📚 الرئيسية
دخول

مسابقة دكتوراه 2022 — Université Djilali Liabès - Sidi Bel Abbès — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

⬇️ تحميل☆ حفظ

Concours de Formation Doctorale, Domaine Mathématiques-Informatique, Filière Mathématiques Appliquées, Spécialité Probabilités et Statistique, Épreuve de Probabilités et Statistique (Sujet 1), Faculté des Sciences Exactes, Université Djillali Liabès de Sidi Bel Abbès, 2022.

التمرين 1

Exercice 1 — Couple FGM à marges normales : densité, indépendance et covariance

#probability#copula#gaussian-distribution#covariance#joint-density

Soient α∈ ]−1,1[\alpha\in\,]-1,1[, f(x)=12πe−x2/2f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}, x∈Rx\in\mathbb{R}, et FF la fonction de répartition associée, i.e. F(x)=∫−∞xf(t) dtF(x)=\displaystyle\int_{-\infty}^{x}f(t)\,dt, x∈Rx\in\mathbb{R}. Soit (X,Y)(X,Y) un couple de v.a.r. de densité

g(x,y)=f(x) f(y)(1+α(2F(x)−1)(2F(y)−1)),x,y∈R.g(x,y)=f(x)\,f(y)\big(1+\alpha(2F(x)-1)(2F(y)-1)\big),\qquad x,y\in\mathbb{R}.

i) Vérifier que gg est bien une densité.

ii) Déterminer une densité de XX. Est-ce que XX et YY suivent la même loi ?

iii) Étudier l'indépendance de XX et YY en fonction de α\alpha.

iv) (a) En remarquant que xf(x)=−f′(x)xf(x)=-f'(x), x∈Rx\in\mathbb{R}, montrer que

∫−∞+∞xf(x)F(x) dx=12π.\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)F(x)\,dx=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}.

(b) En déduire la matrice de covariance de (X,Y)(X,Y).

v) Calculer Var(X+Y)\mathrm{Var}(X+Y).

◀الحل

i.

Positivité. Comme F(x)∈[0,1]F(x)\in[0,1], on a 2F(x)−1∈[−1,1]2F(x)-1\in[-1,1], donc ∣(2F(x)−1)(2F(y)−1)∣≤1|(2F(x)-1)(2F(y)-1)|\leq 1 et, puisque ∣α∣<1|\alpha|\lt 1,

1+α(2F(x)−1)(2F(y)−1)≥1−∣α∣>0.1+\alpha(2F(x)-1)(2F(y)-1)\geq 1-|\alpha|\gt 0.

Comme f(x)f(y)≥0f(x)f(y)\geq 0, on a g(x,y)≥0g(x,y)\geq 0.

Intégrale égale à 1. Par Fubini,

∬g=∫f(x)dx∫f(y)dy⏟=1+α(∫f(x)(2F(x)−1)dx)2.\iint g=\underbrace{\int f(x)dx\int f(y)dy}_{=1}+\alpha\Big(\int f(x)(2F(x)-1)dx\Big)^2.

Or, comme F′=fF'=f, ∫−∞+∞f(x)F(x)dx=[12F(x)2]−∞+∞=12\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)F(x)dx=\Big[\tfrac12 F(x)^2\Big]_{-\infty}^{+\infty}=\tfrac12, d'où

∫f(x)(2F(x)−1)dx=2⋅12−1=0.\int f(x)(2F(x)-1)dx=2\cdot\tfrac12-1=0.

Donc ∬g=1+α⋅0=1\iint g=1+\alpha\cdot 0=1.

g est bien une densiteˊ de probabiliteˊ.\boxed{g\ \text{est bien une densité de probabilité.}}

ii.

Densité marginale de XX :

fX(x)=∫−∞+∞g(x,y) dy=f(x)∫f(y)dy⏟=1+αf(x)(2F(x)−1)∫f(y)(2F(y)−1)dy⏟=0=f(x).f_X(x)=\int_{-\infty}^{+\infty} g(x,y)\,dy=f(x)\underbrace{\int f(y)dy}_{=1}+\alpha f(x)(2F(x)-1)\underbrace{\int f(y)(2F(y)-1)dy}_{=0}=f(x).

De même fY(y)=f(y)f_Y(y)=f(y). Donc

X∼N(0,1) et Y∼N(0,1) : X et Y suivent la meˆme loi.\boxed{X\sim\mathcal{N}(0,1)\ \text{et}\ Y\sim\mathcal{N}(0,1)\ :\ X\ \text{et}\ Y\ \text{suivent la même loi.}}

iii.

XX et YY sont indépendantes si et seulement si g(x,y)=fX(x)fY(y)=f(x)f(y)g(x,y)=f_X(x)f_Y(y)=f(x)f(y) pour tous x,yx,y, i.e.

α(2F(x)−1)(2F(y)−1)=0∀x,y.\alpha(2F(x)-1)(2F(y)-1)=0\quad\forall x,y.

Les facteurs 2F(x)−12F(x)-1 et 2F(y)−12F(y)-1 ne sont pas identiquement nuls, donc ceci équivaut à α=0\alpha=0.

X et Y sont indeˊpendantes  ⟺  α=0.\boxed{X\ \text{et}\ Y\ \text{sont indépendantes}\iff\alpha=0.}

iv. (a)

En utilisant xf(x)=−f′(x)xf(x)=-f'(x) puis une intégration par parties (avec F′=fF'=f) :

∫−∞+∞xf(x)F(x)dx=−∫−∞+∞f′(x)F(x)dx=−[f(x)F(x)]−∞+∞+∫−∞+∞f(x)2dx.\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)F(x)dx=-\int_{-\infty}^{+\infty}f'(x)F(x)dx=-\big[f(x)F(x)\big]_{-\infty}^{+\infty}+\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)^2dx.

Le terme de bord est nul car f(±∞)=0f(\pm\infty)=0. De plus

∫−∞+∞f(x)2dx=∫−∞+∞12πe−x2dx=12ππ=12π.\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)^2dx=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{2\pi}e^{-x^2}dx=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\pi}=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}.

∫−∞+∞xf(x)F(x)dx=12π.\boxed{\int_{-\infty}^{+\infty}xf(x)F(x)dx=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}.}

iv. (b)

Comme X,Y∼N(0,1)X,Y\sim\mathcal{N}(0,1) : E(X)=E(Y)=0E(X)=E(Y)=0, Var(X)=Var(Y)=1\mathrm{Var}(X)=\mathrm{Var}(Y)=1. Reste Cov(X,Y)=E(XY)\mathrm{Cov}(X,Y)=E(XY) :

E(XY)=(∫xf(x)dx)2⏟=0+α(∫xf(x)(2F(x)−1)dx)2.E(XY)=\underbrace{\Big(\int xf(x)dx\Big)^2}_{=0}+\alpha\Big(\int xf(x)(2F(x)-1)dx\Big)^2.

Or, avec le résultat précédent et ∫xf(x)dx=0\int xf(x)dx=0,

∫xf(x)(2F(x)−1)dx=2⋅12π−0=1π.\int xf(x)(2F(x)-1)dx=2\cdot\frac{1}{2\sqrt{\pi}}-0=\frac{1}{\sqrt{\pi}}.

Donc Cov(X,Y)=α(1π)2=απ\mathrm{Cov}(X,Y)=\alpha\Big(\dfrac{1}{\sqrt{\pi}}\Big)^2=\dfrac{\alpha}{\pi}, et

Σ=(1α/πα/π1).\boxed{\Sigma=\begin{pmatrix}1 & \alpha/\pi\\ \alpha/\pi & 1\end{pmatrix}.}

v.

Var(X+Y)=Var(X)+Var(Y)+2 Cov(X,Y)=1+1+2απ.\mathrm{Var}(X+Y)=\mathrm{Var}(X)+\mathrm{Var}(Y)+2\,\mathrm{Cov}(X,Y)=1+1+\frac{2\alpha}{\pi}.

Var(X+Y)=2+2απ=2(π+α)π.\boxed{\mathrm{Var}(X+Y)=2+\frac{2\alpha}{\pi}=\frac{2(\pi+\alpha)}{\pi}.}

التمرين 2

Exercice 2 — Loi de Weibull généralisée : changement de variable et estimateur du maximum de vraisemblance

#statistics#maximum-likelihood#change-of-variable#exponential-distribution#estimator-properties

Soit (X1,X2,…,Xn)(X_1,X_2,\dots,X_n) un nn-échantillon de variables aléatoires i.i.d. issu de la loi de densité de probabilité

f(x)={3x2θexp⁡ ⁣(−x3θ)si x≥0, θ>0,0sinon.f(x)=\begin{cases}\dfrac{3x^2}{\theta}\exp\!\Big(\dfrac{-x^3}{\theta}\Big) & \text{si } x\geq 0,\ \theta\gt 0,\\[2mm] 0 & \text{sinon.}\end{cases}

  1. On considère la v.a. Y=X3θY=\dfrac{X^3}{\theta}. Déterminer la densité de YY. Montrer que YY suit une loi usuelle et en déduire E(X3)E(X^3) et V(X3)V(X^3).

  2. Déterminer par la méthode du maximum de vraisemblance un estimateur θ^\hat\theta de θ\theta. Est-il sans biais ? Convergent ?

◀الحل

1.

Soit Y=X3θY=\dfrac{X^3}{\theta}. Pour y≥0y\geq 0, la transformation x↦x3/θx\mapsto x^3/\theta est croissante, d'inverse x=(θy)1/3x=(\theta y)^{1/3} avec dxdy=13θ1/3y−2/3\dfrac{dx}{dy}=\dfrac{1}{3}\theta^{1/3}y^{-2/3}. Alors

fY(y)=fX((θy)1/3)∣dxdy∣.f_Y(y)=f_X\big((\theta y)^{1/3}\big)\left|\frac{dx}{dy}\right|.

En x=(θy)1/3x=(\theta y)^{1/3} : x2=(θy)2/3x^2=(\theta y)^{2/3} et x3θ=y\dfrac{x^3}{\theta}=y, donc fX=3(θy)2/3θe−yf_X=\dfrac{3(\theta y)^{2/3}}{\theta}e^{-y}. Ainsi

fY(y)=3(θy)2/3θe−y⋅13θ1/3y−2/3=θ2/3θ1/3θ e−y=e−y,y≥0.f_Y(y)=\frac{3(\theta y)^{2/3}}{\theta}e^{-y}\cdot\frac13\theta^{1/3}y^{-2/3}=\frac{\theta^{2/3}\theta^{1/3}}{\theta}\,e^{-y}=e^{-y},\qquad y\geq 0.

Y∼E(1) (loi exponentielle de parameˋtre 1).\boxed{Y\sim\mathcal{E}(1)\ \text{(loi exponentielle de paramètre 1).}}

Comme X3=θYX^3=\theta Y et E(Y)=1E(Y)=1, V(Y)=1V(Y)=1 :

E(X3)=θ E(Y)=θ,V(X3)=θ2V(Y)=θ2.\boxed{E(X^3)=\theta\,E(Y)=\theta,\qquad V(X^3)=\theta^2 V(Y)=\theta^2.}

2.

Vraisemblance :

L(θ)=∏i=1n3xi2θe−xi3/θ=3n(∏ixi2)θnexp⁡ ⁣(−1θ∑i=1nxi3).L(\theta)=\prod_{i=1}^n \frac{3x_i^2}{\theta}e^{-x_i^3/\theta}=\frac{3^n\big(\prod_i x_i^2\big)}{\theta^n}\exp\!\Big(-\frac1\theta\sum_{i=1}^n x_i^3\Big).

Log-vraisemblance et équation de vraisemblance :

ln⁡L(θ)=nln⁡3+2∑iln⁡xi−nln⁡θ−1θ∑ixi3,∂ln⁡L∂θ=−nθ+1θ2∑ixi3=0.\ln L(\theta)=n\ln 3+2\sum_i\ln x_i-n\ln\theta-\frac1\theta\sum_i x_i^3,\qquad \frac{\partial \ln L}{\partial\theta}=-\frac{n}{\theta}+\frac{1}{\theta^2}\sum_i x_i^3=0.

D'où

θ^=1n∑i=1nXi3.\boxed{\hat\theta=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i^3.}

(La dérivée seconde nθ2−2θ3∑xi3\dfrac{n}{\theta^2}-\dfrac{2}{\theta^3}\sum x_i^3 vaut −nθ^2<0-\dfrac{n}{\hat\theta^2}\lt 0 en θ^\hat\theta : c'est bien un maximum.)

Sans biais ? E(θ^)=1n∑iE(Xi3)=1n⋅nθ=θE(\hat\theta)=\dfrac1n\sum_i E(X_i^3)=\dfrac1n\cdot n\theta=\theta. L'estimateur est sans biais.

Convergent ? Var(θ^)=1n2∑iV(Xi3)=nθ2n2=θ2n→n→∞0\mathrm{Var}(\hat\theta)=\dfrac{1}{n^2}\sum_i V(X_i^3)=\dfrac{n\theta^2}{n^2}=\dfrac{\theta^2}{n}\xrightarrow[n\to\infty]{}0. Étant sans biais et de variance tendant vers 00, θ^\hat\theta converge en moyenne quadratique, donc en probabilité (par la loi des grands nombres, θ^→E(X3)=θ\hat\theta\to E(X^3)=\theta p.s.).

θ^ est sans biais et convergent (consistant).\boxed{\hat\theta\ \text{est sans biais et convergent (consistant).}}

التمرين 3

Exercice 3 — ACP normée : tableau centré réduit, valeurs propres, axe et composante principale

#principal-component-analysis#correlation-matrix#eigenvalues#data-analysis#inertia

Le tableau de données ci-dessous est constitué de trois variables XX, YY, ZZ et de quatre individus AA, BB, CC, DD munis de poids statistiques égaux. On désire effectuer une ACP sur variables centrées réduites.

XYZA002B222C120D100\begin{array}{c|ccc} & X & Y & Z\\\hline A & 0 & 0 & 2\\ B & 2 & 2 & 2\\ C & 1 & 2 & 0\\ D & 1 & 0 & 0\end{array}

  1. Calculer le tableau centré réduit.
  2. Calculer la matrice d'inertie SS du nuage des individus N(I)N(I). Que représente cette matrice ?
  3. Déterminer les valeurs propres de SS. Quelle est la relation entre les valeurs propres et l'inertie du nuage ?
  4. Déterminer le premier axe factoriel de l'ACP normée de XX. Quelle est la part d'inertie expliquée par ce premier axe ?
  5. Déterminer la première composante principale de l'ACP normée de XX.
  6. Calculer la contribution de l'individu AA à l'inertie du premier axe.
◀الحل

1.

Poids égaux pi=14p_i=\tfrac14. Moyennes : Xˉ=Yˉ=Zˉ=1\bar X=\bar Y=\bar Z=1. Écarts-types (population) :

σX2=14(1+1+0+0)=12 ⇒ σX=12,σY2=σZ2=14(1+1+1+1)=1.\sigma_X^2=\tfrac14(1+1+0+0)=\tfrac12\ \Rightarrow\ \sigma_X=\tfrac{1}{\sqrt2},\qquad \sigma_Y^2=\sigma_Z^2=\tfrac14(1+1+1+1)=1.

En centrant-réduisant z=x−xˉσz=\dfrac{x-\bar x}{\sigma} :

XYZA−2−11B211C01−1D0−1−1\begin{array}{c|ccc} & X & Y & Z\\\hline A & -\sqrt2 & -1 & 1\\ B & \sqrt2 & 1 & 1\\ C & 0 & 1 & -1\\ D & 0 & -1 & -1\end{array}

2.

En ACP normée, la matrice d'inertie du nuage des individus est la matrice des corrélations S=R=1nZ⊤ZS=R=\dfrac1n Z^{\top}Z (avec ZZ le tableau centré réduit). On calcule

rXY=14(2+2)=12,rXZ=14(−2+2)=0,rYZ=14(−1+1−1+1)=0,r_{XY}=\tfrac14(\sqrt2+\sqrt2)=\tfrac{1}{\sqrt2},\qquad r_{XZ}=\tfrac14(-\sqrt2+\sqrt2)=0,\qquad r_{YZ}=\tfrac14(-1+1-1+1)=0,

S=R=(11201210001).\boxed{S=R=\begin{pmatrix}1 & \tfrac{1}{\sqrt2} & 0\\ \tfrac{1}{\sqrt2} & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}.}

Elle représente les corrélations entre les variables (structure d'inertie du nuage) ; sa trace vaut l'inertie totale =p=3=p=3.

3.

La variable ZZ étant décorrélée de XX et YY, λ=1\lambda=1 est valeur propre (vecteur porté par ZZ). Le bloc (11/21/21)\begin{pmatrix}1 & 1/\sqrt2\\ 1/\sqrt2 & 1\end{pmatrix} a pour valeurs propres 1±121\pm\tfrac{1}{\sqrt2}. Donc

λ1=1+12≈1,707,λ2=1,λ3=1−12≈0,293.\boxed{\lambda_1=1+\tfrac{1}{\sqrt2}\approx 1{,}707,\quad \lambda_2=1,\quad \lambda_3=1-\tfrac{1}{\sqrt2}\approx 0{,}293.}

Relation : λ1+λ2+λ3=3=\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=3= inertie totale == nombre de variables (trace de RR) ; chaque λk\lambda_k est l'inertie portée par l'axe factoriel kk.

4.

Le premier axe est le vecteur propre associé à λ1=1+12\lambda_1=1+\tfrac{1}{\sqrt2}, soit dans le plan (X,Y)(X,Y) la direction (1,1)(1,1) normalisée :

u1=(12, 12, 0)⊤.\boxed{u_1=\Big(\tfrac{1}{\sqrt2},\ \tfrac{1}{\sqrt2},\ 0\Big)^{\top}.}

Part d'inertie expliquée :

λ13=1+1/23≈0,569  (56,9%).\boxed{\frac{\lambda_1}{3}=\frac{1+1/\sqrt2}{3}\approx 0{,}569\ \ (56{,}9\%).}

5.

La première composante principale est la projection des individus sur u1u_1 : c1(i)=ziX+ziY2c_1(i)=\dfrac{z_{iX}+z_{iY}}{\sqrt2}.

c1(A)=−2−12=−(1+12),c1(B)=1+12,c1(C)=12,c1(D)=−12.c_1(A)=\frac{-\sqrt2-1}{\sqrt2}=-\Big(1+\tfrac{1}{\sqrt2}\Big),\quad c_1(B)=1+\tfrac{1}{\sqrt2},\quad c_1(C)=\tfrac{1}{\sqrt2},\quad c_1(D)=-\tfrac{1}{\sqrt2}.

c1≈(−1,707, 1,707, 0,707, −0,707) pour A,B,C,D.\boxed{c_1\approx(-1{,}707,\ 1{,}707,\ 0{,}707,\ -0{,}707)\ \text{pour}\ A,B,C,D.}

(Vérification : 14∑ic1(i)2=1+12=λ1\tfrac14\sum_i c_1(i)^2=1+\tfrac{1}{\sqrt2}=\lambda_1.)

6.

Contribution de AA à l'inertie du premier axe :

CTRA=pA c1(A)2λ1=14(1+12)21+12=14(1+12).\mathrm{CTR}_A=\frac{p_A\,c_1(A)^2}{\lambda_1}=\frac{\tfrac14\big(1+\tfrac{1}{\sqrt2}\big)^2}{1+\tfrac{1}{\sqrt2}}=\frac14\Big(1+\tfrac{1}{\sqrt2}\Big).

CTRA=1+1/24≈0,427  (42,7%).\boxed{\mathrm{CTR}_A=\frac{1+1/\sqrt2}{4}\approx 0{,}427\ \ (42{,}7\%).}