مسابقة دكتوراه 2017 — Université des Sciences et de la Technologie Houari Boumediène (USTHB) — الموضوع 01

1. a.

En écrivant la densité sous forme exponentielle, pour $x>0$,

$f_X(x) = \exp\!\left(-\frac{1}{\theta}\,x^{\alpha} + \ln\frac{\alpha}{\theta} + (\alpha-1)\ln x\right).$

C'est une famille exponentielle à un paramètre, de paramètre naturel $-\tfrac{1}{\theta}$ et de statistique canonique $x^{\alpha}$. La loi appartient donc à la famille exponentielle. Pour l'échantillon, la vraisemblance est

$L(\theta) = \frac{\alpha^{n}}{\theta^{n}}\left(\prod_{i=1}^n x_i^{\alpha-1}\right)\exp\!\left(-\frac{1}{\theta}\sum_{i=1}^n x_i^{\alpha}\right).$

D'après le théorème de factorisation, une statistique exhaustive (complète et minimale) pour $\theta$ est

$\boxed{\,S=\sum_{i=1}^{n} X_i^{\alpha}\,}$

1. b.

Si $\theta$ est connu et $\alpha$ inconnu, le terme $-\dfrac{x^{\alpha}}{\theta}=-\dfrac{e^{\alpha\ln x}}{\theta}$ ne se factorise pas sous la forme $\eta(\alpha)\,T(x)$ : la loi n'appartient pas à la famille exponentielle en $\alpha$. Il n'existe aucune réduction exhaustive de dimension fixe ; la statistique exhaustive minimale est la statistique d'ordre

$\boxed{\,\big(X_{(1)},\dots,X_{(n)}\big)\,}$

c'est-à-dire l'échantillon tout entier.

2.

On pose $\alpha=3$, donc $f_X(x)=\dfrac{3}{\theta}x^2 e^{-x^3/\theta}\mathbf{1}_{\{x>0\}}$. Pour $y>0$, avec $Y=X^3$,

$F_Y(y)=\mathbb{P}(X^3\le y)=\mathbb{P}(X\le y^{1/3})=1-e^{-y/\theta},$

donc $Y$ suit une loi exponentielle de moyenne $\theta$ :

$\boxed{\,X^3\sim\mathcal{E}\!\left(\tfrac{1}{\theta}\right).}$

En posant $Z=\dfrac{2}{\theta}X^3$, $Z$ est exponentielle de moyenne $2$, de densité $\tfrac{1}{2}e^{-z/2}$, c'est-à-dire

$\boxed{\,\frac{2}{\theta}X^3\sim\mathcal{E}\!\left(\tfrac12\right)=\chi^2_2.}$

Les $X_i$ étant i.i.d., les $\dfrac{2}{\theta}X_i^3$ sont des $\chi^2_2$ indépendantes ; par additivité du khi-deux,

$\boxed{\,\frac{2}{\theta}\sum_{i=1}^n X_i^3\sim\chi^2_{2n}.}$

3. a.

La log-vraisemblance ($\alpha=3$) est

$\ell(\theta)=n\ln 3+2\sum_i\ln X_i-n\ln\theta-\frac{1}{\theta}\sum_i X_i^3.$

En dérivant :

$\ell'(\theta)=-\frac{n}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}\sum_i X_i^3=0 \;\Longrightarrow\; \boxed{\,T_1=\widehat{\theta}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^3.}$

Par invariance de l'EMV,

$\boxed{\,T_2=\widehat{1/\theta}=\frac{1}{T_1}=\frac{n}{\sum_i X_i^3}.}$

Comme $Y_i=X_i^3$ est exponentielle de moyenne $\theta$ et de variance $\theta^2$, $T_1=\overline{Y}$ et le théorème central limite donne

$\boxed{\,\sqrt{n}\,(T_1-\theta)\xrightarrow{\ \mathcal{L}\ }\mathcal{N}(0,\theta^2).}$

L'information de Fisher vaut $I_1(\theta)=\dfrac{1}{\theta^2}$. Par la méthode delta avec $g(\theta)=1/\theta$, $g'(\theta)=-1/\theta^2$,

$\boxed{\,\sqrt{n}\left(T_2-\frac{1}{\theta}\right)\xrightarrow{\ \mathcal{L}\ }\mathcal{N}\!\left(0,\frac{1}{\theta^2}\right).}$

3. b.

$S=\sum_i X_i^3$ est une statistique exhaustive complète (famille exponentielle). Or $\mathbb{E}[T_1]=\mathbb{E}[\overline{Y}]=\theta$ : $T_1$ est sans biais et fonction de $S$. Par le théorème de Lehmann–Scheffé, c'est l'unique ESBVUM :

$\boxed{\,T_1=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^3,\qquad \mathrm{Var}(T_1)=\frac{\theta^2}{n}.}$

3. c.

La borne de Cramér–Rao vaut $\dfrac{1}{n\,I_1(\theta)}=\dfrac{\theta^2}{n}=\mathrm{Var}(T_1)$. La borne étant atteinte,

$\boxed{\,T_1 \text{ est efficace.}}$

4. a.

D'après la question 2, $\dfrac{2}{\theta}\sum_i X_i^3\sim\chi^2_{2n}$. En notant $\chi^2_{2n,p}$ le quantile d'ordre $p$,

$\mathbb{P}\!\left(\chi^2_{2n,\alpha/2}\le \frac{2S}{\theta}\le \chi^2_{2n,1-\alpha/2}\right)=1-\alpha,$

d'où l'intervalle de confiance exact de niveau $1-\alpha$ :

$\boxed{\ \left[\frac{2\sum_i X_i^3}{\chi^2_{2n,\,1-\alpha/2}}\ ;\ \frac{2\sum_i X_i^3}{\chi^2_{2n,\,\alpha/2}}\right].\ }$

4. b.

À partir de $\sqrt{n}(T_1-\theta)\to\mathcal{N}(0,\theta^2)$, on remplace $\theta$ par $T_1$ au dénominateur (lemme de Slutsky) :

$\frac{\sqrt{n}\,(T_1-\theta)}{T_1}\xrightarrow{\ \mathcal{L}\ }\mathcal{N}(0,1),$

d'où l'intervalle de confiance asymptotique de niveau $1-\alpha$ :

$\boxed{\ \left[\,T_1\Big(1-\frac{z_{1-\alpha/2}}{\sqrt{n}}\Big)\ ;\ T_1\Big(1+\frac{z_{1-\alpha/2}}{\sqrt{n}}\Big)\right],\ }$

où $z_{1-\alpha/2}$ est le quantile de la loi normale centrée réduite.

5.

Ici $\alpha\in(0,1)$ désigne le niveau du test. La vraisemblance vérifie $L(\theta)\propto\theta^{-n}e^{-S/\theta}$ avec $S=\sum_i X_i^3$. Pour $\theta_1>\theta_0$,

$\frac{L(\theta_1)}{L(\theta_0)}=\left(\frac{\theta_0}{\theta_1}\right)^{n}\exp\!\left[S\left(\frac{1}{\theta_0}-\frac{1}{\theta_1}\right)\right],$

qui est croissante en $S$ car $\tfrac1{\theta_0}-\tfrac1{\theta_1}>0$ : le modèle est à rapport de vraisemblance monotone en $S$. D'après le théorème de Karlin–Rubin, le test UMP de $H_0:\theta\le\theta_0$ contre $H_1:\theta>\theta_0$ rejette $H_0$ pour les grandes valeurs de $S$. Sous $\theta_0$, $\dfrac{2S}{\theta_0}\sim\chi^2_{2n}$, donc le seuil se calibre par $\mathbb{P}_{\theta_0}(S>k)=\alpha$. La région critique est

$\boxed{\ \left\{\frac{2}{\theta_0}\sum_{i=1}^n X_i^3>\chi^2_{2n,\,1-\alpha}\right\}\ \Longleftrightarrow\ \left\{\sum_{i=1}^n X_i^3>\frac{\theta_0}{2}\,\chi^2_{2n,\,1-\alpha}\right\}.\ }$

I. 1.

$\{X(t):t\ge0\}$ est un processus de naissance et de mort si c'est une chaîne de Markov à temps continu sur $\{0,1,2,\dots\}$ dont les seules transitions se font vers les états voisins, avec, lorsque $h\to0^+$,

$\mathbb{P}(X(t+h)=i+1\mid X(t)=i)=\lambda_i h+o(h),$

$\mathbb{P}(X(t+h)=i-1\mid X(t)=i)=\mu_i h+o(h),$

$\mathbb{P}(X(t+h)=i\mid X(t)=i)=1-(\lambda_i+\mu_i)h+o(h),$

et $\mathbb{P}(|X(t+h)-X(t)|\ge 2\mid X(t)=i)=o(h)$, avec $\lambda_i\ge0$, $\mu_i\ge0$ et $\mu_0=0$.

I. 2.

La matrice de transition instantanée (générateur infinitésimal) $Q=(q_{ij})$ décrit les taux : $q_{i,i+1}=\lambda_i$, $q_{i,i-1}=\mu_i$, $q_{ii}=-(\lambda_i+\mu_i)$, les autres nuls ; on a $Q=P'(0)$. La matrice $P(t)=(p_{ij}(t))$ donne les probabilités de transition sur une durée finie $t$ : $p_{ij}(t)=\mathbb{P}(X(t+s)=j\mid X(s)=i)$. Elles sont liées par les équations de Kolmogorov

$P'(t)=QP(t)=P(t)Q,\qquad P(t)=e^{tQ}.$

Autrement dit $Q$ décrit le comportement instantané (dérivée en $0$), tandis que $P(t)$ donne les probabilités effectives sur la durée $t$.

I. 3.

Avec $\lambda_n=n\lambda$, $\mu_n=n\mu$ et $X(0)=1$, l'état $0$ est absorbant ($\lambda_0=\mu_0=0$). Les équations progressives $p_{ij}'=\lambda_{j-1}p_{i,j-1}+\mu_{j+1}p_{i,j+1}-(\lambda_j+\mu_j)p_{ij}$ s'écrivent

$\frac{d}{dt}p_{i0}(t)=\mu\,p_{i1}(t),$

$\frac{d}{dt}p_{ij}(t)=(j-1)\lambda\,p_{i,j-1}(t)+(j+1)\mu\,p_{i,j+1}(t)-j(\lambda+\mu)\,p_{ij}(t),\quad j\ge1.$

I. 4.

Pour un processus de naissance et de mort ergodique, la loi stationnaire $\pi=(\pi_n)$ vérifie les équations de balance détaillée $\lambda_{n-1}\pi_{n-1}=\mu_n\pi_n$, d'où la forme générale

$\boxed{\ \pi_n=\pi_0\prod_{k=1}^{n}\frac{\lambda_{k-1}}{\mu_k},\qquad \pi_0=\left(1+\sum_{n\ge1}\prod_{k=1}^{n}\frac{\lambda_{k-1}}{\mu_k}\right)^{-1},\ }$

lorsque la série converge. Pour les taux linéaires du I.3, l'état $0$ étant absorbant, l'unique loi stationnaire est $\delta_0$ (extinction presque sûre).

II. 1.

Soit $G(s,t)=\sum_{j\ge0}p_{ij}(t)s^{j}$. On a $\partial_t G=\sum_j p_{ij}'(t)s^j$ et, en injectant l'équation générale (valable aussi en $j=0$ avec la convention $p_{i,-1}=0$),

$\partial_t G=\sum_j\Big[-(\nu+j\lambda+j\mu)p_{ij}+(\nu+(j-1)\lambda)p_{i,j-1}+(j+1)\mu\,p_{i,j+1}\Big]s^j.$

En utilisant $\sum_j j\,p_{ij}s^j=s\,\partial_s G$ et en décalant les indices, on obtient :

• terme diagonal : $-\nu G-(\lambda+\mu)s\,\partial_s G$ ;
• terme de naissance/immigration ($k=j-1$) : $\nu s\,G+\lambda s^2\,\partial_s G$ ;
• terme de mort ($k=j+1$) : $\mu\,\partial_s G$.

En regroupant le coefficient de $\partial_s G$, soit $\lambda s^2-(\lambda+\mu)s+\mu=(s-1)(\lambda s-\mu)$, et celui de $G$, soit $\nu(s-1)$, il vient

$\boxed{\ \partial_t G(s,t)=(\lambda s-\mu)(s-1)\,\partial_s G(s,t)+\nu(s-1)\,G(s,t),\qquad G(s,0)=s^{i}.\ }$

II. 2.

Le nombre moyen est $m_i(t)=\partial_s G(1,t)=\sum_j j\,p_{ij}(t)$. On dérive la PDE par rapport à $s$ puis on évalue en $s=1$. Comme $\partial_s[(\lambda s-\mu)(s-1)]=2\lambda s-\lambda-\mu$ et que tous les termes en facteur $(s-1)$ s'annulent en $s=1$, avec $G(1,t)=1$ :

$m_i'(t)=(\lambda-\mu)\,m_i(t)+\nu,\qquad m_i(0)=i.$

C'est une équation différentielle linéaire du premier ordre ; en posant $r=\lambda-\mu$, sa solution est

$\boxed{\ m_i(t)=i\,e^{(\lambda-\mu)t}+\frac{\nu}{\lambda-\mu}\left(e^{(\lambda-\mu)t}-1\right).\ }$

On vérifie bien $m_i(0)=i$ et $m_i'(t)=(\lambda-\mu)m_i(t)+\nu$.

II. 3.

Si $\lambda<\mu$, alors $\lambda-\mu<0$ et $e^{(\lambda-\mu)t}\to0$ quand $t\to+\infty$. Par conséquent

$\boxed{\ \lim_{t\to+\infty}m_i(t)=\frac{\nu}{\mu-\lambda}.\ }$

L'espérance se stabilise : l'immigration compense l'extinction et maintient en moyenne $\dfrac{\nu}{\mu-\lambda}$ particules.

1.

Le modèle s'écrit $Y=X\delta+e$ avec $\delta=(\alpha,\beta,\gamma)^{\top}$ et la matrice de plan (lignes $x=-1,1,-c,c$)

$X=\begin{pmatrix}1 & -1 & 1\\ 1 & 1 & 1\\ 1 & -c & c^2\\ 1 & c & c^2\end{pmatrix}.$

On calcule

$X^{\top}X=\begin{pmatrix}4 & 0 & 2+2c^2\\ 0 & 2+2c^2 & 0\\ 2+2c^2 & 0 & 2+2c^4\end{pmatrix}.$

La colonne associée à $\beta$ est orthogonale à celles de $\alpha$ et $\gamma$ : $\hat\beta$ sera donc non corrélé à $(\hat\alpha,\hat\gamma)$. L'inversibilité de $X^{\top}X$ se ramène à celle du bloc $(\alpha,\gamma)$, de déterminant

$\det\begin{pmatrix}4 & 2+2c^2\\ 2+2c^2 & 2+2c^4\end{pmatrix}=4(2+2c^4)-(2+2c^2)^2=4(c^2-1)^2.$

Ce déterminant est non nul si et seulement si $c^2\neq1$, c'est-à-dire $c\neq1$ (puisque $c>0$). Donc

$\boxed{\ c\neq1\ \Longrightarrow\ X^{\top}X \text{ inversible : l'estimation des moindres carrés est possible.}\ }$

La matrice de covariance $\sigma^2(X^{\top}X)^{-1}$ a alors la structure suivante :

$\mathrm{Var}(\hat\beta)=\frac{\sigma^2}{2(1+c^2)},\qquad \mathrm{Cov}(\hat\beta,\hat\alpha)=\mathrm{Cov}(\hat\beta,\hat\gamma)=0,$

$\mathrm{Var}(\hat\alpha)=\frac{(1+c^4)\sigma^2}{2(c^2-1)^2},\quad \mathrm{Var}(\hat\gamma)=\frac{\sigma^2}{(c^2-1)^2},\quad \mathrm{Cov}(\hat\alpha,\hat\gamma)=-\frac{(1+c^2)\sigma^2}{2(c^2-1)^2}.$

Ainsi $\hat\beta$ est estimé indépendamment, tandis que $\hat\alpha$ et $\hat\gamma$ sont négativement corrélés ; la précision se dégrade lorsque $c\to1$ (colinéarité).

2. a.

Avec $c=2$ : $2+2c^2=10$, $2+2c^4=34$, $(c^2-1)^2=9$. Les données sont $x=(-1,1,-2,2)$ et $Y=(0,2,0,6)$, d'où

$X^{\top}Y=\begin{pmatrix}\sum Y_i\\ \sum x_iY_i\\ \sum x_i^2 Y_i\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8\\ 14\\ 26\end{pmatrix}.$

Comme $\beta$ est séparé : $\hat\beta=\dfrac{14}{10}=\dfrac{7}{5}$. Pour $(\alpha,\gamma)$ on résout

$\begin{pmatrix}4&10\\10&34\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\hat\alpha\\\hat\gamma\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8\\26\end{pmatrix}\quad(\det=36),$

d'où

$\hat\alpha=\frac{34\cdot8-10\cdot26}{36}=\frac{12}{36}=\frac13,\qquad \hat\gamma=\frac{4\cdot26-10\cdot8}{36}=\frac{24}{36}=\frac23.$

$\boxed{\ \hat\alpha=\frac13,\qquad \hat\beta=\frac75,\qquad \hat\gamma=\frac23.\ }$

En remplaçant $c=2$ dans les formules précédentes, les variances et covariances valent

$\boxed{\ \mathrm{Var}(\hat\alpha)=\frac{17}{18}\sigma^2,\quad \mathrm{Var}(\hat\beta)=\frac{\sigma^2}{10},\quad \mathrm{Var}(\hat\gamma)=\frac{\sigma^2}{9},\quad \mathrm{Cov}(\hat\alpha,\hat\gamma)=-\frac{5}{18}\sigma^2.\ }$

2. b.

Avec $n=4$ observations et $p=3$ paramètres, il reste $n-p=1$ degré de liberté. Les valeurs ajustées $\hat Y_i=\hat\alpha+\hat\beta x_i+\hat\gamma x_i^2$ et les résidus $\hat e_i=Y_i-\hat Y_i$ sont

$\hat Y=\left(-\tfrac25,\ \tfrac{12}{5},\ \tfrac15,\ \tfrac{29}{5}\right),\qquad \hat e=\left(\tfrac25,\ -\tfrac25,\ -\tfrac15,\ \tfrac15\right).$

La somme des carrés résiduelle est

$\mathrm{SCR}=\left(\tfrac25\right)^2+\left(\tfrac25\right)^2+\left(\tfrac15\right)^2+\left(\tfrac15\right)^2=\frac{10}{25}=\frac25,$

d'où l'estimateur sans biais $\hat\sigma^2=\dfrac{\mathrm{SCR}}{n-p}=\dfrac{2/5}{1}=\dfrac25$.

Pour tester $H_0:\gamma=0$ contre $H_1:\gamma\neq0$, on utilise la statistique de Student

$t=\frac{\hat\gamma}{\sqrt{\hat\sigma^2/(c^2-1)^2}}=\frac{2/3}{\sqrt{(2/5)/9}},\qquad t^2=\frac{(2/3)^2}{2/45}=10,$

soit $t=\sqrt{10}\approx 3{,}16$, à comparer au quantile $t_{1;\,0{,}975}=12{,}71$ (loi de Student à $1$ degré de liberté, test bilatéral au niveau $5\%$).

Comme $|t|=3{,}16<12{,}71$ (p-value $\approx0{,}20$),

$\boxed{\ \text{on ne rejette pas } H_0:\gamma=0 \text{ au niveau } 5\%.\ }$

Le très faible nombre de degrés de liberté ($1$) confère au test une puissance très limitée.