مسابقة دكتوراه 2018 — Université des Sciences et de la Technologie Houari Boumediène (USTHB) — الموضوع 01

1.

Les inter-arrivées des groupes et les durées de service étant exponentielles, elles sont sans mémoire : à partir de l'état $n$, l'évolution future ne dépend que de $n$. Donc $(X_t)_{t\geq 0}$ est une chaîne de Markov à temps continu sur $\mathbb{N}$.

Depuis l'état $n$, deux transitions sont possibles :

a. une arrivée d'un groupe de 2 clients, au taux $\lambda$ : $n\to n+2$ ; b. une fin de service, au taux $\mu$ (si $n\geq 1$) : $n\to n-1$.

Le générateur infinitésimal $Q=(q_{ij})$ est donc

$q_{n,n+2}=\lambda\ (n\geq 0),\qquad q_{n,n-1}=\mu\ (n\geq 1),$

$q_{n,n}=-(\lambda+\mu)\ (n\geq 1),\qquad q_{0,0}=-\lambda,$

tous les autres coefficients étant nuls.

2.

Non. Dans un processus de naissance et de mort, seules les transitions vers les états voisins $n\pm 1$ sont autorisées. Ici les arrivées se font par groupes de 2, ce qui autorise des sauts $n\to n+2$.

$\boxed{(X_t)_{t\geq 0}\ \text{n'est pas un processus de naissance et de mort.}}$

3.

Les équations de Chapman-Kolmogorov (équations progressives) s'écrivent :

$P_0'(t)=-\lambda P_0(t)+\mu P_1(t),$

$P_1'(t)=-(\lambda+\mu)P_1(t)+\mu P_2(t),$

$P_n'(t)=-(\lambda+\mu)P_n(t)+\lambda P_{n-2}(t)+\mu P_{n+1}(t),\quad n\geq 2.$

4.

En régime stationnaire, $P_n'(t)\to 0$, d'où les équations d'équilibre :

$\lambda P_0=\mu P_1,$

$(\lambda+\mu)P_1=\mu P_2,$

$(\lambda+\mu)P_n=\lambda P_{n-2}+\mu P_{n+1},\quad n\geq 2.$

5.

Multiplions chaque équation d'équilibre par $z^n$ et sommons sur $n\geq 0$. Avec $G(z)=\sum_{n\geq 0}z^n P_n$, on obtient

$(\lambda+\mu)G(z)-\mu P_0=\frac{\mu}{z}\big(G(z)-P_0\big)+\lambda z^2 G(z).$

En multipliant par $z$ puis en regroupant les termes en $G(z)$ :

$G(z)\big[(\lambda+\mu)z-\mu-\lambda z^3\big]=\mu P_0(z-1).$

Or $(\lambda+\mu)z-\mu-\lambda z^3=-(z-1)(\lambda z^2+\lambda z-\mu)$, d'où après simplification par $(z-1)$ :

$G(z)=\frac{\mu P_0}{\mu-\lambda z-\lambda z^2}.$

La condition de normalisation $G(1)=1$ donne $\mu P_0=\mu-2\lambda$, soit $P_0=1-\dfrac{2\lambda}{\mu}$, et

$\boxed{G(z)=\frac{\mu-2\lambda}{\mu-\lambda z-\lambda z^2}.}$

La distribution stationnaire existe (et $P_0\gt 0$) si et seulement si

$\boxed{\rho=\frac{2\lambda}{\mu}\lt 1\quad\Longleftrightarrow\quad 2\lambda\lt\mu.}$

6.

La moyenne vaut $E[X]=G'(1)$. En posant $D(z)=\mu-\lambda z-\lambda z^2$, on a $D(1)=\mu-2\lambda$, $D'(1)=-3\lambda$, $D''(1)=-2\lambda$, avec $G=(\mu-2\lambda)/D$. Donc

$E[X]=G'(1)=\frac{3\lambda}{\mu-2\lambda}.$

De plus $E[X(X-1)]=G''(1)=\dfrac{2\lambda}{\mu-2\lambda}+\dfrac{18\lambda^2}{(\mu-2\lambda)^2}$, et

$\operatorname{Var}(X)=G''(1)+G'(1)-\big(G'(1)\big)^2=\frac{5\lambda}{\mu-2\lambda}+\frac{9\lambda^2}{(\mu-2\lambda)^2}.$

Finalement

$\boxed{E[X]=\frac{3\lambda}{\mu-2\lambda},\qquad \operatorname{Var}(X)=\frac{\lambda(5\mu-\lambda)}{(\mu-2\lambda)^2}.}$

1.

Pour $y\geq 0$ (car $X\geq 0$ implique $Y=\log(1+X)\geq 0$),

$F_Y(y)=P(Y\leq y)=P\big(X\leq e^{y}-1\big)=F_X(e^{y}-1).$

Or $F_X(x)=\displaystyle\int_0^x \theta(1+t)^{-(\theta+1)}\,dt=1-(1+x)^{-\theta}$, donc

$F_Y(y)=1-\big(e^{y}\big)^{-\theta}=1-e^{-\theta y},\quad y\geq 0.$

C'est la fonction de répartition d'une loi exponentielle de paramètre $\theta$ :

$\boxed{Y=\log(1+X)\sim \mathcal{E}(\theta),\qquad f_Y(y)=\theta e^{-\theta y}\mathbf{1}_{y\geq 0}.}$

2.

La vraisemblance vaut

$L(\theta)=\prod_{i=1}^n \theta(1+x_i)^{-(\theta+1)}=\theta^{n}\exp\!\Big(-(\theta+1)\sum_{i=1}^n \log(1+x_i)\Big).$

Par le théorème de factorisation, la statistique

$S_n=\sum_{i=1}^n \log(1+X_i)=\sum_{i=1}^n Y_i$

est exhaustive ; le modèle étant une famille exponentielle, $S_n$ est aussi complète. Comme somme de $n$ variables i.i.d. de loi $\mathcal{E}(\theta)$, $S_n$ suit une loi Gamma :

$\boxed{S_n\sim \Gamma(n,\theta),\qquad f_{S_n}(s)=\frac{\theta^{n}}{(n-1)!}\,s^{\,n-1}e^{-\theta s}\mathbf{1}_{s\geq 0}.}$

3.

La log-vraisemblance $\ell(\theta)=n\log\theta-(\theta+1)S_n$ vérifie $\ell'(\theta)=\dfrac{n}{\theta}-S_n=0$, avec $\ell''(\theta)=-n/\theta^2\lt 0$. D'où

$\boxed{\hat\theta=\frac{n}{S_n}=\frac{n}{\sum_{i=1}^n \log(1+X_i)}.}$

4.

Pour $S_n\sim\Gamma(n,\theta)$,

$E\!\left[\frac{1}{S_n}\right]=\int_0^{\infty}\frac{1}{s}\,\frac{\theta^{n}}{(n-1)!}\,s^{\,n-1}e^{-\theta s}\,ds=\frac{\theta}{n-1}.$

Donc

$E[\hat\theta]=n\,E\!\left[\frac{1}{S_n}\right]=\frac{n}{n-1}\,\theta\neq\theta,$

l'estimateur $\hat\theta$ est donc biaisé (biais $=\theta/(n-1)$). En revanche $\dfrac{S_n}{n}\to E[Y]=\dfrac{1}{\theta}$ presque sûrement (loi des grands nombres), donc $\hat\theta=\dfrac{n}{S_n}\to\theta$ : $\hat\theta$ est convergent.

$\boxed{E[\hat\theta]=\frac{n}{n-1}\theta\ (\text{biaisé}),\qquad \hat\theta\longrightarrow\theta\ (\text{convergent}).}$

5.

Comme $E[1/S_n]=\theta/(n-1)$, l'estimateur

$\tilde\theta=\frac{n-1}{S_n}$

est sans biais pour $\theta$. Étant fonction de la statistique exhaustive et complète $S_n$, il est, d'après le théorème de Lehmann-Scheffé, l'unique estimateur sans biais de variance minimale (ESBVM).

Son efficacité se juge par la borne de Cramér-Rao. L'information de Fisher est

$I_n(\theta)=n\,I_1(\theta)=\frac{n}{\theta^{2}},\qquad \text{BCR}=\frac{\theta^{2}}{n}.$

Or, avec $E[1/S_n^2]=\dfrac{\theta^{2}}{(n-1)(n-2)}$, on obtient

$\operatorname{Var}(\tilde\theta)=(n-1)^2\operatorname{Var}\!\left(\frac{1}{S_n}\right)=\frac{\theta^{2}}{n-2}\gt\frac{\theta^{2}}{n}.$

La variance dépasse la borne de Cramér-Rao :

$\boxed{\tilde\theta=\frac{n-1}{S_n}\ \text{est l'ESBVM, mais il n'est pas efficace}\ \Big(\operatorname{Var}(\tilde\theta)=\tfrac{\theta^2}{n-2}\Big).}$

6.

Par invariance de l'estimateur du maximum de vraisemblance, l'EMV de $g(\theta)=1/\theta$ est

$\widehat{g(\theta)}=\frac{1}{\hat\theta}=\frac{S_n}{n}=\overline{Y}.$

On a $E\!\left[\dfrac{S_n}{n}\right]=\dfrac{1}{n}\cdot\dfrac{n}{\theta}=\dfrac{1}{\theta}$ (sans biais) et

$\operatorname{Var}\!\left(\frac{S_n}{n}\right)=\frac{1}{n^{2}}\operatorname{Var}(S_n)=\frac{1}{n^{2}}\cdot\frac{n}{\theta^{2}}=\frac{1}{n\theta^{2}}.$

La borne de Cramér-Rao pour $g(\theta)$ vaut

$\frac{\big(g'(\theta)\big)^{2}}{I_n(\theta)}=\frac{1/\theta^{4}}{n/\theta^{2}}=\frac{1}{n\theta^{2}}.$

La variance atteint la borne, donc

$\boxed{\widehat{g(\theta)}=\frac{S_n}{n}\ \text{est un estimateur efficace de}\ g(\theta)=\frac{1}{\theta}.}$

7.

Considérons d'abord les hypothèses simples $H_0:\theta=1$ contre $H_1:\theta=\theta_1$ avec $\theta_1\lt 1$. Le rapport de vraisemblance

$\frac{L(\theta_1)}{L(1)}=\theta_1^{\,n}\exp\!\big(-(\theta_1-1)S_n\big)$

est une fonction croissante de $S_n$ (car $\theta_1-1\lt 0$). D'après le lemme de Neyman-Pearson, le test le plus puissant rejette $H_0$ pour les grandes valeurs de $S_n$. Ce rapport étant monotone en $S_n$, le test est uniformément le plus puissant pour $H_0:\theta\geq 1$ contre $H_1:\theta\lt 1$.

La région critique est de la forme $W=\{\,S_n\geq c\,\}$, où $c$ est fixé par le niveau $\alpha$. Sous $\theta=1$, on a $2S_n\sim\chi^{2}_{2n}$, donc

$\boxed{W=\Big\{\,S_n\geq \tfrac{1}{2}\,\chi^{2}_{2n}(\alpha)\,\Big\},\qquad P_{\theta=1}\big(2S_n\geq \chi^{2}_{2n}(\alpha)\big)=\alpha,}$

où $\chi^{2}_{2n}(\alpha)$ désigne le quantile d'ordre $1-\alpha$ de la loi du khi-deux à $2n$ degrés de liberté.

1.

En prenant l'espérance de $X_t=3+0.6X_{t-1}+A_t-A_{t-1}$, avec $E[A_t]=0$ et la stationnarité $E[X_t]=E[X_{t-1}]=\mu$ :

$\mu=3+0.6\,\mu\ \Longrightarrow\ 0.4\,\mu=3\ \Longrightarrow\ \boxed{\mu=7.5.}$

2.

Covariance. En multipliant la relation par $A_t$ puis en prenant l'espérance :

$\operatorname{Cov}(X_t,A_t)=0.6\,\operatorname{Cov}(X_{t-1},A_t)+\operatorname{Var}(A_t)-\operatorname{Cov}(A_{t-1},A_t).$

Comme $X_{t-1}$ ne dépend que de $A_{t-1},A_{t-2},\dots$, il est non corrélé à $A_t$, donc $\operatorname{Cov}(X_{t-1},A_t)=0$ et $\operatorname{Cov}(A_{t-1},A_t)=0$. D'où

$\boxed{\operatorname{Cov}(X_t,A_t)=\sigma^{2}.}$

Variance. Posons $\gamma_0=\operatorname{Var}(X_t)$. En prenant la variance des deux membres :

$\gamma_0=0.36\,\operatorname{Var}(X_{t-1})+\operatorname{Var}(A_t)+\operatorname{Var}(A_{t-1})+2\big[0.6\operatorname{Cov}(X_{t-1},A_t)-0.6\operatorname{Cov}(X_{t-1},A_{t-1})-\operatorname{Cov}(A_t,A_{t-1})\big].$

La stationnarité donne $\operatorname{Var}(X_{t-1})=\gamma_0$ et $\operatorname{Cov}(X_{t-1},A_{t-1})=\operatorname{Cov}(X_t,A_t)=\sigma^{2}$ (c'est ici qu'intervient la stationnarité). Avec $\operatorname{Cov}(X_{t-1},A_t)=0$ :

$\gamma_0=0.36\,\gamma_0+\sigma^{2}+\sigma^{2}-1.2\,\sigma^{2}=0.36\,\gamma_0+0.8\,\sigma^{2}.$

Donc $0.64\,\gamma_0=0.8\,\sigma^{2}$, soit

$\boxed{\operatorname{Var}(X_t)=1.25\,\sigma^{2}.}$

3.

Soit $\gamma_1=\operatorname{Cov}(X_t,X_{t-1})$. En multipliant la relation (centrée) par $X_{t-1}$ et en prenant l'espérance :

$\gamma_1=0.6\,\gamma_0+\operatorname{Cov}(A_t,X_{t-1})-\operatorname{Cov}(A_{t-1},X_{t-1})=0.6\,\gamma_0-\sigma^{2},$

car $\operatorname{Cov}(A_t,X_{t-1})=0$ et $\operatorname{Cov}(A_{t-1},X_{t-1})=\sigma^{2}$. Ainsi

$\gamma_1=0.6(1.25\,\sigma^{2})-\sigma^{2}=-0.25\,\sigma^{2},\qquad \rho_1=\frac{\gamma_1}{\gamma_0}=\frac{-0.25}{1.25}=-0.2.$

Pour $k\geq 2$, $A_t$ et $A_{t-1}$ sont non corrélés à $X_{t-k}$, donc

$\gamma_k=0.6\,\gamma_{k-1}\ \Longrightarrow\ \rho_k=0.6\,\rho_{k-1}.$

Par récurrence à partir de $\rho_1=-0.2$ :

$\boxed{\rho_k=-0.2\times 0.6^{\,k-1},\qquad k=1,2,3,\dots}$

4.

Pour l'AR(1) $Y_t=0.6\,Y_{t-1}+E_t$ (stationnaire car $|0.6|\lt 1$), l'espérance vérifie $\mu_Y=0.6\,\mu_Y$, donc

$\boxed{\mu_Y=0.}$

La variance est $\operatorname{Var}(Y_t)=\dfrac{\tau^{2}}{1-0.36}=\dfrac{\tau^{2}}{0.64}=1.5625\,\tau^{2}$, et la fonction d'autocorrélation d'un AR(1) est

$\boxed{\rho_k^{Y}=0.6^{\,k},\qquad k=0,1,2,\dots}$

5.

Deux différences visuelles :

1. Niveau moyen. La série $X_t$ oscille autour de $\mu=7.5$, alors que $Y_t$ oscille autour de $0$ ; graphiquement, la trajectoire de $X_t$ est décalée vers le haut par rapport à celle de $Y_t$.
2. Régularité (lissage). Toutes les autocorrélations de $X_t$ sont négatives ($\rho_1=-0.2$), ce qui traduit une tendance à alterner de part et d'autre de la moyenne : la trajectoire de $X_t$ paraît plus irrégulière / dentelée et revient rapidement vers sa moyenne. À l'inverse, l'AR(1) $Y_t$ a des autocorrélations positives et décroissantes ($\rho_k=0.6^{k}\gt 0$), produisant des trajectoires plus lisses et persistantes (les valeurs consécutives évoluent dans le même sens, avec de longues plages au-dessus ou en dessous de la moyenne).