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مسابقة دكتوراه 2019 — Source inconnue — الموضوع 02

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

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Concours d'accès au Doctorat LMD — Probabilité et statistique appliquées — Épreuve générale : Probabilités et statistique, Faculté des Sciences Exactes, Département de Probabilités-Statistique — 28/10/2018.

التمرين 1

Exercice 1 — Couple aléatoire gaussien : lois marginales et conditionnelles

#probability#joint-density#gaussian#conditional-expectation#marginal-distribution

Soit Z=(X,Y)Z = (X, Y) un couple aléatoire admettant pour densité par rapport à la mesure de Lebesgue sur R2\mathbb{R}^2

fX,Y(x,y)=12exp⁡(−2x2−2xy+y22).f_{X,Y}(x,y) = \frac{1}{2} \exp\left(-\frac{2x^2 - 2xy + y^2}{2}\right).
  1. Calculer la valeur de l'intégrale ∫−∞+∞e−(x−a)2dx\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(x-a)^2} dx pour a∈Ra \in \mathbb{R}.
  2. Déterminer les lois marginales des variables aléatoires XX et YY.
  3. XX et YY sont-elles indépendantes ?
  4. Pour x∈Rx \in \mathbb{R}, calculer E(Y∣X=x)\mathbb{E}(Y \mid X = x).
  5. On pose Z=X+YZ = X + Y. Quelle est la loi du couple (Z,X)(Z, X) ? En déduire la loi marginale de ZZ.
◀الحل

1.

Par translation, ∫−∞+∞e−(x−a)2dx=∫−∞+∞e−u2du=π\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(x-a)^2} dx = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-u^2} du = \sqrt{\pi}.

∫−∞+∞e−(x−a)2dx=π\boxed{\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(x-a)^2} dx = \sqrt{\pi}}

2.

On complète le carré dans l'exposant : 2x2−2xy+y2=(y−x)2+x22x^2 - 2xy + y^2 = (y-x)^2 + x^2.

Donc fX,Y(x,y)=12e−x2/2e−(y−x)2/2f_{X,Y}(x,y) = \frac{1}{2} e^{-x^2/2} e^{-(y-x)^2/2}.

fX(x)=∫fX,Y(x,y)dy=12e−x2/2⋅2πf_X(x) = \int f_{X,Y}(x,y) dy = \frac{1}{2} e^{-x^2/2} \cdot \sqrt{2\pi}. Donc

X∼N(0,1)\boxed{X \sim \mathcal{N}(0, 1)}

Pour YY : fY(y)=∫12e−(2x2−2xy+y2)/2dxf_Y(y) = \int \frac{1}{2} e^{-(2x^2-2xy+y^2)/2} dx. Après calcul,

Y∼N(0,2)\boxed{Y \sim \mathcal{N}(0, 2)}

3.

fX,Y(x,y)≠fX(x)fY(y)f_{X,Y}(x,y) \neq f_X(x) f_Y(y) en général, donc

X et Y ne sont pas indeˊpendantes\boxed{X \text{ et } Y \text{ ne sont pas indépendantes}}

4.

La loi conditionnelle de YY sachant X=xX=x est N(x,1)\mathcal{N}(x, 1), donc

E(Y∣X=x)=x\boxed{\mathbb{E}(Y \mid X = x) = x}

5.

On effectue le changement de variable (x,y)→(z,x)(x,y) \to (z,x) avec z=x+yz = x+y. Le jacobien vaut 11. Après calcul de la densité jointe de (Z,X)(Z,X) et intégration,

Z∼N(0,5)\boxed{Z \sim \mathcal{N}(0, 5)}

التمرين 2

Exercice 2 — Estimation par maximum de vraisemblance : loi puissance

#statistics#maximum-likelihood#exponential-distribution#bias#sufficiency

Soit x1,x2,…,xnx_1, x_2, \ldots, x_n un échantillon empirique de la loi PθP_\theta définie par la densité :

fθ(x)={θ(1−x)θ−1,si 0≤x≤10sinon,f_\theta(x) = \begin{cases} \theta(1-x)^{\theta-1}, & \text{si } 0 \leq x \leq 1 \\\\ 0 & \text{sinon,} \end{cases}

où θ\theta est un paramètre positif inconnu.

  1. Déterminer l'estimateur de maximum de vraisemblance de θ\theta.
  2. Introduire la variable aléatoire Z=−log⁡(1−X)Z = -\log(1 - X) et expliquer le résultat précédent.
  3. En remarquant que ZZ suit une loi exponentielle E(θ)\mathcal{E}(\theta), l'estimateur déterminé à la question 1 est-il sans biais ? Exhaustif ?
◀الحل

1.

La vraisemblance est L(θ)=θn∏i=1n(1−xi)θ−1L(\theta) = \theta^n \prod_{i=1}^n (1-x_i)^{\theta-1}. La log-vraisemblance : ℓ(θ)=nln⁡θ+(θ−1)∑ln⁡(1−xi)\ell(\theta) = n\ln\theta + (\theta-1)\sum \ln(1-x_i).

ℓ′(θ)=nθ+∑ln⁡(1−xi)=0\ell'(\theta) = \frac{n}{\theta} + \sum \ln(1-x_i) = 0 donne

θ^MV=−n∑i=1nln⁡(1−xi)\boxed{\hat{\theta}_{MV} = \frac{-n}{\sum_{i=1}^n \ln(1-x_i)}}

2.

Si Z=−ln⁡(1−X)Z = -\ln(1-X), alors Z∼E(θ)Z \sim \mathcal{E}(\theta) et θ^MV=n∑Zi=1Zˉ\hat{\theta}_{MV} = \frac{n}{\sum Z_i} = \frac{1}{\bar{Z}}. C'est l'EMV classique de la loi exponentielle.

3.

∑Zi∼Gamma(n,θ)\sum Z_i \sim \text{Gamma}(n, \theta), donc E(1/∑Zi)=θn−1\mathbb{E}(1/\sum Z_i) = \frac{\theta}{n-1} pour n≥2n \geq 2.

Donc E(θ^)=nθn−1≠θ\mathbb{E}(\hat{\theta}) = \frac{n\theta}{n-1} \neq \theta :

θ^MV est biaiseˊ\boxed{\hat{\theta}_{MV} \text{ est biaisé}}

Par le critère de factorisation de Fisher-Neyman, ∑ln⁡(1−Xi)\sum \ln(1-X_i) est une statistique exhaustive pour θ\theta, et θ^MV\hat{\theta}_{MV} en est fonction, donc

θ^MV est exhaustif\boxed{\hat{\theta}_{MV} \text{ est exhaustif}}
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