مسابقة دكتوراه 2025 — Université des Sciences et de la Technologie Houari Boumediène (USTHB) — الموضوع 01

1.a.

Le processus s'écrit $\phi(B)\,z_t = \theta(B)\,a_t$ avec $\phi(B) = 1 - B + 0.21\,B^2$ et $\theta(B) = 1 - 0.3\,B$.

On factorise le polynôme AR :

$1 - B + 0.21\,B^2 = (1 - 0.3\,B)(1 - 0.7\,B)$

Les racines de $\phi(B)=0$ sont $B = \tfrac{1}{0.3} = \tfrac{10}{3}$ et $B = \tfrac{1}{0.7} = \tfrac{10}{7}$, toutes deux de module $\gt 1$ : le processus est donc stationnaire.

La racine du polynôme MA $\theta(B) = 1 - 0.3\,B$ est $B = \tfrac{10}{3} \gt 1$ : le processus est donc inversible.

On remarque un facteur commun $(1 - 0.3\,B)$ entre $\phi(B)$ et $\theta(B)$. Après simplification :

$(1 - 0.7\,B)\,z_t = a_t$

Le processus se réduit donc à un $AR(1)$ de paramètre $0.7$ :

$\boxed{\,z_t = 0.7\,z_{t-1} + a_t\,}$

1.b.

Pour l'$AR(1)$ réduit $z_t = 0.7\,z_{t-1} + a_t$, la fonction d'autocorrélation est

$\boxed{\,\rho_k = 0.7^{\,|k|}, \quad k \in \mathbb{Z}\,}$

1.c.

La représentation $AR(\infty)$ est $\pi(B)\,z_t = a_t$ avec $\pi(B) = \dfrac{\phi(B)}{\theta(B)} = \dfrac{(1-0.3B)(1-0.7B)}{1-0.3B} = 1 - 0.7\,B$.

Elle est donc finie :

$\boxed{\,z_t = 0.7\,z_{t-1} + a_t\,}$

c'est-à-dire $\pi_1 = 0.7$ et $\pi_j = 0$ pour $j \geq 2$.

1.d.

La représentation $MA(\infty)$ est $z_t = \psi(B)\,a_t$ avec $\psi(B) = \dfrac{\theta(B)}{\phi(B)} = \dfrac{1}{1-0.7B} = \sum_{j\geq 0} 0.7^{\,j} B^{\,j}$. D'où

$\boxed{\,z_t = \sum_{j=0}^{\infty} 0.7^{\,j}\,a_{t-j}, \qquad \psi_j = 0.7^{\,j}\,}$

2.

Soit un $ARMA(1,1)$ : $z_t = \phi\,z_{t-1} + a_t - \theta\,a_{t-1}$, $\{a_t\}$ bruit blanc de variance $\sigma_a^2$. Sa forme $MA(\infty)$ est $z_t = \sum_{j\geq0}\psi_j a_{t-j}$ avec

$\psi_0 = 1, \qquad \psi_j = (\phi - \theta)\,\phi^{\,j-1}\ \ (j \geq 1)$

On en déduit les autocovariances $\gamma_k = \sigma_a^2 \sum_{j\geq0}\psi_j\psi_{j+k}$ :

$\gamma_0 = \sigma_a^2\,\frac{1 - 2\phi\theta + \theta^2}{1 - \phi^2}, \qquad \gamma_1 = \sigma_a^2\,\frac{(\phi-\theta)(1-\phi\theta)}{1-\phi^2}$

et $\gamma_k = \phi\,\gamma_{k-1}$ pour $k \geq 2$. La fonction d'autocorrélation est donc

$\boxed{\ \rho_1 = \frac{(\phi-\theta)(1-\phi\theta)}{1 - 2\phi\theta + \theta^2}, \qquad \rho_k = \phi^{\,k-1}\rho_1\ \ (k\geq 1)\ }$

3.

Soient deux $MA(1)$ indépendants

$X_t = u_t - \theta_1 u_{t-1}, \qquad Y_t = v_t - \theta_2 v_{t-1}$

avec $\mathrm{var}(u_t)=\sigma_1^2$, $\mathrm{var}(v_t)=\sigma_2^2$, et $\{u_t\}$ indépendant de $\{v_t\}$. Posons $W_t = X_t + Y_t$.

Par indépendance, les autocovariances de $W$ sont

$\gamma_0^W = (1+\theta_1^2)\sigma_1^2 + (1+\theta_2^2)\sigma_2^2, \quad \gamma_1^W = -\theta_1\sigma_1^2 - \theta_2\sigma_2^2, \quad \gamma_k^W = 0\ (|k|\geq 2)$

Comme $\gamma_k^W = 0$ pour $|k|\geq 2$, $W_t$ a la structure d'autocovariance d'un $MA(1)$ : $W_t = \varepsilon_t - \theta\,\varepsilon_{t-1}$ avec $\mathrm{var}(\varepsilon_t)=\sigma^2$, vérifiant

$\gamma_0^W = (1+\theta^2)\sigma^2, \qquad \gamma_1^W = -\theta\,\sigma^2$

En identifiant $\gamma_1^W$ :

$-\theta\,\sigma^2 = -\theta_1\sigma_1^2 - \theta_2\sigma_2^2$

d'où le paramètre du $MA(1)$ résultant :

$\boxed{\ \theta = \theta_1\,\frac{\sigma_1^2}{\sigma^2} + \theta_2\,\frac{\sigma_2^2}{\sigma^2}\ }$

C'est bien une combinaison linéaire de $\theta_1$ et $\theta_2$, de poids $\sigma_1^2/\sigma^2$ et $\sigma_2^2/\sigma^2$ (rapports des variances d'innovation des processus sommés à celle du processus résultant), ce qu'il fallait démontrer.

4.a.

En itérant $Y_{t+\ell} - \mu = \phi(Y_{t+\ell-1}-\mu) + e_{t+\ell}$ :

$Y_{t+\ell} - \mu = \phi^{\ell}(Y_t - \mu) + \sum_{j=0}^{\ell-1}\phi^{\,j} e_{t+\ell-j}$

Comme $E[e_{t+i}\mid \mathcal{F}_t]=0$ pour $i\geq 1$, la prévision optimale (espérance conditionnelle) est

$\boxed{\ \hat{Y}_t(\ell) = E[Y_{t+\ell}\mid \mathcal{F}_t] = \mu + \phi^{\ell}(Y_t - \mu)\ }$

4.b.

L'erreur de prévision est

$e_t(\ell) = Y_{t+\ell} - \hat{Y}_t(\ell) = \sum_{j=0}^{\ell-1}\phi^{\,j} e_{t+\ell-j}$

d'où, par indépendance du bruit blanc,

$\mathrm{var}\big(e_t(\ell)\big) = \sigma_e^2 \sum_{j=0}^{\ell-1}\phi^{2j} = \sigma_e^2\,\frac{1-\phi^{2\ell}}{1-\phi^2}$

Puisque $|\phi|\lt 1$, $\phi^{2\ell}\to 0$ quand $\ell\to\infty$, donc

$\boxed{\ \lim_{\ell\to\infty}\mathrm{var}\big(e_t(\ell)\big) = \frac{\sigma_e^2}{1-\phi^2} = \mathrm{var}(Y_t) = \gamma_0\ }$

La variance de l'erreur de prévision converge bien vers la variance asymptotique du processus.

Partie 01 — 1.

Notons $Y_n$ le sommet occupé après le $n$-ème déplacement. Comme le choix du prochain sommet ne dépend que du sommet courant (et non du passé), $(Y_n)$ est une chaîne de Markov d'espace d'états

$E = \{1, 2, 3, 4, 5\}$

les sommets étant numérotés dans le sens des aiguilles d'une montre. Depuis $i$, on va en $i+1 \ (\mathrm{mod}\ 5)$ avec probabilité $p$ et en $i-1 \ (\mathrm{mod}\ 5)$ avec probabilité $q = 1-p$.

Partie 01 — 2.

La matrice de transition $P=(P_{ij})$ est cyclique : pour tout sommet $i$,

$P_{i,\,i+1} = p, \qquad P_{i,\,i-1} = q = 1-p, \qquad P_{ij} = 0 \ \text{sinon}$

(indices pris modulo 5). Tous les états communiquent (marche sur un cycle) : la chaîne est irréductible et ne forme qu'une seule classe. Étant finie et irréductible, elle est récurrente positive. Enfin, les retours à un sommet sont possibles en 2 pas (aller-retour) et en 5 pas (tour complet), et $\gcd(2,5)=1$ : la chaîne est apériodique (période 1).

Partie 01 — 3.

La chaîne est finie, irréductible et apériodique : il existe une unique distribution limite, égale à l'unique distribution stationnaire $\pi$. Chaque colonne de $P$ somme à $p+q=1$, donc $P$ est bistochastique et la loi uniforme est stationnaire :

$\boxed{\ \pi = \left(\tfrac15,\tfrac15,\tfrac15,\tfrac15,\tfrac15\right)\ }$

Partie 01 — 4.

Avec $p=\tfrac13$, $q=\tfrac23$, on résout, pour chaque cible $j$, le système $m_{ij} = 1 + \sum_{k} P_{ik}\,m_{kj}$ (avec $m_{jj}=0$). Les temps moyens de premier passage depuis le sommet 1 sont :

$m_{12} = \tfrac{147}{31} \approx 4.74, \quad m_{13} = \tfrac{174}{31} \approx 5.61, \quad m_{14} = \tfrac{141}{31} \approx 4.55, \quad m_{15} = \tfrac{78}{31} \approx 2.52$

Le maximum est atteint pour le sommet 3 :

$\boxed{\ j^{*} = 3, \qquad m_{13} = \tfrac{174}{31} \approx 5.61 \ \text{pas}\ }$

L'ennemi doit donc choisir le sommet n°3 (celui dont le temps moyen d'attente avant le passage de la sentinelle est le plus grand).

Partie 01 — 5.

En moyenne, la sentinelle effectue $m_{13} = \tfrac{174}{31} \approx 5.61$ déplacements avant d'atteindre le sommet 3. Chaque étape comprend un stationnement de 30'' $(=0.5\ \text{min})$ et un déplacement de 1'30'' $(=1.5\ \text{min})$, soit $2$ minutes par étape. Le temps moyen dont dispose l'ennemi est donc

$T = 2 \times m_{13} = 2 \times \tfrac{174}{31} = \tfrac{348}{31} \approx 11.23 \ \text{min}$

$\boxed{\ T \approx 11\ \text{min}\ 14\ \text{s}\ }$

Partie 02 — 1.

On a $Y_{n+1} = Y_n + X_{n+1}$, où $X_{n+1}$ est indépendante de $(X_0,\dots,X_n)$, donc de $(Y_0,\dots,Y_n)$. Ainsi

$P(Y_{n+1}=j+1 \mid Y_n=j,\ \dots) = p, \qquad P(Y_{n+1}=j-1 \mid Y_n=j,\ \dots) = q = 1-p$

ne dépend que de $Y_n$ : $(Y_n)$ est une chaîne de Markov. La loi des $X_i$ ne dépendant pas de $n$, les probabilités de transition sont indépendantes de $n$ : la chaîne est homogène. C'est la marche aléatoire simple sur

$E = \mathbb{Z}, \qquad P_{j,\,j+1}=p, \quad P_{j,\,j-1}=1-p$

Partie 02 — 2.

Le graphe des états est la droite infinie des entiers, chaque état $j$ étant relié à $j+1$ (poids $p$) et à $j-1$ (poids $q$) :

$\cdots \ \leftrightarrow\ -1\ \leftrightarrow\ 0\ \leftrightarrow\ 1\ \leftrightarrow\ 2\ \leftrightarrow\ \cdots$

La chaîne est irréductible (tous les états communiquent) et périodique de période 2 (un retour n'est possible qu'en un nombre pair de pas : états pairs et impairs alternent). Tous les états sont de même nature.

Partie 02 — 3.

Un retour en 0 exige autant de pas $+1$ que de pas $-1$ : il est impossible en un nombre impair de pas. Pour $n=2m$, il faut $m$ montées et $m$ descentes :

$P_{00}^{(2m)} = \binom{2m}{m} p^{m}(1-p)^{m}, \qquad P_{00}^{(2m+1)} = 0$

La série $\sum_{n\geq 0} P_{00}^{(n)} = \sum_{m\geq 0}\binom{2m}{m}(pq)^m$ représente le nombre moyen de visites (retours) à l'état 0 (fonction de Green $G_{00}$). En utilisant $\sum_{m\geq0}\binom{2m}{m}x^m = \dfrac{1}{\sqrt{1-4x}}$ pour $|x|\lt \tfrac14$ :

$\sum_{n=0}^{\infty} P_{00}^{(n)} = \frac{1}{\sqrt{1-4pq}}$

Comme $4pq \leq 1$ avec égalité si et seulement si $p=\tfrac12$ : a. Si $p \neq \tfrac12$ : $4pq \lt 1$, la série converge vers $\dfrac{1}{\sqrt{1-4pq}} \lt \infty$. b. Si $p = \tfrac12$ : $4pq = 1$, le terme général $\binom{2m}{m}4^{-m}\sim \dfrac{1}{\sqrt{\pi m}}$, la série diverge.

Partie 02 — 4.

D'après le critère de récurrence ($\sum_n P_{00}^{(n)} = \infty \Leftrightarrow$ état récurrent) :

$\boxed{\ p = \tfrac12 : \ \text{chaîne récurrente (nulle)} \qquad ; \qquad p \neq \tfrac12 : \ \text{chaîne transiente}\ }$

Partie 02 — 5.

$(Y_n)$ est adaptée à $\mathcal{F}_n$ et intégrable ($|Y_n|\leq n+1$). De plus

$E[Y_{n+1}\mid \mathcal{F}_n] = Y_n + E[X_{n+1}] = Y_n + \big(p-(1-p)\big) = Y_n + (2p-1)$

C'est une martingale si et seulement si le terme de dérive s'annule, soit $2p-1=0$ :

$\boxed{\ p = \tfrac12\ }$