مسابقة دكتوراه 2020 — جامعة سعد دحلب البليدة 1

التمرين 1

Vecteurs aléatoires : densités et indépendance

#probabilités#vecteurs aléatoires#densité marginale#indépendance

NB : Les deux parties sont indépendantes.

Partie A : Soit $(X,Y)$ de loi uniforme sur $D(0;R)$ disque de centre $O$ et de rayon $R$ ( $R>0$ ).

Donner la densité de $(X,Y)$ .
Déterminer les densités marginales de $X$ et $Y$ .
$X$ et $Y$ sont-elles indépendantes ?

Partie B : Soit $f$ définie par : $f(x,y)=\begin{cases}\alpha e^{-(x+y)} & \text{si } 0\le x\le y\\ 0 & \text{sinon}\end{cases}.$

Déterminer $\alpha$ pour que $f$ soit la densité d'un vecteur aléatoire $(X,Y)$ .
Déterminer les densités marginales.
$X$ et $Y$ sont-elles indépendantes ?

Remarque : Dès que le support du couple $(X,Y)$ dépend à la fois de $x$ et de $y$ (ici $x\le y$ , ou $x^2+y^2\le R^2$ ), l'indépendance est automatiquement exclue — un réflexe rapide à avoir avant tout calcul.

◀الحل

Résumé de la solution

Partie A :

$f(x,y)=\dfrac{1}{\pi R^2}$ si $x^2+y^2\le R^2$ , $0$ sinon (aire du disque $=\pi R^2$ ).
$f_X(x)=\dfrac{2\sqrt{R^2-x^2}}{\pi R^2}$ pour $|x|\le R$ (et de même pour $Y$ par symétrie).
$f_X(0)f_Y(0)=\dfrac{4}{\pi^2R^2}\neq\dfrac{1}{\pi R^2}=f(0,0)$ : $X$ et $Y$ ne sont pas indépendantes (le support circulaire couple les deux variables).

Partie B :

$\displaystyle\int_0^\infty\int_x^\infty \alpha e^{-(x+y)}\,dy\,dx=\dfrac{\alpha}{2}=1\Rightarrow\alpha=2$ .
$f_X(x)=2e^{-2x}$ ( $x\ge0$ ), $f_Y(y)=2e^{-y}(1-e^{-y})$ ( $y\ge0$ ).
Le support de $f$ est le triangle $\{0\le x\le y\}$ , alors que celui de $f_Xf_Y$ est tout le quadrant : $X$ et $Y$ ne sont pas indépendantes.

التمرين 2

Espérance et densité conditionnelles

#probabilités#conditionnement#espérance conditionnelle

Soit $(X,Y)$ un vecteur aléatoire de densité $f_{(X,Y)}(x,y)=\lambda^2 e^{-\lambda y}\quad\text{si } 0\le x\le y\quad(\lambda>0).$

Calculer :

La densité conditionnelle de $Y$ sachant que $(X=x)$ , ( $f_{Y|X}(y|x)$ ).
La fonction de répartition conditionnelle de $Y$ sachant que $X=x$ ( $F_{Y|X}(y|x)$ ).
L'espérance conditionnelle de $Y$ sachant que $X=x$ , $E(Y|X=x)$ .
La densité de $Z=E(Y|X)$ .
La densité de $T=Y-X$ .

Remarque : Le fait que la loi conditionnelle de $Y-X$ sachant $X=x$ ne dépende pas de $x$ est la clé des questions 4 et 5 — cela traduit une propriété de type 'perte de mémoire' de la loi exponentielle.

◀الحل

Résumé de la solution

$f_X(x)=\lambda e^{-\lambda x}$ , d'où $f_{Y|X}(y|x)=\dfrac{f(x,y)}{f_X(x)}=\lambda e^{-\lambda(y-x)}$ pour $y\ge x$ .
$F_{Y|X}(y|x)=1-e^{-\lambda(y-x)}$ pour $y\ge x$ .
Sachant $X=x$ , $Y-x\sim\mathcal E(\lambda)$ , donc $E(Y|X=x)=x+\dfrac1\lambda$ .
$Z=E(Y|X)=X+\dfrac1\lambda$ avec $X\sim\mathcal E(\lambda)$ : $f_Z(z)=\lambda e^{1-\lambda z}$ pour $z\ge\dfrac1\lambda$ .
Sachant $X=x$ , $Y-x\sim\mathcal E(\lambda)$ indépendamment de $x$ : donc $T=Y-X$ est indépendant de $X$ et $T\sim\mathcal E(\lambda)$ , soit $f_T(t)=\lambda e^{-\lambda t}$ pour $t\ge0$ .

التمرين 3

Estimation : maximum de vraisemblance et estimateurs sans biais

#statistique#estimation#maximum de vraisemblance#estimateur sans biais

Les éléments d'une population possèdent un caractère $X$ qui suit une loi de probabilité dont la densité est $f_{a,\theta}(x)=\begin{cases}\theta e^{-\theta(x-a)} & \text{si } x\ge a\\ 0 & \text{sinon}\end{cases},$ où $\theta$ et $a$ sont strictement positifs.

Soit $(X_1,X_2,\dots,X_n)$ un $n$ -échantillon de v.a. i.i.d. de même densité $f_{a,\theta}$ . On suppose que $\theta$ est connu.

(a) Déterminer l'estimateur du maximum de vraisemblance $\hat a_n$ pour $a$ .

(b) $\hat a_n$ est-il sans biais, convergent, exhaustif ?

Supposons que $a$ est connu.

(a) Proposer un estimateur $\hat\theta_n$ de $\theta$ par la méthode du maximum de vraisemblance.

(b) Chercher la densité de probabilité de la variable $Y=\theta\sum_{i=1}^n(X_i-a)$ , où les $X_i$ sont i.i.d. de même loi que $X$ .

(c) $\hat\theta_n$ est-il non biaisé ? Si non, construire un estimateur sans biais $\hat\theta_n^1$ de $\theta$ et vérifier s'il est convergent, efficace et exhaustif.

Remarque : Le passage de $\hat\theta_n$ (biaisé) à $\hat\theta_n^1$ (sans biais) via le facteur $(n-1)/n$ est une technique standard ; il faut toujours vérifier ensuite que la correction ne dégrade pas trop la variance.

◀الحل

Résumé de la solution

1.(a) La vraisemblance $L(a)=\theta^ne^{-\theta(\sum x_i-na)}\mathbb 1_{a\le\min x_i}$ est croissante en $a$ : $\hat a_n=\min(X_1,\dots,X_n)=X_{(1)}$ .

(b) $E(X_{(1)})=a+\dfrac{1}{n\theta}$ : $\hat a_n$ est biaisé (biais $=\frac1{n\theta}\to0$ ), mais convergent, et exhaustif (par factorisation : la vraisemblance se factorise via $\min x_i$ ).

2.(a) $\hat\theta_n=\dfrac{n}{\sum(X_i-a)}=\dfrac1{\bar X-a}$ .

(b) $\theta(X_i-a)\sim\mathcal E(1)$ i.i.d., donc $Y=\theta\sum(X_i-a)\sim\Gamma(n,1)$ : $f_Y(y)=\dfrac{y^{n-1}e^{-y}}{(n-1)!}$ , $y\ge0$ .

(c) $\hat\theta_n=\dfrac{n\theta}{Y}$ et $E(1/Y)=\dfrac1{n-1}$ donc $E(\hat\theta_n)=\dfrac{n\theta}{n-1}\neq\theta$ : biaisé. L'estimateur corrigé $\hat\theta_n^1=\dfrac{n-1}{n}\hat\theta_n=\dfrac{n-1}{\sum(X_i-a)}$ est sans biais. Il est convergent (par la LFGN), exhaustif (fonction de la statistique exhaustive $\sum(X_i-a)$ ), mais son risque $\mathrm{Var}(\hat\theta_n^1)=\dfrac{\theta^2}{n-2}$ dépasse légèrement la borne de Cramér-Rao $\dfrac{\theta^2}n$ : il n'est donc pas efficace à distance finie (mais asymptotiquement efficace).