1.

Le modèle s'écrit $\phi(B)z_t = \theta(B)a_t$ avec $\phi(B) = 1 - B + 0.21B^2$ et $\theta(B) = 1 - 0.3B$. On factorise le polynôme AR :

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

a.

Les racines de $\phi(B)=0$ sont $B = \tfrac{1}{0.3} \approx 3.33$ et $B = \tfrac{1}{0.7} \approx 1.43$, de module $>1$, donc le processus est stationnaire. La racine de $\theta(B)=1-0.3B=0$ est $B = \tfrac{1}{0.3} \approx 3.33 > 1$, donc il est inversible. On remarque de plus le facteur commun $(1-0.3B)$ entre AR et MA (paramètres redondants) : en simplifiant, $(1-0.7B)z_t = a_t$.

$\boxed{\text{Stationnaire et inversible ; simplification en } (1-0.7B)z_t = a_t}$

b.

Après simplification, $z_t = 0.7\,z_{t-1} + a_t$ est un $AR(1)$ de paramètre $0.7$. Sa fonction d'autocorrélation est donc

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

c.

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

$\boxed{z_t = 0.7\,z_{t-1} + a_t \quad (\pi_1 = 0.7,\ \pi_j = 0 \text{ pour } j \ge 2)}$

d.

La représentation $MA(\infty)$ est $z_t = \psi(B)a_t$ avec

$\psi(B) = \frac{\theta(B)}{\phi(B)} = \frac{1-0.3B}{(1-0.3B)(1-0.7B)} = \frac{1}{1-0.7B} = \sum_{j\ge 0} 0.7^{\,j} B^{\,j}$

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

2.

Soit un $ARMA(1,1)$ : $(1-\phi B)z_t = (1+\theta B)a_t$, $|\phi|<1$. Sa forme $MA(\infty)$ est $z_t = \psi(B)a_t$ avec

$\psi(B) = \frac{1+\theta B}{1-\phi B} = (1+\theta B)\sum_{j\ge0}\phi^{\,j}B^{\,j}$

donc $\psi_0 = 1$ et $\psi_j = (\phi+\theta)\phi^{\,j-1}$ pour $j\ge 1$. Les autocovariances sont $\gamma_k = \sigma_a^2 \sum_{j\ge0}\psi_j\psi_{j+k}$ :

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

et $\gamma_k = \phi\,\gamma_{k-1}$ pour $k\ge2$, soit $\gamma_k = \phi^{\,k-1}\gamma_1$. La fonction d'autocorrélation est

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

3.

Soient $X_t = a_t + \theta_1 a_{t-1}$ et $Y_t = b_t + \theta_2 b_{t-1}$ deux $MA(1)$, où $(a_t)$ et $(b_t)$ sont des bruits blancs indépendants de variances $\sigma_a^2$ et $\sigma_b^2$. Posons $Z_t = X_t + Y_t$. Ses autocovariances sont

$\gamma_0^Z = (1+\theta_1^2)\sigma_a^2 + (1+\theta_2^2)\sigma_b^2, \qquad \gamma_1^Z = \theta_1\sigma_a^2 + \theta_2\sigma_b^2$

$\gamma_k^Z = 0 \quad (|k|\ge 2)$

Une suite stationnaire dont les autocovariances s'annulent au-delà du retard $1$ est un $MA(1)$ : il existe un bruit blanc $(c_t)$ de variance $\sigma_c^2$ et un paramètre $\Theta$ tels que $Z_t = c_t + \Theta c_{t-1}$, avec

$(1+\Theta^2)\sigma_c^2 = \gamma_0^Z, \qquad \Theta\,\sigma_c^2 = \gamma_1^Z$

De la seconde équation :

$\Theta = \frac{\theta_1\sigma_a^2 + \theta_2\sigma_b^2}{\sigma_c^2} = \theta_1\,\frac{\sigma_a^2}{\sigma_c^2} + \theta_2\,\frac{\sigma_b^2}{\sigma_c^2}$

Ainsi $\Theta$ est une combinaison linéaire de $\theta_1$ et $\theta_2$, de poids $\sigma_a^2/\sigma_c^2$ et $\sigma_b^2/\sigma_c^2$, c'est-à-dire les quotients entre les variances des innovations sommées et celle de l'innovation résultante. ($\Theta$ et $\sigma_c^2$ s'obtiennent en résolvant $\rho_1^Z = \Theta/(1+\Theta^2)$ avec $|\Theta|<1$, puis $\sigma_c^2 = \gamma_1^Z/\Theta$.)

$\boxed{\Theta = \theta_1\,\frac{\sigma_a^2}{\sigma_c^2} + \theta_2\,\frac{\sigma_b^2}{\sigma_c^2}}$

4.

a.

On note $\hat{Y}_t(\ell) = E[Y_{t+\ell}\mid \mathcal{F}_t]$. En appliquant l'espérance conditionnelle à $Y_{t+\ell}-\mu = \phi(Y_{t+\ell-1}-\mu)+e_{t+\ell}$ et en utilisant $E[e_{t+\ell}\mid\mathcal F_t]=0$ pour $\ell\ge1$, on obtient $\hat{Y}_t(\ell)-\mu = \phi\big(\hat{Y}_t(\ell-1)-\mu\big)$ avec $\hat{Y}_t(0)=Y_t$. Par récurrence :

$\boxed{\hat{Y}_t(\ell) = \mu + \phi^{\,\ell}\,(Y_t - \mu)}$

b.

En forme $MA(\infty)$, $Y_{t+\ell}-\mu = \sum_{j\ge0}\phi^{\,j}e_{t+\ell-j}$, et $\hat{Y}_t(\ell)-\mu = \sum_{j\ge\ell}\phi^{\,j}e_{t+\ell-j}$. L'erreur de prévision est

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

sa variance vaut

$\mathrm{var}\big(e_t(\ell)\big) = \sigma_e^2\sum_{j=0}^{\ell-1}\phi^{\,2j} = \sigma_e^2\,\frac{1-\phi^{\,2\ell}}{1-\phi^2}\ \xrightarrow[\ell\to\infty]{}\ \frac{\sigma_e^2}{1-\phi^2} = \mathrm{var}(Y_t) = \gamma_0$

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

Partie 01

1.

Soit $X_n$ la position de la sentinelle après $n$ déplacements. Comme le prochain sommet ne dépend que du sommet courant, $(X_n)$ est une chaîne de Markov. On numérote les sommets $1,2,3,4,5$ dans le sens des aiguilles d'une montre. L'espace des états est

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

avec, pour $q = 1-p$, $P(i \to i+1) = p$ (sens horaire) et $P(i \to i-1) = q$ (indices modulo 5). C'est une marche aléatoire sur le cycle $C_5$.

2.

$P = \begin{pmatrix} 0 & p & 0 & 0 & q \\ q & 0 & p & 0 & 0 \\ 0 & q & 0 & p & 0 \\ 0 & 0 & q & 0 & p \\ p & 0 & 0 & q & 0 \end{pmatrix}, \qquad q = 1-p$

Tous les états communiquent : la chaîne est irréductible et forme une seule classe. Étant finie et irréductible, tous les états sont récurrents (positifs). Le retour est possible en $2$ pas ($i\to i+1 \to i$, probabilité $pq>0$) et en $5$ pas (tour complet) ; comme $\gcd(2,5)=1$, la chaîne est apériodique (période $1$).

3.

La chaîne est irréductible, apériodique et finie : il existe une unique distribution stationnaire, qui est aussi la distribution limite. Par symétrie (le cycle est sommet-transitif) elle est uniforme, et on vérifie $\pi P = \pi$ car $\sum_i \pi_i P_{ij} = \tfrac15(p+q) = \tfrac15$ :

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

4.

Les temps moyens de premier passage $m_{ij}$ vérifient le système

$m_{ij} = 1 + \sum_{k \ne j} P_{ik}\, m_{kj}$

L'ennemi choisit le sommet $j$ qui maximise $m_{1j}$. Avec $p=\tfrac13$, $q=\tfrac23$ (la sentinelle dérive dans le sens anti-horaire $1\to5\to4\to\dots$), la résolution du système donne

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

Le maximum est atteint pour le sommet $3$ (le plus difficile à atteindre, à contre-courant de la dérive).

$\boxed{\text{L'ennemi doit choisir le sommet } 3,\ \text{avec } m_{13} = \tfrac{174}{31} \approx 5.61 \text{ pas}}$

5.

Le temps moyen (nombre de pas) avant le passage au sommet $3$ est $m_{13} = \tfrac{174}{31}$. Chaque pas comporte un déplacement de $1$ min $30$ s $=90$ s et un stationnement de $30$ s, soit $120$ s par pas. D'où le temps moyen dont dispose l'ennemi :

$t = \frac{174}{31}\times 120 = \frac{20880}{31}\ \text{s} \approx 673.5\ \text{s}$

$\boxed{t \approx 673.5\ \text{s} \approx 11\ \text{min}\ 14\ \text{s}}$

Partie 02

1.

On a $Y_{n+1} = Y_n + X_{n+1}$, et $X_{n+1}$ est indépendant de $(Y_0,\dots,Y_n)$. Donc

$P(Y_{n+1}=j \mid Y_n=i, \dots, Y_0) = P(Y_{n+1}=j \mid Y_n=i)$

c'est une chaîne de Markov. Elle est homogène car, avec $q=1-p$,

$P(i,i+1) = p, \qquad P(i,i-1) = q$

indépendamment de $n$. L'espace des états est $E = \mathbb{Z}$ (marche aléatoire simple sur $\mathbb{Z}$).

2.

Le graphe est la droite entière $\dots \leftrightarrow -1 \leftrightarrow 0 \leftrightarrow 1 \leftrightarrow \dots$, chaque arête $i\to i+1$ de poids $p$ et $i\to i-1$ de poids $q$. La chaîne est irréductible (car $0<p<1$) et périodique de période $2$ (on ne peut revenir en $0$ qu'après un nombre pair de pas).

3.

Un retour en $0$ exige autant de pas $+1$ que de pas $-1$, donc

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

La série $\sum_{n\ge0} P_{00}^{(n)}$ est l'espérance du nombre de visites en $0$ (fonction de Green $G_{00}$). En utilisant $\sum_m \binom{2m}{m}x^m = (1-4x)^{-1/2}$ avec $x=pq$ et $1-4pq = (1-2p)^2$ :

$\sum_{n=0}^{\infty} P_{00}^{(n)} = \sum_{m=0}^{\infty}\binom{2m}{m}(pq)^m = \frac{1}{\sqrt{1-4pq}} = \frac{1}{|\,2p-1\,|} = \frac{1}{|\,p-q\,|}$

Elle converge si $p \ne \tfrac12$ et diverge si $p = \tfrac12$.

$\boxed{\sum_{n\ge0} P_{00}^{(n)} = \frac{1}{|\,p-q\,|}\ (p\ne\tfrac12), \qquad = +\infty\ (p=\tfrac12)}$

4.

Comme $\sum_n P_{00}^{(n)} < \infty \iff$ l'état $0$ est transient (et $=+\infty \iff$ récurrent), et la chaîne étant irréductible, on conclut :

$\boxed{\text{récurrente (nulle)} \iff p = \tfrac12 ; \qquad \text{transiente} \iff p \ne \tfrac12}$

5.

Comme $E[X_k] = p\cdot 1 + q\cdot(-1) = 2p-1$ et $X_{n+1}$ est indépendant de $\mathcal F_n$,

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

(la condition d'intégrabilité et d'adaptation étant satisfaite). $(Y_n)$ est donc une martingale si et seulement si $2p-1 = 0$ :

$\boxed{p = \tfrac12}$

1.

Chaque mesure s'écrit $X_i = R + \varepsilon_i$ avec $\varepsilon_i \sim \mathcal N(0,\sigma^2)$, donc $X_i \sim \mathcal N(R,\sigma^2)$ et $E[X_i] = R$. Le périmètre est $p = 2\pi R$. En posant $\bar X = \tfrac1n\sum_{i=1}^n X_i$, l'estimateur

$\hat p = 2\pi\,\bar X$

vérifie $E[\hat p] = 2\pi\,E[\bar X] = 2\pi R = p$ : il est sans biais.

$\boxed{\hat p = 2\pi\,\bar X, \qquad \bar X = \frac1n\sum_{i=1}^n X_i}$

2.

La surface est $s = \pi R^2$. Pour $T = \pi X_1^2$ :

$E[T] = \pi\,E[X_1^2] = \pi\big(\mathrm{var}(X_1) + R^2\big) = \pi R^2 + \pi\sigma^2 = s + \pi\sigma^2$

donc $T$ est biaisé (biais $\pi\sigma^2$) et, $\sigma$ étant inconnu, il faut l'estimer. On a $E[\bar X^2] = \mathrm{var}(\bar X) + R^2 = R^2 + \tfrac{\sigma^2}{n}$, et $S^2 = \tfrac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i-\bar X)^2$ est un estimateur sans biais de $\sigma^2$. On corrige alors :

$\hat s = \pi\left(\bar X^2 - \frac{S^2}{n}\right)$

qui vérifie $E[\hat s] = \pi\big(R^2 + \tfrac{\sigma^2}{n}\big) - \pi\tfrac{\sigma^2}{n} = \pi R^2 = s$ : il est sans biais.

$\boxed{\hat s = \pi\left(\bar X^2 - \frac{S^2}{n}\right), \qquad S^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar X)^2}$