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مسابقة دكتوراه 2023 — Université 8 Mai 1945 - Guelma — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques · المدة: 2سا

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Concours d'accès à la formation doctorale de 3ème cycle (LMD) 2022/2023 — Université 8 Mai 1945, Guelma, Faculté de Mathématiques, de l'Informatique et des Sciences de la Matière — Épreuve écrite 2: Modélisation stochastique (21/01/2023, durée 2h00)

التمرين 1

Couple aléatoire à densité conjointe et loi conditionnelle de type Gamma

#probabilités#densité conjointe#loi conditionnelle#loi Gamma

Soit (X,Y)(X,Y) un couple de variables aléatoires dont la loi admet la densité conjointe suivante : fX,Y(x,y)=4y(x−y)exp⁡{−(x+y)}1D(x,y),D={(x,y):0≤y≤x}.f_{X,Y}(x,y)=4y(x-y)\exp\{-(x+y)\}\mathbf{1}_D(x,y),\qquad D=\{(x,y): 0\le y\le x\}.

  1. Déterminer la densité marginale de YY, puis la densité de la loi conditionnelle de XX sachant YY.
  2. Calculer E[X∣Y]E[X|Y].
  3. Calculer P(X<1∣Y=y)P(X<1|Y=y), selon les cas : y≤1y\le1 et y>1y>1.

Astuce : reconnaître que (x−y)e−(x−y)(x-y)e^{-(x-y)} est, à translation près, la densité d'une loi Gamma(2,1)(2,1) — cela évite de refaire les intégrations par parties à chaque question.

◀الحل

1. Pour y≥0y\ge0, avec u=x−yu=x-y : fY(y)=∫y∞4y(x−y)e−(x+y)dx=4ye−2y∫0∞ue−udu=4ye−2yf_Y(y)=\int_y^\infty 4y(x-y)e^{-(x+y)}dx=4ye^{-2y}\int_0^\infty ue^{-u}du=4ye^{-2y} (car ∫0∞ue−udu=Γ(2)=1\int_0^\infty ue^{-u}du=\Gamma(2)=1) : Y∼Gamma(2,2)Y\sim\text{Gamma}(2,2). Densité conditionnelle : fX∣Y(x∣y)=4y(x−y)e−(x+y)4ye−2y=(x−y)e−(x−y),x≥y,f_{X|Y}(x|y)=\frac{4y(x-y)e^{-(x+y)}}{4ye^{-2y}}=(x-y)e^{-(x-y)},\quad x\ge y, i.e. sachant Y=yY=y, X−y∼Gamma(2,1)X-y\sim\text{Gamma}(2,1).

2. E[X∣Y=y]=y+E[Gamma(2,1)]=y+2E[X|Y=y]=y+E[\text{Gamma}(2,1)]=y+2, donc E[X∣Y]=Y+2E[X|Y]=Y+2.

3. Si y>1y>1 : X≥y>1X\ge y>1 p.s. sachant Y=yY=y, donc P(X<1∣Y=y)=0P(X<1|Y=y)=0. Si 0≤y≤10\le y\le1 : P(X<1∣Y=y)=∫01−yue−udu=1−(2−y)e−(1−y)P(X<1|Y=y)=\int_0^{1-y}ue^{-u}du=1-(2-y)e^{-(1-y)} (en utilisant ∫0tue−udu=1−(t+1)e−t\int_0^t ue^{-u}du=1-(t+1)e^{-t}, t=1−yt=1-y).

التمرين 2

Processus $Y_t=tB_t$ : différentielle stochastique et covariance

#probabilités#mouvement brownien#calcul d'Itô#équations différentielles stochastiques

Soient (Ω,A,P,(Ft)t≥0)(\Omega,\mathcal A,\mathbb P,(\mathcal F_t)_{t\ge0}) un espace probabilisé filtré, et (Bt)t≥0(B_t)_{t\ge0} un (Ft)(\mathcal F_t)-mouvement brownien défini sur cet espace. On définit le processus Yt=tBtY_t=tB_t.

  1. Calculer dYtdY_t.
  2. Calculer l'espérance de YtY_t.
  3. Calculer E(YtYs)E(Y_tY_s).

Rappel essentiel : Cov(Bt,Bs)=E(BtBs)=min⁡(s,t)\mathrm{Cov}(B_t,B_s)=E(B_tB_s)=\min(s,t) pour un mouvement brownien standard — formule à retenir pour tout calcul de covariance impliquant BtB_t.

◀الحل

1. t↦tt\mapsto t est déterministe et dérivable (à variation finie), donc par la règle de Leibniz pour les semimartingales (pas de terme d'Itô supplémentaire) : dYt=Bt dt+t dBt.dY_t=B_t\,dt+t\,dB_t.

2. E(Yt)=t E(Bt)=t⋅0=0E(Y_t)=t\,E(B_t)=t\cdot0=0 (car Bt∼N(0,t)B_t\sim\mathcal N(0,t)).

3. E(YtYs)=ts E(BtBs)=tsmin⁡(t,s)E(Y_tY_s)=ts\,E(B_tB_s)=ts\min(t,s) (propriété E(BtBs)=min⁡(t,s)E(B_tB_s)=\min(t,s) du mouvement brownien standard).

التمرين 3

Coefficient de sécurité : loi géométrique, loi exponentielle et somme aléatoire

#probabilités#modélisation stochastique#loi géométrique#loi exponentielle#somme aléatoire#actuariat

Soit la formule du coefficient de sécurité : β=K+nρμσn.\beta=\frac{K+n\rho\mu}{\sigma\sqrt n}. On suppose qu'un risque peut être modélisé par un nombre de sinistres NN obéissant à la loi : ∀k∈N,P(N=k)=p(1−p)k,0<p<1.\forall k\in\mathbb N,\quad P(N=k)=p(1-p)^k,\quad 0<p<1. Par ailleurs, les montants de sinistres YY ont la densité de probabilité : f(y)=λexp⁡(−λy),y>0, λ>0.f(y)=\lambda\exp(-\lambda y),\quad y>0,\ \lambda>0.

  1. Quels sont l'espérance et la variance de NN ? Même question pour YY.
  2. En déduire l'expression de l'espérance mathématique et de la variance de X=∑i=1NYi,X=\sum_{i=1}^N Y_i, où XX représente la charge totale des sinistres.
  3. Déterminer les valeurs des paramètres pp et λ\lambda pour que E(N)=0.1E(N)=0.1 et E(Y)=9750E(Y)=9750. Calculer E(X)E(X) et V(X)V(X).
  4. Quelles conditions doivent être vérifiées par le nombre nn de contrats pour que le coefficient de sécurité β\beta soit au moins égal à 44, lorsque le capital K=500000K=500000 DZD, σ=4468\sigma=4468 et ρμ=145\rho\mu=145 ?

Vérification utile : β(n)\beta(n) est minimal en n∗=K/(ρμ)≈3448n^*=K/(\rho\mu)\approx3448, avec βmin⁡≈3,8<4\beta_{\min}\approx3{,}8<4, ce qui explique géométriquement l'existence de deux seuils entre lesquels β<4\beta<4.

◀الحل

1. NN suit une loi géométrique sur {0,1,2,… }\{0,1,2,\dots\} : E(N)=1−ppE(N)=\frac{1-p}{p}, Var(N)=1−pp2\mathrm{Var}(N)=\frac{1-p}{p^2}. Y∼E(λ)Y\sim\mathcal E(\lambda) : E(Y)=1λE(Y)=\frac1\lambda, Var(Y)=1λ2\mathrm{Var}(Y)=\frac1{\lambda^2}.

2. Somme aléatoire (formules de Wald) : E(X)=E(N)E(Y)=1−ppλ,E(X)=E(N)E(Y)=\frac{1-p}{p\lambda}, Var(X)=E(N)Var(Y)+Var(N)E(Y)2=1−p2p2λ2.\mathrm{Var}(X)=E(N)\mathrm{Var}(Y)+\mathrm{Var}(N)E(Y)^2=\frac{1-p^2}{p^2\lambda^2}.

3. E(N)=1−pp=0.1⇒p=1011≈0.909E(N)=\frac{1-p}{p}=0.1\Rightarrow p=\frac{10}{11}\approx0.909. E(Y)=1λ=9750⇒λ=19750E(Y)=\frac1\lambda=9750\Rightarrow\lambda=\frac1{9750}. E(X)=0.1×9750=975,Var(X)=1−p2p2λ2=21×950625=19 963 125E(X)=0.1\times9750=975,\qquad \mathrm{Var}(X)=\frac{1-p^2}{p^2\lambda^2}=21\times950625=19\,963\,125 (écart-type ≈4468\approx4468, cohérent avec la question 4).

4. β≥4  ⟺  145n−17872n+500000≥0\beta\ge4 \iff 145n-17872\sqrt n+500000\ge0. Avec x=nx=\sqrt n : Δ=178722−4×145×500000=29 408 384\Delta=17872^2-4\times145\times500000=29\,408\,384, Δ≈5423\sqrt\Delta\approx5423, racines x1≈42,93x_1\approx42{,}93 et x2≈80,33x_2\approx80{,}33. Le trinôme est ≥0\ge0 hors des racines, donc n≤1843oun≥6453 (approximativement).n\le1843\quad\text{ou}\quad n\ge6453\ (\text{approximativement}).