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مسابقة دكتوراه 2023 — Université 8 Mai 1945 - Guelma — الموضوع 06

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques · المدة: 2سا

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Concours d'accès à la formation doctorale de 3ème cycle (LMD) 2022/2023, Spécialité : Probabilités et équations différentielles stochastiques, Épreuve écrite 2 : Modélisation stochastique, Université 8 Mai 1945 - Guelma, Faculté de Mathématiques, de l'Informatique et des Sciences de la Matière, Département de Mathématiques, 21 janvier 2023, durée 2h00mn.

التمرين 1

Exercice 1 — Couple aléatoire : densité marginale, conditionnelle et espérance conditionnelle

#joint-density#conditional-density#conditional-expectation#gamma-distribution

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), \quad D = \{(x, y) : 0 \leq y \leq 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 \mid Y].
  3. Calculer P(X<1∣Y=y)P(X \lt 1 \mid Y = y), selon les cas : y≤1y \leq 1 et y>1y \gt 1.
◀الحل

1.

Densité marginale de YY (poser u=x−yu = x - y) :

fY(y)=∫y+∞4y(x−y)e−(x+y) dx=4y e−2y∫0+∞ue−u du=4y e−2y,y≥0.f_Y(y) = \int_y^{+\infty} 4y(x-y)e^{-(x+y)}\,dx = 4y\,e^{-2y}\int_0^{+\infty} u e^{-u}\,du = 4y\,e^{-2y}, \quad y \geq 0.

Ainsi Y∼Γ(2,2)Y \sim \Gamma(2, 2). La densité conditionnelle :

fX∣Y(x∣y)=4y(x−y)e−(x+y)4y e−2y=(x−y)e−(x−y),x≥y.f_{X|Y}(x|y) = \frac{4y(x-y)e^{-(x+y)}}{4y\,e^{-2y}} = (x-y)e^{-(x-y)}, \quad x \geq y.

Donc X−y∣Y=y∼Γ(2,1)X - y \mid Y = y \sim \Gamma(2, 1).

2.

Comme X−y∣Y=y∼Γ(2,1)X - y \mid Y=y \sim \Gamma(2,1) d'espérance 22 :

E[X∣Y]=Y+2\boxed{E[X \mid Y] = Y + 2}

3.

Soit W=X−y∼Γ(2,1)W = X - y \sim \Gamma(2,1) de densité we−ww e^{-w}. On a ∫0awe−w dw=1−(1+a)e−a\int_0^a w e^{-w}\,dw = 1 - (1+a)e^{-a}.

Si y>1y \gt 1 : X<1⇒W<1−y<0X \lt 1 \Rightarrow W \lt 1 - y \lt 0, donc

P(X<1∣Y=y)=0\boxed{P(X \lt 1 \mid Y = y) = 0}

Si y≤1y \leq 1 :

P(X<1∣Y=y)=1−(2−y)e−(1−y)\boxed{P(X \lt 1 \mid Y = y) = 1 - (2 - y)e^{-(1-y)}}

التمرين 2

Exercice 2 — EDS : processus $Y_t = tB_t$, différentielle, espérance et covariance

#stochastic-calculus#brownian-motion#ito-formula#covariance

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

Yt=tBt.Y_t = tB_t.

  1. Calculer dYtdY_t.
  2. Calculer l'espérance de YtY_t.
  3. Calculer E(YtYs)E(Y_t Y_s).
◀الحل

1.

Par la formule d'intégration par parties (ou Itô, le terme tt étant à variation finie) :

dYt=Bt dt+t dBt\boxed{dY_t = B_t\,dt + t\,dB_t}

2.

E[Yt]=t E[Bt]=0E[Y_t] = t\,E[B_t] = 0 car E[Bt]=0E[B_t] = 0.

E[Yt]=0\boxed{E[Y_t] = 0}

3.

E[YtYs]=ts E[BtBs]=ts min⁡(t,s)E[Y_t Y_s] = ts\,E[B_t B_s] = ts\,\min(t,s).

E[YtYs]=ts min⁡(t,s)\boxed{E[Y_t Y_s] = ts\,\min(t, s)}

التمرين 3

Exercice 3 — Modèle collectif : coefficient de sécurité, loi composée sinistres

#compound-distribution#geometric-distribution#exponential-distribution#risk-theory

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 \lt p \lt 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 \gt 0,\ \lambda \gt 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=1NYiX = \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 4, lorsque le capital K=500000K = 500000 DZD, σ=4468\sigma = 4468 et ρμ=145\rho\mu = 145 ?
◀الحل

1.

NN suit une loi géométrique sur N\mathbb{N} : E(N)=1−ppE(N) = \dfrac{1-p}{p}, Var(N)=1−pp2\mathrm{Var}(N) = \dfrac{1-p}{p^2}.

Y∼E(λ)Y \sim \mathcal{E}(\lambda) : E(Y)=1λE(Y) = \dfrac{1}{\lambda}, Var(Y)=1λ2\mathrm{Var}(Y) = \dfrac{1}{\lambda^2}.

2.

Loi composée :

E(X)=E(N)E(Y),V(X)=E(N)Var(Y)+Var(N)[E(Y)]2.E(X) = E(N)E(Y), \qquad V(X) = E(N)\mathrm{Var}(Y) + \mathrm{Var}(N)[E(Y)]^2.

3.

E(N)=0.1⇒1−pp=0.1⇒p=11.1≈0.909E(N) = 0.1 \Rightarrow \dfrac{1-p}{p} = 0.1 \Rightarrow p = \dfrac{1}{1.1} \approx 0.909. E(Y)=9750⇒λ=19750E(Y) = 9750 \Rightarrow \lambda = \dfrac{1}{9750}.

E(X)=0.1×9750=975E(X) = 0.1 \times 9750 = 975.

Var(Y)=97502=95 062 500\mathrm{Var}(Y) = 9750^2 = 95\,062\,500, Var(N)=0.09090.8264≈0.11\mathrm{Var}(N) = \dfrac{0.0909}{0.8264} \approx 0.11, d'où

V(X)≈0.1×95 062 500+0.11×95 062 500≈19 963 125V(X) \approx 0.1 \times 95\,062\,500 + 0.11 \times 95\,062\,500 \approx \boxed{19\,963\,125}

et E(X)=975\boxed{E(X) = 975}.

4.

β≥4⇒500000+145n4468n≥4\beta \geq 4 \Rightarrow \dfrac{500000 + 145n}{4468\sqrt{n}} \geq 4. En posant x=nx = \sqrt{n} : 145x2−17872x+500000≥0145x^2 - 17872x + 500000 \geq 0.

Les racines sont x≈42.9x \approx 42.9 et x≈80.3x \approx 80.3, soit n≈1843n \approx 1843 et n≈6453n \approx 6453. La condition est donc

n≤1843oun≥6453\boxed{n \leq 1843 \quad \text{ou} \quad n \geq 6453}