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مسابقة دكتوراه 2016 — Université Djilali Liabès - Sidi Bel Abbès — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques · المدة: 2سا

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Concours d'entrée en Doctorat de 3ème cycle (Sujet 2), Épreuve 1 : Statistique paramétrique et Équations différentielles stochastiques, Université Djillali Liabès de Sidi Bel Abbès, Faculté des Sciences Exactes, Département de Probabilités-Statistique, session du 04 octobre 2016, durée 2 heures (09h–11h).

التمرين 1

Exercice 1 — Méthode des moments et intervalle de confiance

#statistics#method-of-moments#confidence-interval#uniform-distribution#normal-distribution
  1. Soit XX une v.a.r. absolument continue de loi uniforme sur l'intervalle (θ1,θ2)(\theta_1,\theta_2). Donner un estimateur des paramètres θ1\theta_1 et θ2\theta_2 par la méthode des moments.
  2. On suppose que le poids d'un nouveau-né est une variable aléatoire normale d'écart-type égal à 0.50.5 kg. Le poids moyen des 4949 enfants nés au mois de janvier 2004 dans un hôpital a été de 3.63.6 kg. a. Déterminer un intervalle de confiance à 95%95\% pour le poids moyen d'un nouveau-né. b. Quel serait le niveau de confiance d'un intervalle de confiance de longueur 0.250.25 kg centré en 3.63.6 pour ce poids moyen ?

Indication : si XX est une variable normale centrée réduite, on a P(X≤1.96)=0.975P(X\le 1.96)=0.975 et P(X≤0.7)=0.7580P(X\le 0.7)=0.7580.

◀الحل

1.

Pour une loi uniforme sur (θ1,θ2)(\theta_1,\theta_2), les deux premiers moments théoriques sont

E[X]=θ1+θ22,Var⁡(X)=(θ2−θ1)212.\mathbb{E}[X]=\dfrac{\theta_1+\theta_2}{2},\qquad \operatorname{Var}(X)=\dfrac{(\theta_2-\theta_1)^2}{12}.

La méthode des moments consiste à égaler les moments théoriques aux moments empiriques. En notant Xˉ=1n∑i=1nXi\bar{X}=\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i et S2=1n∑i=1n(Xi−Xˉ)2S^2=\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^n (X_i-\bar{X})^2, on obtient le système

θ1+θ22=Xˉ,(θ2−θ1)212=S2.\dfrac{\theta_1+\theta_2}{2}=\bar{X},\qquad \dfrac{(\theta_2-\theta_1)^2}{12}=S^2.

Ainsi θ1+θ2=2Xˉ\theta_1+\theta_2=2\bar{X} et, comme θ2>θ1\theta_2\gt\theta_1, θ2−θ1=23 S\theta_2-\theta_1=2\sqrt{3}\,S. On en déduit les estimateurs

  θ^1=Xˉ−3 S,θ^2=Xˉ+3 S  \boxed{\;\hat{\theta}_1=\bar{X}-\sqrt{3}\,S,\qquad \hat{\theta}_2=\bar{X}+\sqrt{3}\,S\;}

2.

a.

L'écart-type σ=0.5\sigma=0.5 est connu et n=49n=49, donc σn=0.57≈0.0714\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}=\dfrac{0.5}{7}\approx 0.0714. Pour un niveau 95%95\%, le quantile est 1.961.96 et l'intervalle de confiance est

xˉ±1.96 σn=3.6±1.96×0.57=3.6±0.14.\bar{x}\pm 1.96\,\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}=3.6\pm 1.96\times\dfrac{0.5}{7}=3.6\pm 0.14.

  IC95%=[ 3.46 , 3.74 ] kg  \boxed{\;IC_{95\%}=[\,3.46\,,\,3.74\,]\ \text{kg}\;}

b.

Un intervalle centré en 3.63.6 de longueur 0.250.25 a pour demi-longueur a=0.125a=0.125. Si zz est le quantile associé, alors a=z σna=z\,\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}, d'où

z=anσ=0.125×70.5=1.75.z=\dfrac{a\sqrt{n}}{\sigma}=\dfrac{0.125\times 7}{0.5}=1.75.

Le niveau de confiance vaut alors

P(−1.75≤Z≤1.75)=2Φ(1.75)−1=2×0.9599−1=0.9198.P(-1.75\le Z\le 1.75)=2\Phi(1.75)-1=2\times 0.9599-1=0.9198.

(La table de la loi normale centrée réduite donne Φ(1.75)≈0.9599\Phi(1.75)\approx 0.9599.)

  niveau de confiance≈0.92 (92%)  \boxed{\;\text{niveau de confiance}\approx 0.92\ (92\%)\;}

التمرين 2

Exercice 2 — EDS, formule d'Itô et mouvement brownien géométrique

#stochastic-calculus#ito-formula#sde#brownian-motion#geometric-brownian-motion

Soit (Ω,F,(Ft)t≥0,P)(\Omega,\mathcal{F},(\mathcal{F}_t)_{t\ge 0},\mathbb{P}) un espace de probabilité filtré, WW un mouvement brownien standard et λ\lambda une constante. Soit

{dXt=−λ2Xt2(1−Xt) dt+λXt(1−Xt) dWtX0=x∈ ]0,1[\begin{cases} dX_t = -\lambda^2 X_t^2(1-X_t)\,dt + \lambda X_t(1-X_t)\,dW_t \\ X_0 = x \in\,]0,1[ \end{cases}

On admet que XX prend ses valeurs dans l'intervalle ]0,1[]0,1[. On pose Yt=Xt1−XtY_t=\dfrac{X_t}{1-X_t}.

  1. Quelle est l'équation différentielle stochastique vérifiée par YY ?
  2. En déduire que

Xt=xexp⁡[λWt−λ2t/2]xexp⁡[λWt−λ2t/2]+1−x.X_t=\dfrac{x\exp[\lambda W_t-\lambda^2 t/2]}{x\exp[\lambda W_t-\lambda^2 t/2]+1-x}.

◀الحل

1.

Posons f(u)=u1−uf(u)=\dfrac{u}{1-u}, de sorte que Yt=f(Xt)Y_t=f(X_t). On a

f′(u)=1(1−u)2,f′′(u)=2(1−u)3.f'(u)=\dfrac{1}{(1-u)^2},\qquad f''(u)=\dfrac{2}{(1-u)^3}.

Le processus XX a pour dérive b(Xt)=−λ2Xt2(1−Xt)b(X_t)=-\lambda^2 X_t^2(1-X_t) et pour coefficient de diffusion σ(Xt)=λXt(1−Xt)\sigma(X_t)=\lambda X_t(1-X_t), donc (dXt)2=λ2Xt2(1−Xt)2 dt(dX_t)^2=\lambda^2 X_t^2(1-X_t)^2\,dt. La formule d'Itô donne

dYt=f′(Xt) dXt+12f′′(Xt) (dXt)2.dY_t=f'(X_t)\,dX_t+\tfrac{1}{2}f''(X_t)\,(dX_t)^2.

Calculons chaque terme :

f′(Xt) dXt=−λ2Xt2(1−Xt)(1−Xt)2 dt+λXt(1−Xt)(1−Xt)2 dWt=−λ2Xt21−Xt dt+λXt1−Xt dWt,f'(X_t)\,dX_t=\dfrac{-\lambda^2 X_t^2(1-X_t)}{(1-X_t)^2}\,dt+\dfrac{\lambda X_t(1-X_t)}{(1-X_t)^2}\,dW_t=-\dfrac{\lambda^2 X_t^2}{1-X_t}\,dt+\dfrac{\lambda X_t}{1-X_t}\,dW_t,

12f′′(Xt)(dXt)2=1(1−Xt)3 λ2Xt2(1−Xt)2 dt=λ2Xt21−Xt dt.\tfrac{1}{2}f''(X_t)(dX_t)^2=\dfrac{1}{(1-X_t)^3}\,\lambda^2 X_t^2(1-X_t)^2\,dt=\dfrac{\lambda^2 X_t^2}{1-X_t}\,dt.

Les deux termes de dérive se compensent, et comme λXt1−Xt=λYt\dfrac{\lambda X_t}{1-X_t}=\lambda Y_t, il reste

  dYt=λYt dWt  \boxed{\;dY_t=\lambda Y_t\,dW_t\;}

2.

L'équation dYt=λYt dWtdY_t=\lambda Y_t\,dW_t est celle d'un mouvement brownien géométrique sans dérive. Sa solution est

Yt=Y0exp⁡ ⁣(λWt−12λ2t),Y0=x1−x.Y_t=Y_0\exp\!\Big(\lambda W_t-\tfrac{1}{2}\lambda^2 t\Big),\qquad Y_0=\dfrac{x}{1-x}.

On le vérifie par la formule d'Itô appliquée à ln⁡Yt\ln Y_t : dln⁡Yt=λ dWt−12λ2 dtd\ln Y_t=\lambda\,dW_t-\tfrac12\lambda^2\,dt.

Comme Yt=Xt1−XtY_t=\dfrac{X_t}{1-X_t}, on inverse la relation : Xt=Yt1+YtX_t=\dfrac{Y_t}{1+Y_t}. En posant Et=exp⁡ ⁣(λWt−12λ2t)E_t=\exp\!\big(\lambda W_t-\tfrac12\lambda^2 t\big), on a Yt=x1−xEtY_t=\dfrac{x}{1-x}E_t, d'où

Xt=x1−xEt1+x1−xEt=x Et(1−x)+x Et.X_t=\dfrac{\frac{x}{1-x}E_t}{1+\frac{x}{1-x}E_t}=\dfrac{x\,E_t}{(1-x)+x\,E_t}.

On obtient finalement

  Xt=xexp⁡ ⁣(λWt−12λ2t)xexp⁡ ⁣(λWt−12λ2t)+1−x  \boxed{\;X_t=\dfrac{x\exp\!\big(\lambda W_t-\tfrac12\lambda^2 t\big)}{x\exp\!\big(\lambda W_t-\tfrac12\lambda^2 t\big)+1-x}\;}