مسابقة دكتوراه 2021 — Université des Sciences et de la Technologie Houari Boumediène (USTHB) — الموضوع 01

1.

Comme $W_t - W_{t-1} = E_t$, on a

$Y_t = X_t - X_{t-1} = (W_t + A_t) - (W_{t-1} + A_{t-1}) = (W_t - W_{t-1}) + A_t - A_{t-1}.$

D'où

$Y_t = E_t + A_t - A_{t-1}.$

Les processus $\{E_t\}$ et $\{A_t\}$ étant deux bruits blancs indépendants et centrés, on a $\mathbb{E}[Y_t] = 0$ et $\{Y_t\}$ est stationnaire. Calculons ses autocovariances.

Variance ($k = 0$) :

$\gamma_Y(0) = \operatorname{Var}(E_t + A_t - A_{t-1}) = \sigma_E^2 + \sigma_A^2 + \sigma_A^2 = \sigma_E^2 + 2\sigma_A^2.$

Autocovariance d'ordre $1$ :

$\gamma_Y(1) = \operatorname{Cov}(E_t + A_t - A_{t-1},\ E_{t-1} + A_{t-1} - A_{t-2}).$

Par indépendance et blancheur des bruits, le seul terme non nul est $\operatorname{Cov}(-A_{t-1}, A_{t-1}) = -\sigma_A^2$, donc

$\gamma_Y(1) = -\sigma_A^2.$

Pour $k \geq 2$, les combinaisons $Y_t$ et $Y_{t-k}$ ne partagent aucun bruit commun, donc $\gamma_Y(k) = 0$.

On en déduit la fonction d'autocorrélation $\rho_Y(k) = \gamma_Y(k) / \gamma_Y(0)$ :

$\rho_Y(1) = \frac{-\sigma_A^2}{\sigma_E^2 + 2\sigma_A^2}, \qquad \rho_Y(k) = 0 \ \text{pour } k \geq 2.$

$\boxed{\,Y_t = E_t + A_t - A_{t-1}, \qquad \rho_Y(1) = \frac{-\sigma_A^2}{\sigma_E^2 + 2\sigma_A^2}, \quad \rho_Y(k) = 0\ (k \geq 2).\,}$

2.

La différence première $Y_t = (1 - B) X_t$ (où $B$ est l'opérateur de retard) est un processus stationnaire dont l'autocorrélation s'annule au-delà du retard $1$ : c'est exactement la signature d'un processus $MA(1)$. Il faut donc différencier une seule fois pour rendre $\{X_t\}$ stationnaire ($d = 1$), la partie autorégressive est absente ($p = 0$) et la partie moyenne mobile est d'ordre $1$ ($q = 1$).

$\boxed{\,p = 0, \quad d = 1, \quad q = 1 \quad \Longrightarrow \quad X_t \sim ARIMA(0,1,1).\,}$

Préliminaires (moments du noyau)

Le noyau $K(t) = \frac{3}{4}(1 - t^2)\mathbf{1}_{[-1,1]}$ (noyau d'Epanechnikov) est pair. On calcule une fois pour toutes :

$\int_{-1}^{1} K(t)\,dt = 1, \qquad \int_{-1}^{1} t K(t)\,dt = 0, \qquad \int_{-1}^{1} t^2 (1 - t^2)\,dt = \frac{4}{15},$

$\int_{-1}^{1} K^2(t)\,dt = \frac{9}{16}\int_{-1}^{1}(1 - t^2)^2\,dt = \frac{9}{16}\cdot\frac{16}{15} = \frac{3}{5}, \qquad \int_{-1}^{1} t^2 (1 - t^2)^2\,dt = \frac{16}{105}.$

1.

Par identité de distribution des $X_i$,

$\mathbb{E}[f_n(x)] = \frac{1}{h_n}\mathbb{E}\!\left[K\!\left(\frac{x - X_1}{h_n}\right)\right] = \frac{1}{h_n}\int_{\mathbb{R}} K\!\left(\frac{x - u}{h_n}\right) f(u)\,du.$

Avec le changement de variable $t = \dfrac{x - u}{h_n}$, soit $u = x - h_n t$ et $du = -h_n\,dt$ :

$\mathbb{E}[f_n(x)] = \int_{-1}^{1} K(t) f(x - h_n t)\,dt.$

Comme $f \in \mathcal{C}^2$, la formule de Taylor-Lagrange donne $f(x - h_n t) = f(x) - h_n t f'(x) + \dfrac{h_n^2 t^2}{2} f''(x_0)$, avec $x_0 = x_0(t)$ situé entre $x - h_n t$ et $x$, donc $x_0 \in [x - h_n, x + h_n]$. En utilisant $\int K = 1$ et $\int t K = 0$ :

$\mathbb{E}[f_n(x)] = f(x) + \frac{h_n^2}{2}\int_{-1}^{1} t^2 K(t) f''(x_0)\,dt = f(x) + \frac{3 h_n^2}{8}\int_{-1}^{1} t^2 (1 - t^2) f''(x_0)\,dt.$

D'où le biais :

$\boxed{\,\operatorname{Biais}(f_n(x)) = \mathbb{E}[f_n(x)] - f(x) = \frac{3 h_n^2}{8}\int_{-1}^{1} t^2 (1 - t^2) f''(x_0)\,dt, \quad x_0 \in [x - h_n, x + h_n].\,}$

2.

En général $\operatorname{Biais}(f_n(x)) \neq 0$ (il n'est nul que si $f'' \equiv 0$), donc $f_n(x)$ n'est pas sans biais. En revanche, comme $m \leq f'' \leq M$ et $t^2(1 - t^2) \geq 0$ sur $[-1,1]$,

$|\operatorname{Biais}(f_n(x))| \leq \frac{3 h_n^2}{8} M \int_{-1}^{1} t^2 (1 - t^2)\,dt = \frac{h_n^2}{10} M \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0 \quad (\text{car } h_n \to 0).$

Donc $f_n(x)$ est asymptotiquement sans biais.

3.

Les $X_i$ étant i.i.d., $\operatorname{Var}(f_n(x)) = \dfrac{1}{n^2 h_n^2}\cdot n \operatorname{Var}\!\left(K\!\left(\tfrac{x - X_1}{h_n}\right)\right) = \dfrac{1}{n h_n^2}\operatorname{Var}\!\left(K\!\left(\tfrac{x - X_1}{h_n}\right)\right).$

Moment d'ordre $2$, avec le même changement de variable :

$\mathbb{E}\!\left[K^2\!\left(\tfrac{x - X_1}{h_n}\right)\right] = h_n \int_{-1}^{1} K^2(t) f(x - h_n t)\,dt = h_n\left( \frac{3}{5} f(x) + \frac{9 h_n^2}{32}\int_{-1}^{1} t^2 (1 - t^2)^2 f''(x_0)\,dt \right),$

soit $\mathbb{E}[K^2] = \dfrac{3}{5} h_n f(x) + \dfrac{9}{32} h_n^3 \displaystyle\int_{-1}^{1} t^2 (1 - t^2)^2 f''(x_0)\,dt$ (on a utilisé $\int K^2 = \tfrac{3}{5}$, $\int t K^2 = 0$).

Moment d'ordre $1$ (déjà obtenu à la question 1) :

$\mathbb{E}\!\left[K\!\left(\tfrac{x - X_1}{h_n}\right)\right] = h_n\left( f(x) + \frac{3}{8} h_n^2 \int_{-1}^{1} t^2 (1 - t^2) f''(x_0)\,dt \right).$

En reportant $\operatorname{Var}(K) = \mathbb{E}[K^2] - (\mathbb{E}[K])^2$ :

$\boxed{\,\operatorname{Var}(f_n(x)) = \frac{1}{n h_n^2}\left\{ \frac{3}{5} h_n f(x) + \frac{9}{32} h_n^3 \int_{-1}^{1} t^2 (1 - t^2)^2 f''(x_0)\,dt - h_n^2\left( f(x) + \frac{3}{8} h_n^2 \int_{-1}^{1} t^2 (1 - t^2) f''(x_0)\,dt \right)^2 \right\}.\,}$

4.

a. Majoration du biais

Avec $f'' \leq M$ et $t^2(1 - t^2) \geq 0$ :

$\operatorname{Biais}(f_n(x)) \leq \frac{3 h_n^2}{8} M \int_{-1}^{1} t^2 (1 - t^2)\,dt = \frac{3 h_n^2}{8}\cdot\frac{4}{15}\,M = \frac{1}{10} h_n^2 M.$

$\boxed{\,C_3 = \frac{1}{10}.\,}$

b. Majoration de la variance

Dans l'expression de $\operatorname{Var}(f_n(x))$, le terme soustrait est positif ; en le négligeant puis en bornant $f'' \leq M$ :

$\operatorname{Var}(f_n(x)) \leq \frac{1}{n h_n^2}\left( \frac{3}{5} h_n f(x) + \frac{9}{32} h_n^3 M \int_{-1}^{1} t^2 (1 - t^2)^2\,dt \right).$

Comme $\displaystyle\int_{-1}^{1} t^2 (1 - t^2)^2\,dt = \frac{16}{105}$, on a $\dfrac{9}{32}\cdot\dfrac{16}{105} = \dfrac{3}{70}$, d'où

$\operatorname{Var}(f_n(x)) \leq \frac{1}{n h_n}\left( \frac{3}{5} f(x) + \frac{3}{70} h_n^2 M \right).$

$\boxed{\,C_1 = \frac{3}{5}, \qquad C_2 = \frac{3}{70}, \qquad C_3 = \frac{1}{10}.\,}$

Majorant du MSE

$\operatorname{MSE}(f_n(x)) = \operatorname{Biais}^2 + \operatorname{Var} \leq C_3^2 M^2 h_n^4 + \frac{C_1 f(x)}{n h_n} + \frac{C_2 M h_n}{n}.$

5.

Les deux termes dominants sont $A h_n^4$ (biais au carré) et $\dfrac{B}{n h_n}$ (variance), avec $A = C_3^2 M^2$ et $B = C_1 f(x)$ ; le terme $\dfrac{C_2 M h_n}{n}$ est négligeable. On minimise $g(h) = A h^4 + \dfrac{B}{n h}$ :

$g'(h) = 4 A h^3 - \frac{B}{n h^2} = 0 \ \Longleftrightarrow\ 4 A h^5 = \frac{B}{n} \ \Longleftrightarrow\ h_n^\star = \left( \frac{B}{4 A n} \right)^{1/5} = \left( \frac{C_1 f(x)}{4 C_3^2 M^2} \right)^{1/5} n^{-1/5}.$

Avec $C_1 = \tfrac{3}{5}$ et $C_3 = \tfrac{1}{10}$, on trouve $4 C_3^2 = \tfrac{1}{25}$, donc

$\boxed{\,h_n^\star = \left( \frac{15\, f(x)}{M^2} \right)^{1/5} n^{-1/5} \ \asymp\ n^{-1/5}.\,}$

En remplaçant $h_n^\star \asymp n^{-1/5}$ dans le majorant : $h_n^4 \asymp n^{-4/5}$ et $\dfrac{1}{n h_n} \asymp n^{-4/5}$. Les deux contributions sont du même ordre, donc

$\boxed{\,\operatorname{MSE}(f_n(x)) = O\!\left( n^{-4/5} \right).\,}$

6.

D'après les questions précédentes, quand $n \to +\infty$ avec $h_n \to 0$ et $n h_n \to +\infty$ :

$\operatorname{Biais}(f_n(x)) \to 0 \qquad \text{et} \qquad \operatorname{Var}(f_n(x)) \leq \frac{1}{n h_n}\left( \frac{3}{5} f(x) + \frac{3}{70} h_n^2 M \right) \to 0.$

Donc $\operatorname{MSE}(f_n(x)) = \mathbb{E}\!\left[(f_n(x) - f(x))^2\right] \to 0$ : $f_n(x)$ converge vers $f(x)$ en moyenne quadratique. Par l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, pour tout $\varepsilon \gt 0$,

$\mathbb{P}\!\left( |f_n(x) - f(x)| \gt \varepsilon \right) \leq \frac{\operatorname{MSE}(f_n(x))}{\varepsilon^2} \xrightarrow[n \to +\infty]{} 0.$

$\boxed{\,f_n(x) \xrightarrow[n \to +\infty]{\ \mathbb{P}\ } f(x).\,}$

On note $\lambda = 4$ pannes/heure (taux d'arrivée) et $\mu = 6$ réparations/heure (taux de service).

1.

Les arrivées (pannes) suivent un processus de Poisson (donc inter-arrivées exponentielles, sans mémoire : $M$), les temps de service (réparations) sont exponentiels ($M$), et il y a une seule équipe de maintenance, donc un seul serveur. La capacité et la population sont supposées infinies.

$\boxed{\,\text{Modèle } M/M/1 \ (M/M/1/\infty/\infty), \qquad \lambda = 4 \text{ /h}, \quad \mu = 6 \text{ /h}.\,}$

2.

L'intensité du trafic (facteur d'utilisation) est

$\rho = \frac{\lambda}{\mu} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3} \approx 0{,}667.$

Comme $\rho \lt 1$, la file est stable : un régime stationnaire existe. De plus $\rho$ représente la proportion de temps où l'équipe est occupée.

3.

En régime stationnaire, le nombre de machines immobilisées (en réparation ou en attente) est le nombre $N$ de clients dans le système. Nombre moyen :

$L = \frac{\rho}{1 - \rho} = \frac{2/3}{1/3} = 2 \ \text{machines}.$

Loi de $N$ (loi géométrique) :

$\boxed{\,\mathbb{P}(N = n) = (1 - \rho)\,\rho^{\,n} = \frac{1}{3}\left( \frac{2}{3} \right)^{n}, \quad n \geq 0, \qquad L = 2.\,}$

4.

Nombre moyen de machines en attente de réglage (longueur de la file) :

$L_q = \frac{\rho^2}{1 - \rho} = \frac{4/9}{1/3} = \frac{4}{3} \approx 1{,}33 \ \text{machines}.$

Temps moyen d'attente avant prise en charge (formule de Little) :

$W_q = \frac{L_q}{\lambda} = \frac{4/3}{4} = \frac{1}{3} \ \text{h} = 20 \ \text{min}.$

$\boxed{\,L_q = \frac{4}{3} \ \text{machines}, \qquad W_q = 20 \ \text{min}.\,}$

5.

L'équipe est inactive lorsque le système est vide :

$\boxed{\,\mathbb{P}(N = 0) = 1 - \rho = \frac{1}{3} \approx 33{,}3\,\%.\,}$

6.

À tout instant, en moyenne $L = 2$ machines sont immobilisées. Sur un mois de $30 \times 8 = 240$ heures de production :

$\text{Perte} = L \times 240 \times 1000 = 2 \times 240 \times 1000.$

$\boxed{\,\text{Perte mensuelle} = 480\,000 \ \text{DA}.\,}$

7. a.

On ajoute une seconde équipe de même taux $\mu = 6$ : il y a maintenant $c = 2$ serveurs, avec $\lambda = 4$. C'est un modèle $M/M/2$. En posant la charge offerte $a = \dfrac{\lambda}{\mu} = \dfrac{2}{3}$, l'intensité du trafic est

$\rho = \frac{\lambda}{c\,\mu} = \frac{4}{2 \times 6} = \frac{1}{3} \lt 1,$

donc la file est stable.

7. b.

Probabilité que le système soit vide :

$P_0 = \left[ \sum_{n=0}^{c-1} \frac{a^n}{n!} + \frac{a^c}{c!\,(1 - \rho)} \right]^{-1} = \left[ 1 + \frac{2}{3} + \frac{(2/3)^2}{2!\,(1 - 1/3)} \right]^{-1} = \left[ \frac{5}{3} + \frac{1}{3} \right]^{-1} = \frac{1}{2}.$

Question 5 (nouveau modèle) — proportion de temps où la maintenance est totalement inactive (système vide) :

$\boxed{\,P_0 = \frac{1}{2} = 50\,\%.\,}$

Question 4 (nouveau modèle) — nombre moyen en attente et temps d'attente :

$L_q = \frac{P_0\,a^c\,\rho}{c!\,(1 - \rho)^2} = \frac{\tfrac{1}{2}\cdot \tfrac{4}{9}\cdot \tfrac{1}{3}}{2\cdot (2/3)^2} = \frac{1}{12} \approx 0{,}083 \ \text{machine},$

$W_q = \frac{L_q}{\lambda} = \frac{1/12}{4} = \frac{1}{48} \ \text{h} \approx 1{,}25 \ \text{min}.$

Question 3 (nouveau modèle) — nombre moyen de machines immobilisées et sa loi :

$L = L_q + a = \frac{1}{12} + \frac{2}{3} = \frac{3}{4} = 0{,}75 \ \text{machine}.$

Loi du nombre $N$ dans le système : $P_n = P_0\dfrac{a^n}{n!}$ pour $n \leq 2$ et $P_n = P_0\dfrac{a^n}{c!\,c^{\,n-c}}$ pour $n \geq 2$, ce qui se simplifie en

$\boxed{\,P_0 = \frac{1}{2}, \qquad P_n = \left( \frac{1}{3} \right)^{n} \ \text{pour } n \geq 1, \qquad L = \frac{3}{4}.\,}$

7. c.

Avec deux équipes, en moyenne $L = \tfrac{3}{4}$ machine est immobilisée. Coût d'immobilisation mensuel :

$\frac{3}{4} \times 240 \times 1000 = 180\,000 \ \text{DA}.$

En ajoutant le coût fixe de la seconde équipe ($50\,000$ DA/mois), le coût total devient

$180\,000 + 50\,000 = 230\,000 \ \text{DA}.$

L'ancien coût était de $480\,000$ DA. L'économie réalisée est donc

$480\,000 - 230\,000 = 250\,000 \ \text{DA}.$

$\boxed{\,\text{Oui, il y a une économie de } 250\,000 \ \text{DA par mois.}\,}$