econometria ii, Ejercicios de Econometría. Universidad Autónoma de Madrid (UAM)
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econometria ii, Ejercicios de Econometría. Universidad Autónoma de Madrid (UAM)

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Asignatura: Econometría II, Profesor: prosper lamothe fernandez, Carrera: Economía y Finanzas, Universidad: UAM
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Examen Extraordinario de Estad́ıstica I, 22 de Junio de 2012. Grados en ADE, DER-ADE, ADE-INF, FICO, ECO, ECO-DER.

NORMAS: 1) Entregar cada problema en un cuadernillo distinto, aunque esté en blanco. 2) Realizar los cálculos con al menos dos cifras decimales significativas. 3) No se podrá abandonar el examen hasta transcurridos 30 minutos depués de haber em- pezado. 4) No está permitido salir del aula sin entregar el examen, aunque esté en blanco.

1. Con el objetivo de estudiar la temperatura del termostato de refrigeración de un cierto modelo de coche a los 100 km/h, se toma una muestra de treinta coches de dicho modelo y se mide la temperatura del termostato de cada coche a dicha velocidad. Los resultados obtenidos son los siguientes (medidos en grados Celsius):

65.8 69.4 69.4 69.7 71.5 72.2 74.1 75.4 75.8 76.3 77.2 77.6 77.6 77.9 78.3 78.7 78.9 81.2 81.2 81.7 82.3 82.3 82.4 84.5 84.7 85.2 85.4 88.2 102.5 105.5

(a) (0.5 puntos) Agrupa la muestra en intervalos de amplitud constante empezando por [65, 69) y calcula la tabla de frecuencias absolutas y relativas.

Solución:

La tabla de frecuencias absolutas y relativas para los intervalos solicitados es:

Intervalo Frec. abs. Frec. rel. [65, 69) 1 1/30 [69, 73) 5 5/30 [73, 77) 4 4/30 [77, 81) 7 7/30 [81, 85) 8 8/30 [85, 89) 3 3/30 [89, 93) 0 0 [93, 97) 0 0 [97, 101) 0 0 [101, 105) 1 1/30 [105, 109) 1 1/30

30 1

(b) (0.25 puntos) ¿Qué porcentaje de observaciones se encuentra entre 78 y 81 grados Celsius?

Solución:

Puesto que hay tres observaciones, 78.3, 78.7 y 78.9, de 30 observaciones totales, tenemos que corresponden al 10%.

(c) (1 punto) Calcular los tres cuartiles de la muestra e interpretarlos.

Solución:

Los tres cuartiles muestrales son:

x( 314 ) = x(8) = 75.4

x( 312 ) =

x(15) + x(16)

2 =

78.3 + 78.7

2 = 78.5

x( 934 ) = x(23) = 82.4

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Esto implica que el 25% de las observaciones se encuentra por debajo de 75.4, el 50% de las observaciones se encuentra por debajo de 78.5 y el 75% de las observaciones se encuentra por debajo de 82.4. Por lo tanto, los tres cuartiles dividen la muestra de 30 observaciones en cuatro submuestras que recogen aproximadamente el mismo número de observaciones.

OBS: Los cuartiles también se pueden estimar de maneras alternativas. Por ejemplo:

x( 314 ) = 0.25x(7) + 0.75x(8) = 75.075

x( 312 ) =

x(15) + x(16)

2 =

78.3 + 78.7

2 = 78.5

x( 934 ) = 0.75x(23) + 0.25x(24) = 82.925

(d) (0.75 puntos) Representar los datos mediante un diagrama de caja (boxplot) e identificar los posibles datos at́ıpicos. Justificar la respuesta.

Solución:

En vista del diagrama de caja, existen dos datos at́ıpicos ya que sus valores son mayores que Q3 + 1.5×RI, donde RI es el rango intercuartilico.

2. Sea Y una variable aleatoria cont́ınua definida en el intervalo [0, 1] con función de densidad:

fY (y) =

{ 4y − 4y3 0 ≤ y ≤ 1

0 en cualquier otro caso

Se pide:

(a) (0.5 puntos) Obtener la función de distribución de Y .

Solución:

FY (y) =

 0 0 < y

y∫ 0

( 4u− 4u3

) du = 2y2 − y4 = y2

( 2− y2

) 0 ≤ y ≤ 1

1 y > 1

2

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(b) (0.5 puntos) Calcular las probabilidades P ( 0 < Y < 12

) y P

( 1 4 < Y <

3 4

) .

Solución:

P

( 0 < Y <

1

2

) = FY

( 1

2

) − FY (0) =

1

22

( 2− 1

22

) − 0 = 7

16 .

P

( 1

4 < Y <

3

4

) = FY

( 3

4

) − FY

( 1

4

) =

32

42

( 2− 3

2

42

) − 1

42

( 2− 1

42

) =

11

16 .

(c) (1 punto) Calcular la esperanza y la desviación t́ıpica de Y .

Solución:

E [Y ] =

1∫ 0

y ( 4y − 4y3

) dy =

( 4

3 y3 − 4

5 y5 ) |y=1y=0 =

8

15 .

V [Y ] = E [ Y 2 ] − E [Y ]2 =

1∫ 0

y2 ( 4y − 4y3

) dy −

( 8

15

)2 =

( y4 − 2

3 y5 ) |y=1y=0 −

64

225 =

11

225 .

DT [Y ] =

√ 11

225 ' 0.2211.

(d) (0.5 puntos) Calcular la esperanza y la desviación t́ıpica de 2Y + 3.

Solución:

E [2Y + 3] = 2E [Y ] + 3 = 2 8

15 + 3 =

17

5 DT [2Y + 3] = 2DT [Y ] ' 0.4422.

3. Un alumno se presenta a un examen tipo test sin preparación. El examen consiste de 40 preguntas, y cada una de ellas tiene tres alternativas de las que sólo una es correcta. El examen se aprueba si se aciertan 20 preguntas o más. El alumno contesta a las preguntas totalmente al azar, de tal manera que la respuesta a una pregunta no afecta a la respuesta de las otras. Se pide:

(a) (1 punto) Calcular la probabilidad de acertar las primeras 20 preguntas y fallar las 20 últimas.

Solución:

Introducimos para i = 1, . . . , 40 las variables aleatorias:

Xi =

{ 1 si acierta la pregunta i-ésima 0 si no acierta la pregunta i-ésima

Cada Xi tiene una distribución Ber ( 1 3

) . Por lo tanto, teniendo en cuenta la independencia entre

las variables, tenemos que:

P (X1 = 1, . . . , X20 = 1, X21 = 0, . . . , X40 = 0) = P (X1 = 1) · · ·P (X20 = 1)P (X21 = 0) · · ·P (X40 = 0) =

=

( 1

3

)20( 2

3

)20 = 8.62× 10−4.

3

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(b) (1 punto) Calcular de forma exacta la probabilidad de obtener más de un 9, es decir, de responder correctamente más de 36 preguntas.

Solución:

La variable aleatoria Y =“Número de respuestas correctas” es Y = ∑40 i=1Xi que tiene una

distribución Bin ( 40, 13

) . Por lo tanto:

P (Y > 36) = P (Y = 37) + P (Y = 38) + P (Y = 39) + P (Y = 40) =

=

( 40

37

)( 1

3

)37( 2

3

)3 +

( 40

38

)( 1

3

)38( 2

3

)2 +

( 40

39

)( 1

3

)39( 2

3

) +

( 40

40

)( 1

3

)40 =

= 6.5012× 10−15 + 2.5662× 10−16 + 6.5802× 10−18 + 8.2252× 10−20 = = 6.7645× 10−15.

(c) (0.5 puntos) Calcular de forma aproximada, utilizando el Teorema Central del Ĺımite, la prob- abilidad de aprobar, es decir, de responder correctamente más de 20 preguntas.

Solución:

Puesto que Y ∼Bin ( 40, 13

) , entonces:

E [Y ] = 40× 1 3

= 40

3

DT [Y ] =

( 40× 1

3 × 2

3

)1/2 =

( 80

9

)1/2 =

801/2

3 .

Entonces:

P (Y > 20) = P

( Y − 403 801/2

3

> 20− 403 801/2

3

) ' P

( Z >

20

801/2

) = P (Z > 2.2360) =

= 1− P (Z ≤ 2.2360) = 1− 0.9871 = 0.0129,

donde Z ∼ N (0, 1).

4. En un centro comercial se está realizando un estudio acerca de la calidad del servicio que se está dando a los clientes. Concretamente se han recogido datos acerca del tiempo de espera (en minutos) para acceder a los ascensores del mismo. A continuación se muestran algunos de los análisis llevados a cabo:

4

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Se pide:

(a) (0.75 puntos) Justificar si es cierto que el tiempo de espera para acceder a los ascensores de los clientes del centro comercial puede describirse mediante una ley de probabilidad Normal.

Solución:

En vista de los gráficos presentados, la distribución Normal no es adecuada para describir estos datos. En primer lugar, el histograma es claramente asimétrico, mientras que el gráfico cuantil- cuantil muestra claramente que los cuantiles muestrales no siguen aproximadamente una ĺınea recta cuando son comparados con los cuantiles de la Normal.

(b) (1 punto) El centro comercial afirma que el tiempo de espera para acceder a los ascensores de los clientes del centro comercial es en media de 6 minutos con una desviación t́ıpica de 5 minutos. Si 50 personas toman el ascensor independientemente, cual es la probabilidad de que la suma de sus tiempos de espera esté entre 5.5 y 6 horas.

Solución:

Sea T la variable aleatoria “Tiempo de espera para acceder a los ascensores”. Tenemos que E [T ] = 6 y DT [T ] = 5. Entonces, el TCL nos dice que:

Z = T − 6

5√ 50

∼ aprox.

N (0, 1) .

Por lo tanto,

P

( 330 <

50∑ i=1

Ti < 360

) = P

( 330

50 < T <

360

50

) = P

( 6.6 < T < 7.2

) =

= P

( 6.6− 6

5√ 50

< Z < 7.2− 6

5√ 50

) = P (0.8485 < Z < 1.6970) =

= P (Z < 1.6970)− P (Z < 0.8485) = 0.9545− 0.7995 = 0.1550.

(c) (0.75 puntos) Suponer que el tiempo espera para acceder a los ascensores de los clientes del centro comercial es en media de 6 minutos con una desviación t́ıpica de 5 minutos. Obtener una cota inferior de la probabilidad aproximada de que el tiempo total de espera para 25 personas esté entre 2 y 3 horas. (Utilizar la desigualdad de Chebyshev, es decir, para una variable aleatoria

X con esperanza µ y varianza σ2, entonces P (|X − µ| < k) ≥ 1 − σ 2

k , para cualquier constante positiva k).

Solución:

La desigualdad de Chebyshev nos dice que, para una variable aleatoria X con media µ y varianza σ2, se verifica:

P (|X − µ| < k) = P (µ− k < X < µ+ k) ≥ 1− σ 2

k2

Entonces, tenemos que la variable ∑25 i=1 Ti tiene media 25 × 6 = 150 y varianza 25 × 25 = 625.

Por lo tanto:

P

( 120 <

∑25 i=1

Ti < 180

) = P

( 150− 30 <

∑25 i=1

Ti < 150 + 30

) ≥ 1− 625

900 = 0.3055.

5

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