XS-0122 Fundamentos de Teoría Estadística - I Semestre 2026
Basada en las presentaciones de Shu Wei Cho
Teorema 2.11: Sea \(X_{1}, X_{2}, ... , X_{n}\) una muestra aleatoria sobre una población con función de densidad \(f(x|\theta)\), de tal forma que \(f(x|\theta)\) satiface ciertas condiciones de “regularidad”. Para cada muestra de tamaño \(n\), sea \(\hat{\theta}_n\) el EMV de \(\theta\). Tenemos que para \(n \rightarrow \infty\), la distribución de \(\hat{\theta}_n\) converge a una distirbución normal con media \(\theta\) y variancia \(1/[I(\theta)]\). En otras palabras,
\[\left[I(\theta)\right]^{1/2}(\hat{\theta}_n - \theta) \stackrel{d}{\longrightarrow} N(0,1)\]
Nota: Recuerde que \(I(\theta)\) es la Información de Fisher.
\[I(\theta) = \left[nE\left(-\frac{\partial^{2}\ln(f_{X}(x|\theta))}{\partial \theta^{2}}\right)\right].\]
Ejemplo: Sea \(X_{1}, X_{2}, ... , X_{n}\) una muestra aleatoria sobre una población con distribución normal con media 0 y desviación estándar \(\sigma\) desconocida. Encuentre la distribución asintótica del EMV de \(\sigma\).
Solución: Demostrar que el EMV de \(\sigma\) es:
\[\hat{\sigma} = \left[\frac{\sum\limits_{i=1}^n X_{j}^2}{n}\right]^{1/2}.\] Luego, la función de densidad es: \[ f(x|\sigma)= \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-\frac{ x^2}{2\sigma^2}}. \]
y su log función de densidad es: \[\ln f(x|\sigma) = -\frac{1}{2} \ln(2\pi) - \ln(\sigma) -\frac{x^2}{2\sigma^2}\]
\[\Rightarrow \frac{\partial \ln f(x|\sigma)}{\partial \sigma} = - \frac{1}{\sigma} +\frac{x^2}{\sigma^3}\]
\[\Rightarrow \frac{\partial^2 \ln f(x|\sigma)}{\partial \sigma^2} = \frac{1}{\sigma^2} -\frac{3x^2}{\sigma^4}\]
\[I(\sigma) = \left[nE\left(-\frac{\partial^{2}\ln(f_{X}(x|\sigma))}{\partial \sigma^{2}}\right)\right]=nE\left(-\frac{1}{\sigma^2} +\frac{3X^2}{\sigma^4}\right)=n\left[-\frac{1}{\sigma^2} +\frac{3E(X^2)}{\sigma^4}\right]=\frac{2n}{\sigma^2}.\]
Se concluye que la distribución asintótica del EMV de \(\sigma\) es normal con media \(\sigma\) y variancia \(\frac{\sigma^2}{2n}\), o bien
\[\left[\frac{2n}{\sigma^2} \right]^{1/2}(\hat{\sigma}_n - \sigma) \stackrel{d}{\longrightarrow} N(0,1)\]
Teorema 2.12: Si \(X_1,X_2,\dots\) es una secuencia de variables aleatorias y con alguna distribución continua. Sea \(\theta\in \mathbb R\) y \(\{a_n\}\) sucesión de números positivos tal que \(a_n \rightarrow \infty\) y \(\hat{\theta}\) un estimador para estimar \(\theta\).
Suponga que \(a_n(\hat{\theta}-\theta) \xrightarrow{d} N(0,\sigma^{2})\). Si \(g\) es una función tal que \(g^{\prime}(\theta)\ne 0\), entonces
\[a_n\left[g(\hat{\theta})-g(\theta)\right] \xrightarrow{d} N\left(0,\sigma^2 \left[g^{\prime}\left(\theta\right)\right]^{2}\right)\]
Ejemplo. \(X_1,X_2,\dots\) una muestra aleatoria cuya población tiene media \(\mu \neq 0\) y varianza \(\sigma^2\). ¿Cuál es la distribución asintótica de \(\bar{X}^{-1}\)?
Sea \(g(\mu) = \dfrac 1\mu\) con \(\mu\neq0\). \(g\) una función tal que \(g'(\mu)\neq 0\). Por el TLC, \[ \sqrt{n}(\overline{X}_{n} -\mu)\xrightarrow{d}N(0,\sigma^{2})\]
Entonces por el método Delta \(\sqrt{n}\left[g(\bar X_n)-g(\mu)\right]\xrightarrow{d}N\left(0,\sigma^2 \left(g^{\prime}(\mu)\right)^{2}\right)\)
Para la función \(g\) seleccionada se tiene que \(g'(\mu) = -\dfrac{1}{\mu^2}\). Entonces por el método Delta
\[ \sqrt{n}\bigg[\dfrac{1}{\overline{X}_n}-\dfrac 1\mu\bigg]\xrightarrow{d}N\left(0,\dfrac{\sigma ^2}{\mu ^4}\right) \]
Ejemplo: Sea \(X_{1}, X_{2}, ... , X_{n}\) una muestra aleatoria sobre una población con distribución normal con media 0 y variancia \(\sigma^2\) desconocida. Encuentre la distribución asintótica del EMV de \(\sigma\).
Solución: Ya se demostró que el EMV de \(\sigma^2\) es
\[\hat{\sigma}^{2} = \frac{\sum_{i=1}^n X_{j}^2}{n}\] Por el principio de invariancia, tenemos que \(\sqrt{\hat{\sigma}^2}\) es el EMV de \(\sigma\).
Tomando \(\omega=\sigma^2\), el logarítmo de la función de densidad es
\[\ln f(x,\omega) = -\frac{1}{2} \ln(2\pi) -\frac{1}{2} \ln(\omega) -\frac{x^2}{2\omega}\]
Recuerde que tomando \(\omega=\sigma^2\), tenemos \(\frac{\partial^{2} \ell(\omega)}{\partial \omega^{2}} = \frac{1}{2\omega^2} - \frac{x^2}{\omega^3}\).
Entonces, \[I(\omega) = \left[nE\left(-\frac{\partial^{2}\ln(f_{X}(x|\omega))}{\partial \omega}\right)\right]= nE\left(-\frac{1}{2\omega^2} +\frac{X^2}{\omega^3}\right)\] \[=n\left[-\frac{1}{2\omega^2} +\frac{E(X^2)}{\omega^3}\right]=\frac{n}{2\omega^2}=\frac{n}{2\sigma^4}.\] Finalmente, tenemos que \[\left[\frac{n}{2\sigma^4} \right]^{1/2}(\hat{\sigma}^2_n - \sigma^2) \stackrel{d}{\longrightarrow} N(0,1)\] En otras palabras, \[n^{1/2}(\hat{\sigma}^2_n - \sigma^2) \stackrel{d}{\longrightarrow} N(0,2\sigma^4)\]
\[n^{1/2}(\hat{\sigma}^2_n - \sigma^2) \stackrel{d}{\longrightarrow} N(0,2\sigma^4)\] Aplicando el Método Delta, sea \(g(\omega)=\sqrt{\omega}\). Su derivada es
\[g'(\omega)=\frac{1}{2\sqrt{\omega}}\] Entonces,
\[n^{1/2}(\hat{\sigma}_n - \sigma) \stackrel{d}{\longrightarrow} N\left(0,2\sigma^4 \left[ \frac{1}{2\sqrt{\sigma^2}} \right]^2 \right)=N\left(0,\frac{\sigma^2}{2} \right)\]
Es decir, la distribución asintótica de \(\hat{\sigma}_n\) es una normal con media \(\sigma\) y con variancia \(\frac{\sigma^2}{2n}\).
Nota: Este resultado coincide con el resultado de la diapositiva 9.
Es posible definir la función \(g\) de modo que la varianza no dependa del parámetro desconocido.
\[\begin{equation*} g(\mu)=\int_{a}^{\mu} \frac{d x}{s(x)^{1 / 2}} \end{equation*}\]
donde \(s(x)\) es toda la expresión de la varianza y \(a\) es cualquier valor que haga la integral finita y fácil de calcular.
Ejemplo:
Suponga que \(X_1, X_2, ..., X_n\) es una muestra aleatoria Poisson con parámetro \(\theta\). Sea \(\overline{X}\) la media muestral.
Sabemos que \(\mu = \sigma ^2 =\theta\).
\[n^{1 / 2}\left(\bar{X}_{n}-\theta\right) \stackrel{d}{\longrightarrow} N(0,\theta)\]
OJO: el paramétro \(\theta\) es desconocido!
La varianza asintótica es \(\theta\).
Entonces la
\[\begin{equation*} g(\theta)=\int_{0}^{\theta} \frac{d x}{x^{1 / 2}}=2 \theta^{1 / 2} \end{equation*}\]
Aplicando el método Delta, se tiene que
\[g'(\theta) = 2\frac{1}{2} \frac{1}{\theta ^{1 / 2}} = \frac{1}{\theta ^{1 / 2}} \]
Por lo que obtenemos
\[\begin{align*} n^{1 / 2}\left(g(\bar{X}_{n})-g(\theta)\right) &\stackrel{d}{\longrightarrow} N\left(0,\theta \left(\frac{1}{\theta ^{1 / 2}} \right)^{2} \right) \\ n^{1 / 2}\left(2(\bar{X}_{n})^{1/2}-2(\theta)^{1/2}\right) &\stackrel{d}{\longrightarrow} N(0,1) \end{align*}\]
Después de la transformación, la distribución asintótica (normal) no depende del paramétro.
Recordemos que cuando \(n \to +\infty\) el Teorema del Límite Central nos dice que \(\overline{X}\) converge en distribución a una \(N(\mu, \frac{\sigma^2}{n})\), sin ningún supuesto de la población (solamente con media y variancia finita).
Por lo tanto, si queremos hacer una estimación por intervalo para \(\mu\), suponiendo que conocemos el valor de \(\sigma^2\), podemos hacer uso del siguiente pivote:
\[Z_{n} = \frac{\overline{X}-\mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}}}\] para muestras grandes. Y es conocida como una variable pivote asintótica.
Existen varios estimadores que son equivalentes a la forma de \(\overline{X}\) como por ejemplo \(\hat{p}\), cuya variancia es \(\frac{p(1-p)}{n}\).
Nótese que este intervalo supone que conocemos la varancia poblacional de nuestra población. Sin embargo, podemos hacer uso del Teorema de Slutsky para mantener el pivote que converge en distribución a una \(N(0,1)\), si conocemos un estimador consistente para la variancia poblacional.
Ejemplo: Se registraron los tiempos de compra de \(n=64\) clientes seleccionados al azar en un supermercado local. El promedio y variancia de los 64 tiempos de compra fueron 33 minutos y 256 minutos\(^{2}\), respectivamente. Estime \(\mu\), el verdadero promedio de tiempo de compra por cliente, con un coeficiente de confianza de \(1-\alpha=.90\).
Solución: Para muestras grandes, por el TLC,
\[Z_{n} = \frac{\overline{X}-\mu}{\frac{\sigma}{\sqrt{n}}} \xrightarrow{\text{d}} N(0,1).\]
Luego, por el T. Slutsky,
\[Z_{n}^* = \frac{\overline{X}-\mu}{\frac{S}{\sqrt{n}}} \xrightarrow{\text{d}} N(0,1).\] Es decir, si \(n\) es suficientemente grande,
\[P(a \leq Z_n^* \leq b) \approx P(-Z_{1-\frac{\alpha}{2}} \leq Z^*_n \leq Z_{1-\frac{\alpha}{2}} ) \approx 1-\alpha.\]
El intervalo tiene la forma: \[\begin{equation}\bar{x} \pm z_{1-\alpha / 2}\left(\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right) \approx \bar{x} \pm z_{1-\alpha / 2}\left(\frac{s}{\sqrt{n}}\right)\end{equation}\]
De la tabla de normales se deduce que \(z_{1-\alpha/2} = z_{0.95} = 1.645\).
Por lo tanto el intervalo es
\[\begin{align*}& \left[ 33-1.645\left(\frac{16}{8}\right), 33+1.645\left(\frac{16}{8}\right) \right]= \left[29.71, 36.29\right]\end{align*}\]
Ejemplo: Suponga que tienen datos de tiempos de espera en minutos en un banco con \(n=25\) clientes. La distribución del tiempo se observa que sigue una distribución \(Poisson(\theta)\) con \(\bar{X} = 5\). ¿Cual es el intervalo de confianza para \(\theta\) a un \(95\%\)?
Solución: Recuerde que si \(X\) es \(Poisson(\theta)\), entonces \(E[X] = Var(X) = \theta\).
Por el TLC y el T. Slutsky, se tiene que
\[\begin{equation} \bar{X} \pm z_{\alpha / 2}\left(\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right) \approx \bar{X} \pm z_{\alpha / 2}\left(\frac{\sqrt{\theta}}{\sqrt{n}}\right) \approx \bar{X} \pm z_{\alpha / 2}\left(\frac{\sqrt{\bar{X}}}{\sqrt{n}}\right)\end{equation}\]
\[\begin{align*}& \left[5-1.96\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right), 5+1.96\left(\frac{\sqrt{5}}{5}\right) \right] \\&= \left[ 4.12, 5.88\right]\end{align*}\]
El caso anterior requería hacer el uso del Teorema de Slutsky para aproximar la variancia poblacional.
¿Existe otra forma sin esa suposición?
¿Cómo transformar \(\hat{\theta}\) para que tenga variancia constante?
Ejemplo: Retomemos el caso de los clientes en el banco.
En este caso hicimos el supuesto de normalidad y aproximamos la varianza con \(\overline{X}\).
Por el método Delta, se tiene que para \(g\left(\bar{X}_{n}\right)\) \[\sqrt{n}\left(g(\overline{X}) - g(\mu)\right) \stackrel{d}{\to} N\left(0,\sigma^2\left( g^{\prime}(\mu) \right)^2\right)\] donde\(\begin{equation*}\left(g^{\prime}(\mu) \sigma\right)^{2}=g^{\prime}(\mu)^{2}\sigma^{2}(\mu)\end{equation*}.\)
Si se desea que la varianza sea constante con respecto a \(\mu\),
\[\begin{equation*} \begin{aligned} g^{\prime}(u)^{2} \sigma^{2}(\mu) &=1 \\ \Longrightarrow g^{\prime}(\mu) &=\frac{1}{\sigma(\mu)} \quad(\sigma(\mu)>0) \\ \Longrightarrow g(\mu) &=\int_{a}^{\mu} \frac{1}{\sigma(x)} \ dx \end{aligned}\end{equation*}\]
donde \(a\) es una constante arbitraria que hace la integral finita (y fácil de calcular).
\[g(\theta)=\int_{0}^{\theta} \frac{d x}{\sqrt{x}}=2 \sqrt{\theta}\]
\[Z_n = \sqrt{n}\left( 2 \bar{X}_{n}^{\frac{1}{2}} - 2 \theta^{\frac{1}{2}} \right) \stackrel{d}{\to} N(0,1)\]
\[P(a \leq Z_n \leq b) \approx P\left[-Z_{1-\frac{\alpha}{2}} \leq \sqrt{n}\left( 2 \bar{X}_{n}^{\frac{1}{2}} - 2 \theta^{\frac{1}{2}} \right) \leq Z_{1-\frac{\alpha}{2}} \right] \approx 1-\alpha.\]
\[ P\left[\left(\bar{X}^{1/2}-\frac{Z_{1-\frac{\alpha}{2}}}{2\sqrt{n}} \right)^2 \leq \theta \leq \left(\bar{X}^{1/2}+\frac{Z_{1-\frac{\alpha}{2}}}{2\sqrt{n}} \right)^2 \right] \approx 1-\alpha.\]
\[\left[\left(\bar{X}^{1/2}-\frac{Z_{1-\frac{\alpha}{2}}}{2\sqrt{n}} \right)^2, \left(\bar{X}^{1/2}+\frac{Z_{1-\frac{\alpha}{2}}}{2\sqrt{n}} \right)^2 \right]\]
Usando los valores que teníamos anteriormente tenemos que
\[\left[\left(5^{1/2}-\frac{1.96}{2\sqrt{25}} \right)^2, \left(5^{1/2}+\frac{1.96}{2\sqrt{25}} \right)^2 \right] = [4.16, 5.91] \]
Obtenga el estimador de máxima verosimilitud para \(\theta\).
Considere el pivote \(\frac{1}{\theta^2} \sum_{j=1}^{n}X_j^2\) para construir un intervalo de confianza para \(\theta\) con una confianza del \((1- \alpha)\%\).
¿Cuál es la relación entre el estimador de máxima verosimilitud obtenido en a) con la estimación por intervalo obtenido en b).
Considere la siguiente muestra aleatoria de \(n = 15\) de una distribución Rayleigh con \(\theta\). Encuentre un intervalo de confianza del 95% para estimar \(\theta\).
| X1 | X2 | X3 | X4 | X5 | X6 | X7 | X8 | X9 | X10 | X11 | X12 | X13 | X14 | X15 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 15.43 | 12.21 | 1.14 | 11.43 | 5.84 | 8.05 | 9.86 | 7.77 | 13.22 | 14.05 | 2.53 | 9.99 | 12.22 | 5.53 | 12.9 |
Considera que el intervalo es bueno si sabe que \(\theta = 10\)