta probabilidad es menor que el nivel de significancia del test, en el ejercicio 5%, rechazamos la hipótesis nula. En este caso, como el valor-p es mayor que el 5% no podemos rechazar la hipótesis nula planteada. El test de la media con EViews lleva adelante el test de hipótesis de que la media μ de la serie X es igual a un valor especificado m en contra de la alternativa de ambos lados de que no es igual a :m

0

1

:: .

H mH m

μμ=≠

2.4. Ahora asumamos que RPP entre los hombres está distribuido normalmente con media m

RPPμ y varianza ( )2.m

RPPσ RPP entre mujeres es también asumido que se

distribuye normalmente con media fRPPμ y varianza ( )2f

RPPσ . Testee la hipótesis de que m fRPP RPPμ μ= al 5% de nivel de confianza cuando a usted se le da como dato que 2 2 1,681.f mRPP RPPσ σ= =

Solución. Inferencias acerca de dos medias: muestras independientes y grandes. Al probar hipótesis respecto a dos medias de población y construir intervalos de confianza para la diferencia entre dos medias de población, supondremos lo siguiente para los métodos que emplearemos en esta sección. 1. Las dos muestras son independientes. 2. Las dos muestras son grandes. Esto es, 1 30n > y 2 30n > .

Una conclusión del teorema central del límite es que las medias de muestra tienden a estar distribuidas normalmente. Más adelante en esta sección justificaremos esta importante propiedad: las diferencias entre las medias de muestra ( )1 2x x− también tienden a estar

distribuidas normalmente. Utilizando estas propiedades y los supuestos antes mencionados, obtenemos la estadística de prueba siguiente que usaremos para probar hipótesis hechas acerca de las medias de dos poblaciones. Esta estadística de prueba es muy similar a varias de las estadísticas de prueba que ya hemos visto. Observe que el formato básico es el mismo:

5

( ) ( )( )

estadística de muestra parámetro de población aseveradodesviación estándar de las estadísticas de muestra

−

De tal modo que la estadística de prueba para dos medias (independientes y muestras grandes) es la siguiente:

( ) ( )1 2 1 2

2 21 2

1 2

x xz

n n

μ μ

σ σ

− − −=

+

Test for Equality of Means of RPP_RENT_NO Categorized by values of SEX Date: 09/04/09 Time: 16:30 Sample: 1 32 Included observations: 32

Method df Value Probability

t-test 30 2.236119 0.0329Anova F-statistic (1, 30) 5.000229 0.0329

Analysis of Variance

Source of Variation df Sum of Sq. Mean Sq.

Between 1 9830.931 9830.931Within 30 58982.88 1966.096

Total 31 68813.81 2219.800

Category Statistics

Std. Err.SEX Count Mean Std. Dev. of Mean

0 22 126.3523 47.41099 10.108061 10 164.1670 36.17711 11.44021All 32 138.1694 47.11476 8.328791

En este caso y con estos datos calculados a partir de EViews podemos computar

6

( ) ( )1 2 1 2

2 21 2

1 2

126.35 164.17 2.421681 22 1681 10

x xz

n n

z

μ μ

σ σ

− − −=

+

−= = −

+

Usando una tabla normal, como -2.42 cae en la zona de rechazo de la hipótesis nula de la igualdad de las medias, lo hacemos, es decir rechazamos la hipótesis de igualdad de las medias para ambos grupos. 2.5. Repita el ejercicio 2.4. asumiendo que 2 2f m

RPP RPPσ σ= pero que su valor común es desconocido.

En este caso, utilizamos la siguiente estadística de prueba (que es válid para muestras independientes pequeñas y varianzas iguales):

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

1 2 1 2

2 2

1 2

2 21 1 2 22

1 2

1 2

1 1donde

1 1y los grados de libertad están dados por 2.

p p

p

x xt

s sn n

n s n ss

n ngl n n

μ μ− − −=

+

− + −=

− + −

= + −

Aplicando esta estadística de prueba a nuestros datos tenemos,

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )( )( ) ( )

( )

1 2 1 2

2 2

1 2

2 22 21 1 2 22

1 2

1 2

1 1 22 1 47.41099 10 1 36.17711donde 312.04

1 1 22 1 10 1y los grados de libertad están dados por 2 22 10 2 30.

126.35 164.17312.04 312.04

22 1

p p

p

x xt

s sn n

n s n ss

n ngl n n

t

μ μ− − −=

+

− + − − + −= = =

− + − − −

= + − = + − =

−=

+5.61

0

= −

7

El valor del t en la distribución teórica para 30 grados de libertad es 2.042. Por lo tanto, ( )2.042 2.042 0.05P t− ≤ ≤ = . Por lo tanto, el estadístico de prueba cae en la zona de

rechazo de la nula (esto es rechazamos la hipótesis de la igualdad de las dos varianzas).

2.6. En la parte a) del ejercicio 2.3 asumimos que la RPP estaba distribuida en forma normal con media desconocida RPPμ y varianza conocida 2 2,150RPPσ = . Asumiendo, como lo hicimos en la parte b), que 2

RPPσ se desconoce, pruebe con un nivel de significancia del 5% que 2 2,150.RPPσ = Sugerencia: Bajo la hipótesis de

que 2 2,150,RPPσ = encuentre la distribución ( ) 21,

2,150N s−

donde:

( )22

1

1 .1

n

ii

s RPP RPPN =

= −− ∑

En este caso se utiliza la siguiente estadística de prueba,

( ) 22

2

1n sχ

σ−

=

donde:

2

2

tamaño de la muestravarianza de la muestravarianza de la población (dada en la hipótesis nula).

nsσ

=

=

=

Por consiguiente, aplicado a nuestros datos tenemos que la estadística de prueba es:

( ) ( )2

2

1 32 1 *2,219.8006132.0063274

2,150n s

Vσ− −

= = =

Usando la tabla de la chi-cuadrado, encontramos que para 30 grados de libertad, al 5% de significancia, el valor crítico es 43.773, y el valor crítico para 40 grados de libertad, es 55.758, por lo que el estadístico no cae en la zona de rechazo de la nula. Por lo tanto, fracasamos en rechazar la hipótesis nula.

2.7. En el ejercicio 2.6, asumimos que ( ) ( )2 2.m f

RPP RPPσ σ= Pruebe esta igualdad con un nivel de significancia del 5%.

Si deseamos probar que 2 2 ,X Zσ σ= podemos calcular la estadística 2

2 .X

Z

ss

Si X y Z son

independientes, entonces ( ) 21

2

1 X

X

N sσ−

está distribuida como una chi-cuadrada con

1 1N − grados de libertad y ( ) 22

2

1 Z

Z

N sσ−

está distribuida como una chi-cuadrada con 2 1N −

grados de libertad. Entonces, usando el resultado 13, sabemos que el cociente

8

( )( )

( )( )

2 2 2 21 2

1 2

1 11 1X X Z ZN s N s

N Nσ σ⎡ ⎤ ⎡ ⎤− −

⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦

estará distribuido como una distribución F. Nótese que si 2 2 ,X Zσ σ= esto se reduce a 2

2X

Z

ss

y el cociente de las varianzas estimadas sigue una distribución F con 1 1N − y

2 1N − grados de libertad. La estadística F siempre se tabula con el estimado mayor de la varianza en el numerador y el estimado menor en el denominador. El cociente resultante siempre es mayor que 1, y proporciona información respecto a la cola superior de la distribución F. Entre mayor es la diferencia entre las dos varianzas, es mayor la estadística F. Por tanto, un valor grande de F implica que es improbable que las dos varianzas de error sean iguales. En la práctica, la prueba se lleva a cabo eligiendo un nivel de significancia y luego buscando el valor crítico de la distribución F en una tabla estándar de F. Aplicando este esquema a los datos de este problema tenemos:

2

2

2, 247 1.711,308

mRPP

fRPP

sFs

= = =

Este estadístico muestral sigue una distribución teórica F con 21,9 grados de libertad. Buscamos en la tabla el valor crítico de esta F, que es 2.94. Por consiguiente, fracasamos en rechazar la nula. 2.8. Suponga que X es una variable aleatoria distribuida en forma normal con media

Xμ y varianza 2 .Xσ Supongamos que X

X

XZ μσ

⎛ ⎞−= ⎜ ⎟⎝ ⎠

es una variable aleatoria nueva.

Demuestre que Z está distribuida en forma normal con media 0 y una varianza de 1 .N

Solución. Tomamos la esperanza matemática de la nueva variable :Z

( ) ( ) ( )

[ ]

1

1 1 0 0.

XX

X X

X XX X

XE Z E E X Eμ μσ σ

μ μσ σ

⎛ ⎞− ⎡ ⎤= = −⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎝ ⎠

= − = =

Tomamos la varianza de la variable aleatoria Z :

9

( )

( ) ( ) ( )2

2

2

1

1 10 .

XX

X X

X

X

XVar Z Var Var X Var

N N

μμ

σ σ

σσ

⎡ ⎤−⎡ ⎤⎢ ⎥= = −⎣ ⎦⎢ ⎥

⎣ ⎦⎡ ⎤

= − =⎢ ⎥⎣ ⎦

Sabemos que ( )2,X XX N μ σ∼ y sabemos también que 1 ... NX XXN

+ += o sea que X es

una suma ponderada de variables aleatorias normales con medias y varianzas idénticas, luego de acuerdo con el Resultado 10, ( )0,1 .Z N∼

2.9. Suponga que X está distribuida en forma normal con media 10 y varianza 625. Encuentre la probabilidad de que 30.X ≥

Solución. Se procede a estandarizar a X o sea:

2

30 10 0.8625

X

X

X μσ− −

= =

Necesitamos calcular la ( )Pr 0.8X ≥ . Buscamos esto en la tabla normal y encontramos que

( )Pr 0.8 0.2119.X ≥ =

2.10. Una moneda es lanzada seis veces. Usted desea probar la hipótesis de que la

probabilidad de caras=probabilidad de cruces= 1 .2

¿Cómo procedería?

Solución. Utilizaremos un ejemplo para explicar los pasos. Supongamos que desde un conjunto grande de pelotas verdes y amarillas, se eligen tres pelotas y se colocan en una urna. Sea p la fracción de pelotas que son verdes. A una persona se le permite hacer 5 extracciones

desde la urna; ella debe reemplazar cada pelota extraída antes de que la siguiente sea extraída. Supongamos que se le cuenta que el número de pelotas verdes en la urna es 1 ó 2; esto es

que 13

p = ó que 23

p = . La hipótesis de que 13

p = debe ser testeada contra la alternativa de

que 2 .3

p =

Sea R el número de pelotas verdes que se extraen en 5 extracciones. R es una variable binomial cuya distribución es mostrada en la siguiente tabla para los únicos dos valores posibles de .p

10

Distribución de probabilidad de la Variable Binomial R Probabilidad, ( )Pr R Valor de R

r 13

p = 23

p =

0 32243

1243

1 80243

10243

2 80243

40243

3 40243

80243

4 10243

80243

5 1243

32243

El problema consiste en decidir si, después de observar el resultado muestral, la hipótesis

13

p = es o no verdadera. Si uno concluye que es verdadera, uno acepta la hipótesis; de otra

manera, uno rechaza la hipótesis. Uno debe elegir una regla que indica para cada posible

resultado si aceptaremos o rechazaremos la hipótesis 13

p = . Especificar una regla tiene el

efecto de dividir el espacio muestral en dos regiones: si el resultado está en la región crítica,

la hipótesis es rechazada a favor de 2 ;3

p = si el resultado está en la región no crítica o de

aceptación, la hipótesis 13

p = es aceptada. Por ejemplo, una regla razonable sería aceptar

13

p = si menos que la mitad de las pelotas extraídas son verdes; de otra manera rechazar

13

p = . La región crítica para esta regla consiste de los valores 3,4 y 5 de .R

Cualquiera sea la regla que uno siga, las decisiones pueden posiblemente estar equivocadas. Incluso si la hipótesis que se está testeando es correcta, todavía habrá una probabilidad positiva de obtener un resultado en la región crítica; consecuentemente, uno puede, con probabilidad positiva, rechazar una hipótesis que es en realidad verdadera. Este tipo de error es conocido como el error Tipo I. En nuestro ejemplo, la región crítica consiste de

3,4, ,5,R ó= entonces la probabilidad de un error tipo I es 51 .243

Similarmente, si la

hipótesis 13

p = es falsa, entonces hay una probabilidad positiva de que un resultado en la

11

región de aceptación ocurra. Si ocurre, uno aceptará la hipótesis 13

p = a pesar de que es

falsa. Este tipo de error es llamado error tipo II. Si, en nuestro ejemplo, 2 ,3

p = entonces un

error tipo II es hecho siempre que 0,1, , 2.R ó= La probabilidad del error tipo II es por lo

tanto 1 10 40 51 .243 243 243 243

+ + =

Aplicando estos principios al problema, sabemos que si arrojamos una moneda 6 veces, el total de ocurrencias posibles es 62 . Sea R una variable aleatoria binomial consistente en el número de caras que se obtiene en las seis tiradas por lo tanto tendremos que

número de carasen seis tiradasR = ( )Pr R

0 612

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1 5 16 1 115 2 2! ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟! !⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 4 26 1 12 4 2 2! ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟! !⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3 4 5 6

Luego tendríamos que adoptar la regla. Por ejemplo, aceptar la hipótesis de que 12

p = si el

número de caras obtenidas en seis tiradas es igual a 3 ó 4. Lo mismo podríamos hacer para evaluar la probabilidad de cruces.

2.11. El coeficiente de correlación muestral entre dos variables X e Y se denota ( ),X Y y está dado por:

( ) ( )

( ) ( )1

2 2

1 1

n

i ii

XY n n

i ii i

X X Y Yr

X X Y Y

=

= =

− −=

− −

∑

∑ ∑

Muestre que si uno estima las regresiones

Y a bXX A BY= += +

12

el producto de los estimadores para b y B será igual a 2XYr .

Solución. En la primera regresión, el estimador b está dado por la expresión:

1

2

1

n

i ii

n

ii

x yb

x

=

=

=∑

∑

En la segunda regresión, el estimador B está dado por la expresión:

1

2

1

n

i ii

n

ii

y xB

y

=

=

=∑

∑

Por lo tanto, bB es igual a

21 1

2 2

1 1

n n

i i i ii i

XYn n

i ii i

x y y xbB r

x y

= =

= =

= =∑ ∑

∑ ∑

como teníamos que mostrar. 2.12. Si X está distribuida en forma normal con media μ y varianza 2σ ,

encuentre una transformación de X que tenga la distribución chi-cuadrada con 1 grado de libertad.

Solución.

( )0,1X Nμσ−⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

∼ . Por consiguiente, 2

21

X μ χσ−⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

∼ . Esto está explicado por el Resultado

11: la suma de los cuadrados de N variables aleatorias distribuidas independientemente en forma normal (con media 0 y varianza 1) está distribuida como una chi cuadrado con N grados de libertad.

2.13. Demuestre que ( ) ( )( )22E X E X= sólo ocurre si X toma un solo valor con probabilidad 1.

Solución.

13

En este caso, 2 2a a= para a el valor que puede tomar la variable aleatoria X con probabilidad 1. En cualquier otro caso, no se dará la igualdad ya que

( ) ( ) ( )( ) ( )2

22 2

1 1Pr Pr .

n n

i i i ii i

E X X X E X X X= =

⎛ ⎞= ≠ = ⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ ∑

2.14. Suponga que 1ε y 2ε son variables aleatorias independientes, cada una con

media 0 y varianza 2.σ Suponga que observa a 1X y 2X , los cuales se relacionan con 1ε y 2ε como sigue:

( )21 1 2 1 2, 1X Xε ρε ρ ε= = + −

donde ρ es una constante, 1 1.ρ− ≤ ≤ a) ¿Cuál es la covarianza entre 1X y 2 ?X ¿Cuál sería la correlación?

b) ¿Cuál es la media del promedio ( )1 2

2X X

X+

= de 1X y 2X ?

c) ¿Cuál es la varianza del promedio X ? Evalúe la varianza de 1 1 1 11, , ,0, , ,1.2 4 4 2

ρ = − − − ¿Qué concluye acerca de la precisión de los promedios

muestrales cuando los datos subyacentes no son variables aleatorias independientes? Solución. a) Para calcular la covarianza entre 1X y 2X necesitamos primero calcular las esperanzas de estas nuevas variables. Lo haremos a continuación. Primero, calcularemos la ( ) ( )1 1 0.E X E ε= = Luego, calculamos

( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

2 22 1 2 1 2

21 2

1 1

1 0 0 0.

E X E E E

E E

ρε ρ ε ρε ρ ε

ρ ε ρ ε

⎡ ⎤= + − = + −⎢ ⎥⎣ ⎦

= + − = + =

Por lo tanto, la covarianza entre estas dos variables está dada por

( ) ( ) ( ) ( )

( )( )( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )

1 2 1 1 2 2 1 2

2 2 21 1 2 1 1 2

2 2 2 2 21 1 2

,

1 1

1 1 0 .

Cov X X E X E X X E X E X X

E E E

E E

ε ρε ρ ε ρε ρ ε ε

ρ ε ρ ε ε ρσ ρ ρσ

= − − = =⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦

= + − = + − =

= + − = + − =

El coeficiente de correlación lineal entre las variables 1X y 2X está dado por

14

( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( )

( ) ( ) ( )( )

1 2

21 2

,2 21 2

21

2 2 2 2 22

,.

1 1

.

1 1

X X

Cov X X

Var X Var X

Var X

Var X

ρσ ρρσσ ρ ρ ρ ρ

σ

ρσ ρ σ σ ρ ρ

= = =+ − + −

=

= + − = + −

b) ¿Cuál es la media del promedio 1 2

2X XX +

= ?

( ) ( ) ( )1 21 2

1 0.2 2

X XE X E E X E X+⎛ ⎞= = + =⎡ ⎤⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎝ ⎠

d) ¿Cuál es la varianza del promedio X ?

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( )

1 21 2 1 2

2 2 2 2 2 2

1 2 ,2 4

1 11 2 1 1 2 .4 4

X XVar X Var Var X Var X Cov X X

σ σ ρ ρ ρσ σ ρ ρ ρ

+⎛ ⎞= = + + =⎡ ⎤⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎝ ⎠

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + + − + = + + − +⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Por consiguiente, puede verse que la varianza del promedio X varía con la relación lineal que existe entre las variables aleatorias 1X y 2X . De ahí que queremos que los datos muestrales sean independientes entre sí. Aquí 1X no es independiente de 2.X 2.15. a)

0

1

2

3

4

5

6

7

3.25 3.50 3.75 4.00 4.25 4.50

Series: PSample 1988 1997Observations 10



b) Fácil, para practicar, posible tema de exámen. 2.16.

15

0

2

4

6

8

10

50 100 150 200 250 300

Series: RPP_RENT_NOSample 1 32Observations 32



El estadístico Jarque-Bera aquí calculado es 9.776104 y sigue una distribución teórica chi cuadrado con dos grados de libertad. El valor crítico al 5%, con dos grados de libertad, es 5.991, por consiguiente 9.77 se encuentra en la zona de rechazo de la nula que en este caso es de normalidad. Por lo tanto, los datos muestrales son inconsistentes con una distribución normal de esta variable. Los demás estadísticos están contenidos en la salida de EViews.

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