مسابقة دكتوراه 2016 — Université des Sciences et de la Technologie Houari Boumediène (USTHB) — الموضوع 07

1. a.

Avec $\theta_2=0$, $X\sim\mathcal E(\theta_1)$. La vraisemblance est $L(\theta_1)=\theta_1^{\,n}e^{-\theta_1\sum_i x_i}$, et $\ell=n\ln\theta_1-\theta_1\sum_i x_i$. En annulant $\ell'(\theta_1)=\dfrac n{\theta_1}-\sum_i x_i$ :

$\boxed{\ \hat\theta_1=\frac{n}{\sum_{i=1}^n X_i}=\frac1{\bar X}.\ }$

Comme $S=\sum_i X_i\sim\text{Gamma}(n,\theta_1)$, on a $E[1/S]=\dfrac{\theta_1}{n-1}$, donc $E[\hat\theta_1]=\dfrac{n}{n-1}\theta_1\neq\theta_1$ : l'estimateur est biaisé, de biais

$b(\hat\theta_1)=E[\hat\theta_1]-\theta_1=\frac{\theta_1}{n-1}.$

Avec $E[1/S^2]=\dfrac{\theta_1^2}{(n-1)(n-2)}$, on obtient $\text{Var}(\hat\theta_1)=\dfrac{n^2\theta_1^2}{(n-1)^2(n-2)}$, d'où

$\boxed{\ \text{EQM}(\hat\theta_1)=\text{Var}(\hat\theta_1)+b(\hat\theta_1)^2=\frac{(n+2)\,\theta_1^2}{(n-1)(n-2)}.\ }$

1. b.

$S=\sum_i X_i$ est une statistique exhaustive et complète (famille exponentielle). Comme $E[1/S]=\theta_1/(n-1)$, l'estimateur

$\boxed{\ \tilde\theta_1=\frac{n-1}{\sum_{i=1}^n X_i}\ }$

est sans biais ; fonction de la statistique exhaustive complète, c'est l'estimateur sans biais de variance minimale (ESBVM) par le théorème de Lehmann-Scheffé. Sa variance vaut

$\text{Var}(\tilde\theta_1)=(n-1)^2E[1/S^2]-\theta_1^2=\frac{\theta_1^2}{n-2}.$

L'information de Fisher est $I_n(\theta_1)=n/\theta_1^2$, donc la borne de Cramér-Rao vaut $\theta_1^2/n$. Comme

$\text{Var}(\tilde\theta_1)=\frac{\theta_1^2}{n-2}>\frac{\theta_1^2}{n}=\text{BCR},$

l'estimateur n'est pas efficace (l'égalité dans Cramér-Rao exigerait que $\tilde\theta_1$ soit une fonction affine du score, ce qui est faux car $1/S$ est non linéaire en $S$).

1. c.

$P_{\theta_1}(X>K)=e^{-\theta_1 K}$. Par invariance du maximum de vraisemblance,

$\boxed{\ \widehat{P(X>K)}=e^{-\hat\theta_1 K}=e^{-K/\bar X}.\ }$

Pour l'estimateur optimal, on part de l'estimateur sans biais élémentaire $\mathbf 1_{\{X_1>K\}}$ (car $E[\mathbf 1_{\{X_1>K\}}]=e^{-\theta_1 K}$) et on le Rao-Blackwellise par la statistique exhaustive complète $S$. Comme $X_1/S\sim\text{Beta}(1,n-1)$ indépendamment de $S$,

$E\big[\mathbf 1_{\{X_1>K\}}\mid S=s\big]=P\!\left(\tfrac{X_1}{S}>\tfrac Ks\ \Big|\ S=s\right)=\left(1-\frac Ks\right)^{n-1}\mathbf 1_{\{s>K\}}.$

D'où l'estimateur sans biais optimal (ESBVM) :

$\boxed{\ \widehat{P(X>K)}_{\text{ESBVM}}=\left(1-\frac{K}{\sum_i X_i}\right)^{n-1}\mathbf 1_{\{\sum_i X_i>K\}}.\ }$

Il ne peut être efficace : $e^{-\theta_1 K}$ est une fonction non linéaire de $\theta_1$, et aucun estimateur sans biais d'une telle fonction n'atteint la borne de Cramér-Rao (l'égalité n'a lieu que pour des fonctions affines du paramètre naturel).

2.

Comme $X-\theta_2\sim\mathcal E(\theta_1)$, $E[X]=\theta_2+\dfrac1{\theta_1}$ et $\text{Var}(X)=\dfrac1{\theta_1^2}$.

Méthode des moments : en égalant à la moyenne et à la variance empiriques $\bar X$ et $S_n^2=\frac1n\sum_i(X_i-\bar X)^2$,

$\boxed{\ \hat\theta_1^{MM}=\frac{1}{S_n},\qquad \hat\theta_2^{MM}=\bar X-S_n.\ }$

Maximum de vraisemblance : $L=\theta_1^{\,n}e^{-\theta_1\sum_i(x_i-\theta_2)}\mathbf 1_{\{\theta_2\le x_{(1)}\}}$ est croissante en $\theta_2$, d'où $\hat\theta_2=X_{(1)}=\min_i X_i$ ; puis en maximisant en $\theta_1$,

$\boxed{\ \hat\theta_2^{MV}=X_{(1)},\qquad \hat\theta_1^{MV}=\frac{n}{\sum_i (X_i-X_{(1)})}=\frac1{\bar X-X_{(1)}}.\ }$

3. a.

Avec $\theta_1=1$, les $X_i-\theta_2$ sont i.i.d. $\mathcal E(1)$, et $\hat\theta_2=X_{(1)}$. Donc $\hat\theta_2-\theta_2=\min_i(X_i-\theta_2)$ est le minimum de $n$ exponentielles $\mathcal E(1)$ :

$\boxed{\ \hat\theta_2-\theta_2\sim\mathcal E(n),\quad \text{densité } n e^{-nt}\mathbf 1_{\{t\ge0\}}.\ }$

Alors $2n(\hat\theta_2-\theta_2)\sim\mathcal E(1/2)=\chi_2^2$ exactement (donc a fortiori en loi lorsque $n\to+\infty$). Comme $\hat\theta_2\ge\theta_2$, en utilisant les quantiles de $\chi_2^2$,

$\boxed{\ IC_{1-\alpha}(\theta_2)=\left[\,X_{(1)}-\frac{\chi^2_{2,\,1-\alpha/2}}{2n},\ \ X_{(1)}-\frac{\chi^2_{2,\,\alpha/2}}{2n}\,\right].\ }$

3. b.

Posons $Y=\hat\theta_2-\theta_2\sim\mathcal E(n)$. La condition $P(a<Y<b)=e^{-na}-e^{-nb}=1-\alpha$ fournit l'intervalle

$\hat\theta_2-b<\theta_2<\hat\theta_2-a,\qquad \text{de longueur } b-a.$

On minimise $b-a$ sous la contrainte $e^{-na}-e^{-nb}=1-\alpha$. En écrivant $b=-\frac1n\ln\!\big(e^{-na}-(1-\alpha)\big)$,

$\frac{d(b-a)}{da}=\frac{1-\alpha}{e^{-na}-(1-\alpha)}>0,$

donc la longueur est strictement croissante en $a$ : le minimum est atteint en $a=0$, ce qui donne $e^{-nb}=\alpha$, soit $b=\dfrac{-\ln\alpha}{n}$. L'intervalle de longueur minimale est

$\boxed{\ IC_{1-\alpha}^{\min}(\theta_2)=\left[\,X_{(1)}-\frac{-\ln\alpha}{n},\ \ X_{(1)}\,\right],\quad \text{de longueur } \frac{-\ln\alpha}{n}.\ }$

(La densité exponentielle étant décroissante, l'intervalle le plus court commence en $a=0$.)

1.

$T=\sum_{i=1}^n iX_i$ est une combinaison linéaire de variables normales indépendantes. Avec $s_n=\sum_{i=1}^n i^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$,

$E[T]=\sum_{i=1}^n i\,(i\theta)=\theta s_n,\qquad \text{Var}(T)=\sum_{i=1}^n i^2\,\text{Var}(X_i)=s_n,$

donc

$\boxed{\ T=\sum_{i=1}^n iX_i\sim\mathcal N\big(\theta s_n,\ s_n\big).\ }$

2.

Le rapport de vraisemblance de Neyman-Pearson vérifie

$\ln\frac{L(\theta_1)}{L(\theta_0)}=(\theta_1-\theta_0)\sum_{i=1}^n i x_i-\tfrac12(\theta_1^2-\theta_0^2)s_n.$

Comme $\theta_1-\theta_0>0$, ce rapport est une fonction croissante de $\sum_i i x_i$ ; rejeter pour un grand rapport équivaut donc à la région

$C=\Big\{\sum_{i=1}^n i x_i>K\Big\}.$

Seuil de niveau $\alpha$ : sous $H_0$, $T\sim\mathcal N(\theta_0 s_n,s_n)$, donc $\alpha=P_{\theta_0}(T>K)$ impose $\dfrac{K-\theta_0 s_n}{\sqrt{s_n}}=z_{1-\alpha}$, soit

$\boxed{\ K=\theta_0 s_n+z_{1-\alpha}\sqrt{s_n}.\ }$

Puissance : sous $H_1$, $T\sim\mathcal N(\theta_1 s_n,s_n)$, d'où

$\pi=P_{\theta_1}(T>K)=P\!\left(Z>z_{1-\alpha}-(\theta_1-\theta_0)\sqrt{s_n}\right),$

soit

$\boxed{\ \pi=\Phi\!\big((\theta_1-\theta_0)\sqrt{s_n}-z_{1-\alpha}\big),\qquad s_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.\ }$

3.

Sous $H_0$, $T-\theta_0 s_n\sim\mathcal N(0,s_n)$, donc $\dfrac{T-\theta_0 s_n}{\sqrt{s_n}}\sim\mathcal N(0,1)$. Le niveau $\alpha$ impose

$P_{\theta_0}\big(|T-\theta_0 s_n|>K_1\big)=\alpha\ \Longrightarrow\ \frac{K_1}{\sqrt{s_n}}=z_{1-\alpha/2},$

soit

$\boxed{\ K_1=z_{1-\alpha/2}\sqrt{s_n}=z_{1-\alpha/2}\sqrt{\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}.\ }$