Exercicis d'estimació puntual i per intervals

Pas 1 — error estàndard.

$\sqrt{\frac{\hat p(1-\hat p)}{n}} = \sqrt{\frac{\frac{1}{10}\cdot\frac{9}{10}}{200}} \approx 0.02121$

Pas 2 — multiplicar pel quantil.

$h = 1{,}96\cdot0.02121 \approx 0.04158$

Quan aquest interval falla. Amb mostres petites o amb proporcions molt properes a $0$ o a $1$, el de Wald pot donar extrems fora del rang vàlid i la seva cobertura real pot quedar molt per sota del $95\%$ nominal. Llavors es fa servir l'interval de Wilson, que s'obté invertint el contrast de puntuació i es comporta molt millor als extrems.

Detall útil: el producte $\hat p(1-\hat p)$ és màxim a $0{,}5$, o sigui que el cas pitjor (l'interval més ample) surt amb proporcions properes a la meitat.

La descomposició.

$\operatorname{MSE} = \operatorname{Var} + \text{biaix}^{2} = 4 + \frac{1}{2}^{2} = \frac{17}{4} \approx 4.2500$

Per què importa. Hi ha dues fonts d'error, i reduir-ne una sovint augmenta l'altra. Un estimador lleugerament esbiaixat però molt més estable pot tenir menys error total que un de no esbiaixat i sorollós.

Aquest compromís entre biaix i variància reapareix a tot arreu: a la variància mostral amb denominador $n$ contra $n-1$, a la regressió regularitzada i a tot l'aprenentatge automàtic. Triar l'estimador no esbiaixat no és automàticament la decisió correcta.

Pas 1 — el pivot. Sota normalitat,

$\frac{(n-1)s^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi^{2}_{14}$

Pas 2 — invertir la desigualtat. De $\chi^{2}_{14} \leq 26.119$ surt

$\sigma^{2} \geq \frac{14\cdot16}{26.119} \approx 8.5761$

El detall que es falla sempre: els quantils van creuats. El quantil gran dona l'extrem petit i el petit dona l'extrem gran, perquè en invertir una desigualtat que té el paràmetre al denominador el sentit canvia.

I una altra cosa: aquest interval no és simètric al voltant de $s^{2}$, al contrari del de la mitjana. La khi quadrat és asimètrica i l'interval ho hereta.

Pas 1 — error estàndard.

$\frac{4}{\sqrt{10}} \approx 1.2649$

Pas 2 — multiplicar pel quantil. Com que $\sigma$ és desconeguda, el pivot és una $t$ amb $9$ graus de llibertat:

$h = 2.262\cdot 1.2649 \approx 2.8612$

L'interval seria, doncs, aproximadament de $97.139$ a $102.861$.

Com s'ha de dir. No «hi ha un 95% de probabilitat que la mitjana estigui aquí dins», sinó «amb un procediment que encerta el 95% de les vegades, l'interval obtingut és aquest». El paràmetre és fix; el que és aleatori és l'interval.

Pas 1 — la condició.

$1{,}96\,\frac{5}{\sqrt{n}} \leq \frac{1}{4}$

Pas 2 — aïllar. Multiplicant creuat i elevant al quadrat:

$n \geq \left(\frac{1{,}96\cdot5}{\frac{1}{4}}\right)^{2} \approx 1536.64$

Pas 3 — arrodonir cap amunt: $1537$ observacions.

El que has de veure aquí. La mida creix amb el quadrat de la precisió que demanes: exigir la meitat d'error multiplica la mostra per quatre. És la realitat més dura de l'estadística aplicada i la raó per la qual sovint surt més a compte reduir la variabilitat (millor disseny, millors mesures) que recollir més dades.

Pas 1 — error estàndard.

$\sqrt{\frac{\hat p(1-\hat p)}{n}} = \sqrt{\frac{\frac{3}{5}\cdot\frac{2}{5}}{200}} \approx 0.03464$

Pas 2 — multiplicar pel quantil.

$h = 1{,}96\cdot0.03464 \approx 0.06790$

Quan aquest interval falla. Amb mostres petites o amb proporcions molt properes a $0$ o a $1$, el de Wald pot donar extrems fora del rang vàlid i la seva cobertura real pot quedar molt per sota del $95\%$ nominal. Llavors es fa servir l'interval de Wilson, que s'obté invertint el contrast de puntuació i es comporta molt millor als extrems.

Detall útil: el producte $\hat p(1-\hat p)$ és màxim a $0{,}5$, o sigui que el cas pitjor (l'interval més ample) surt amb proporcions properes a la meitat.

La descomposició.

$\operatorname{MSE} = \operatorname{Var} + \text{biaix}^{2} = 4 + 1^{2} = 5$

Per què importa. Hi ha dues fonts d'error, i reduir-ne una sovint augmenta l'altra. Un estimador lleugerament esbiaixat però molt més estable pot tenir menys error total que un de no esbiaixat i sorollós.

Aquest compromís entre biaix i variància reapareix a tot arreu: a la variància mostral amb denominador $n$ contra $n-1$, a la regressió regularitzada i a tot l'aprenentatge automàtic. Triar l'estimador no esbiaixat no és automàticament la decisió correcta.

Pas 1 — el pivot. Sota normalitat,

$\frac{(n-1)s^{2}}{\sigma^{2}} \sim \chi^{2}_{14}$

Pas 2 — invertir la desigualtat. De $\chi^{2}_{14} \leq 26.119$ surt

$\sigma^{2} \geq \frac{14\cdot25}{26.119} \approx 13.4002$

El detall que es falla sempre: els quantils van creuats. El quantil gran dona l'extrem petit i el petit dona l'extrem gran, perquè en invertir una desigualtat que té el paràmetre al denominador el sentit canvia.

I una altra cosa: aquest interval no és simètric al voltant de $s^{2}$, al contrari del de la mitjana. La khi quadrat és asimètrica i l'interval ho hereta.

Pas 1 — error estàndard.

$\frac{2}{\sqrt{16}} \approx 0.5000$

Pas 2 — multiplicar pel quantil. Com que $\sigma$ és desconeguda, el pivot és una $t$ amb $15$ graus de llibertat:

$h = 2.131\cdot 0.5000 \approx 1.0655$

L'interval seria, doncs, aproximadament de $10.934$ a $13.066$.

Com s'ha de dir. No «hi ha un 95% de probabilitat que la mitjana estigui aquí dins», sinó «amb un procediment que encerta el 95% de les vegades, l'interval obtingut és aquest». El paràmetre és fix; el que és aleatori és l'interval.

Pas 1 — error estàndard.

$\sqrt{\frac{\hat p(1-\hat p)}{n}} = \sqrt{\frac{\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}}{400}} \approx 0.02500$

Pas 2 — multiplicar pel quantil.

$h = 1{,}96\cdot0.02500 \approx 0.04900$

Quan aquest interval falla. Amb mostres petites o amb proporcions molt properes a $0$ o a $1$, el de Wald pot donar extrems fora del rang vàlid i la seva cobertura real pot quedar molt per sota del $95\%$ nominal. Llavors es fa servir l'interval de Wilson, que s'obté invertint el contrast de puntuació i es comporta molt millor als extrems.

Detall útil: el producte $\hat p(1-\hat p)$ és màxim a $0{,}5$, o sigui que el cas pitjor (l'interval més ample) surt amb proporcions properes a la meitat.