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مسابقة دكتوراه 2026 — Université Djilali Liabès - Sidi Bel Abbès — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques · المعامل: 3 · المدة: 2سا

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Concours d'accès à la formation de troisième cycle, année universitaire 2025-2026, Domaine Mathématiques et Informatique, Filière Mathématiques appliquées, Spécialité Probabilités et Statistiques, Épreuve de spécialité (coefficient 03, durée 02h00, sujet n° 3), Faculté des Sciences Exactes, Département de Probabilités et Statistique, Université Djilali Liabès – Sidi Bel Abbès, le 18 avril 2026.

التمرين 1

Exercice 1 — Modèle gaussien X_i = (theta/2) t_i^2 + epsilon_i : EMV et intervalle de confiance

#maximum-likelihood#gaussian-model#confidence-interval#optimal-design#point-estimation

On considère le modèle

Xi=θ2 ti2+εi,i=1,…,n,X_i = \frac{\theta}{2}\, t_i^2 + \varepsilon_i, \qquad i = 1, \dots, n,

où les εi\varepsilon_i sont des variables aléatoires indépendantes de loi N(0,1)\mathcal{N}(0,1) et θ∈R\theta \in \mathbb{R} est inconnu. On fixe 0<α<10 \lt \alpha \lt 1.

  1. Écrire la vraisemblance du modèle et trouver l'estimateur du maximum de vraisemblance θ^n\widehat{\theta}_n de θ\theta.

  2. Déterminer la loi de θ^n\widehat{\theta}_n et en déduire un intervalle de confiance de coefficient (1−α)(1 - \alpha) pour θ\theta.

  3. Supposons que 0≤ti≤10 \leq t_i \leq 1 pour i=1,…,ni = 1, \dots, n, mais que l'on peut choisir librement les valeurs des tit_i. Quelles valeurs faut-il choisir pour rendre l'intervalle de confiance le plus court possible (pour α\alpha fixé) ?

◀الحل

1.

Comme εi∼N(0,1)\varepsilon_i \sim \mathcal{N}(0,1) indépendantes, Xi∼N ⁣(θ2ti2, 1)X_i \sim \mathcal{N}\!\left(\tfrac{\theta}{2} t_i^2,\ 1\right) indépendantes. La vraisemblance est

L(θ)=∏i=1n12πexp⁡ ⁣(−12(xi−θ2ti2)2)=(2π)−n/2exp⁡ ⁣(−12∑i=1n(xi−θ2ti2)2).L(\theta) = \prod_{i=1}^n \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\!\left( -\frac{1}{2}\left( x_i - \frac{\theta}{2} t_i^2 \right)^2 \right) = (2\pi)^{-n/2}\exp\!\left( -\frac{1}{2}\sum_{i=1}^n \left( x_i - \frac{\theta}{2} t_i^2 \right)^2 \right).

La log-vraisemblance ℓ(θ)=−n2ln⁡(2π)−12∑i(xi−θ2ti2)2\ell(\theta) = -\tfrac{n}{2}\ln(2\pi) - \tfrac{1}{2}\sum_i (x_i - \tfrac{\theta}{2} t_i^2)^2 vérifie

ℓ′(θ)=∑i=1n(xi−θ2ti2)ti22=12(∑iti2xi−θ2∑iti4)=0.\ell'(\theta) = \sum_{i=1}^n \left( x_i - \frac{\theta}{2} t_i^2 \right)\frac{t_i^2}{2} = \frac{1}{2}\left( \sum_i t_i^2 x_i - \frac{\theta}{2}\sum_i t_i^4 \right) = 0.

 θ^n=2∑i=1nti2Xi∑i=1nti4. \boxed{\,\widehat{\theta}_n = \frac{2 \sum_{i=1}^n t_i^2 X_i}{\sum_{i=1}^n t_i^4}.\,}

2.

θ^n\widehat{\theta}_n est une combinaison linéaire de variables gaussiennes indépendantes, donc reste gaussienne. Avec E[Xi]=θ2ti2\mathbb{E}[X_i] = \tfrac{\theta}{2} t_i^2 et Var⁡(Xi)=1\operatorname{Var}(X_i) = 1 :

E[θ^n]=2∑iti2⋅θ2ti2∑iti4=θ(sans biais),Var⁡(θ^n)=4∑iti4(∑iti4)2=4∑iti4.\mathbb{E}[\widehat{\theta}_n] = \frac{2 \sum_i t_i^2 \cdot \tfrac{\theta}{2} t_i^2}{\sum_i t_i^4} = \theta \quad (\text{sans biais}), \qquad \operatorname{Var}(\widehat{\theta}_n) = \frac{4 \sum_i t_i^4}{\left( \sum_i t_i^4 \right)^2} = \frac{4}{\sum_i t_i^4}.

 θ^n∼N ⁣(θ, 4∑i=1nti4). \boxed{\,\widehat{\theta}_n \sim \mathcal{N}\!\left( \theta,\ \frac{4}{\sum_{i=1}^n t_i^4} \right).\,}

On en déduit le pivot θ^n−θ2∑iti4∼N(0,1)\dfrac{\widehat{\theta}_n - \theta}{2}\sqrt{\sum_i t_i^4} \sim \mathcal{N}(0,1), d'où l'intervalle de confiance de coefficient (1−α)(1 - \alpha) :

 θ∈[ θ^n−z1−α/2 2∑iti4, θ^n+z1−α/2 2∑iti4 ], \boxed{\,\theta \in \left[\, \widehat{\theta}_n - z_{1-\alpha/2}\,\frac{2}{\sqrt{\sum_i t_i^4}},\ \widehat{\theta}_n + z_{1-\alpha/2}\,\frac{2}{\sqrt{\sum_i t_i^4}} \,\right],\,}

où z1−α/2=Φ−1(1−α2)z_{1-\alpha/2} = \Phi^{-1}(1 - \tfrac{\alpha}{2}).

3.

La longueur de l'intervalle est

ℓ=4 z1−α/2∑i=1nti4.\ell = \frac{4\, z_{1-\alpha/2}}{\sqrt{\sum_{i=1}^n t_i^4}}.

La minimiser revient à maximiser ∑iti4\sum_i t_i^4 sous la contrainte 0≤ti≤10 \leq t_i \leq 1. Comme t↦t4t \mapsto t^4 est croissante sur [0,1][0,1], chaque terme est maximal pour ti=1t_i = 1, donc ∑iti4≤n\sum_i t_i^4 \leq n, avec égalité si et seulement si ti=1t_i = 1 pour tout ii.

 Choisir ti=1 ∀i ⟹ ℓmin⁡=4 z1−α/2n. \boxed{\,\text{Choisir } t_i = 1 \ \forall i \ \Longrightarrow\ \ell_{\min} = \frac{4\, z_{1-\alpha/2}}{\sqrt{n}}.\,}

التمرين 2

Exercice 2 — Régression linéaire simple (MCO, décomposition de la variance, R2)

#linear-regression#ordinary-least-squares#coefficient-of-determination#anova-decomposition#variance-estimation

On considère un échantillon de taille n=17n = 17 constitué de couples d'observations (xi,yi)(x_i, y_i), où xix_i représente la valeur de la variable explicative XX et yiy_i celle de la variable réponse YY, pour i=1,…,17i = 1, \dots, 17. On dispose des statistiques suivantes :

∑i=117xi=751,8,∑i=117xi2=97913,92,∑i=117yi=13683,8,∑i=117yi2=36404096,44,∑i=117xiyi=1798166,66.\sum_{i=1}^{17} x_i = 751{,}8, \quad \sum_{i=1}^{17} x_i^2 = 97913{,}92, \quad \sum_{i=1}^{17} y_i = 13683{,}8, \quad \sum_{i=1}^{17} y_i^2 = 36404096{,}44, \quad \sum_{i=1}^{17} x_i y_i = 1798166{,}66.

On considère le modèle de régression linéaire simple Yi=β0+β1xi+εiY_i = \beta_0 + \beta_1 x_i + \varepsilon_i, i=1,…,17i = 1, \dots, 17, où les erreurs εi\varepsilon_i vérifient les hypothèses classiques (indépendance, espérance nulle, variance constante σ2\sigma^2).

  1. Écrire le modèle sous forme matricielle.

  2. Donner les expressions des estimateurs des moindres carrés ordinaires (MCO) β^0\widehat{\beta}_0 et β^1\widehat{\beta}_1. Calculer leurs valeurs numériques.

  3. Écrire la décomposition de la variance.

  4. Calculer le coefficient de détermination R2R^2.

  5. Donner l'expression de l'estimateur sans biais de σ2\sigma^2 et calculer sa valeur.

◀الحل

On pose x‾=117∑xi\overline{x} = \dfrac{1}{17}\sum x_i, y‾=117∑yi\overline{y} = \dfrac{1}{17}\sum y_i, et les quantités centrées

Sxx=∑xi2−(∑xi)2n,Sxy=∑xiyi−(∑xi)(∑yi)n,Syy=∑yi2−(∑yi)2n.S_{xx} = \sum x_i^2 - \frac{(\sum x_i)^2}{n}, \qquad S_{xy} = \sum x_i y_i - \frac{(\sum x_i)(\sum y_i)}{n}, \qquad S_{yy} = \sum y_i^2 - \frac{(\sum y_i)^2}{n}.

Application numérique : x‾=751,817≈44,2235\overline{x} = \dfrac{751{,}8}{17} \approx 44{,}2235, y‾=13683,817≈804,9294\overline{y} = \dfrac{13683{,}8}{17} \approx 804{,}9294,

Sxx=97913,92−751,8217≈64666,671,Sxy=1798166,66−751,8×13683,817≈1193020,728,S_{xx} = 97913{,}92 - \frac{751{,}8^2}{17} \approx 64666{,}671, \quad S_{xy} = 1798166{,}66 - \frac{751{,}8 \times 13683{,}8}{17} \approx 1193020{,}728,

Syy=36404096,44−13683,8217≈25389603,356.S_{yy} = 36404096{,}44 - \frac{13683{,}8^2}{17} \approx 25389603{,}356.

1.

Le modèle s'écrit Y=Xβ+εY = X\beta + \varepsilon, avec

Y=(Y1⋮Y17),β=(β0β1),ε=(ε1⋮ε17),Y = \begin{pmatrix} Y_1 \\ \vdots \\ Y_{17} \end{pmatrix}, \qquad \beta = \begin{pmatrix} \beta_0 \\ \beta_1 \end{pmatrix}, \qquad \varepsilon = \begin{pmatrix} \varepsilon_1 \\ \vdots \\ \varepsilon_{17} \end{pmatrix},

et XX la matrice de dimension 17×217 \times 2 dont la ii-ème ligne est (1, xi)(1,\ x_i), avec ε∼(0, σ2I17)\varepsilon \sim (0,\ \sigma^2 I_{17}).

2.

Les estimateurs MCO β^=(X⊤X)−1X⊤Y\widehat{\beta} = (X^{\top} X)^{-1} X^{\top} Y s'écrivent

β^1=SxySxx,β^0=y‾−β^1 x‾.\widehat{\beta}_1 = \frac{S_{xy}}{S_{xx}}, \qquad \widehat{\beta}_0 = \overline{y} - \widehat{\beta}_1\, \overline{x}.

Application numérique :

β^1=1193020,72864666,671≈18,4488,β^0=804,9294−18,4488×44,2235≈−10,9405.\widehat{\beta}_1 = \frac{1193020{,}728}{64666{,}671} \approx 18{,}4488, \qquad \widehat{\beta}_0 = 804{,}9294 - 18{,}4488 \times 44{,}2235 \approx -10{,}9405.

 β^1≈18,449,β^0≈−10,941. \boxed{\,\widehat{\beta}_1 \approx 18{,}449, \qquad \widehat{\beta}_0 \approx -10{,}941.\,}

3.

Décomposition de la variance (somme des carrés totale = expliquée + résiduelle) :

∑i=1n(yi−y‾)2⏟SCT=∑i=1n(y^i−y‾)2⏟SCE+∑i=1n(yi−y^i)2⏟SCR.\underbrace{\sum_{i=1}^n (y_i - \overline{y})^2}_{SCT} = \underbrace{\sum_{i=1}^n (\widehat{y}_i - \overline{y})^2}_{SCE} + \underbrace{\sum_{i=1}^n (y_i - \widehat{y}_i)^2}_{SCR}.

Avec SCT=SyySCT = S_{yy}, SCE=β^1Sxy=Sxy2SxxSCE = \widehat{\beta}_1 S_{xy} = \dfrac{S_{xy}^2}{S_{xx}} et SCR=SCT−SCESCR = SCT - SCE :

SCT≈25389603,36,SCE=β^1Sxy≈22009768,3,SCR≈3379835,1.SCT \approx 25389603{,}36, \qquad SCE = \widehat{\beta}_1 S_{xy} \approx 22009768{,}3, \qquad SCR \approx 3379835{,}1.

4.

R2=SCESCT=Sxy2Sxx Syy=22009768,325389603,36≈0,8669.R^2 = \frac{SCE}{SCT} = \frac{S_{xy}^2}{S_{xx}\, S_{yy}} = \frac{22009768{,}3}{25389603{,}36} \approx 0{,}8669.

 R2≈0,867. \boxed{\,R^2 \approx 0{,}867.\,}

Le modèle explique environ 86,7 %86{,}7\,\% de la variabilité de YY.

5.

L'estimateur sans biais de σ2\sigma^2 est le carré moyen résiduel

σ^2=SCRn−2=1n−2∑i=1n(yi−y^i)2=3379835,115.\widehat{\sigma}^2 = \frac{SCR}{n - 2} = \frac{1}{n-2}\sum_{i=1}^n (y_i - \widehat{y}_i)^2 = \frac{3379835{,}1}{15}.

 σ^2≈225322,3. \boxed{\,\widehat{\sigma}^2 \approx 225322{,}3.\,}

التمرين 3

Exercice 3 — Vecteur aléatoire continu (X,Y) : constante, probabilité, variance, changement de variables

#joint-density#independence#change-of-variables#variance#continuous-random-vector

Soit le vecteur aléatoire continu (X,Y)(X, Y) de densité conjointe

fX,Y(x,y)=k e−(x2+y)pour −∞<x<∞, y>0,et 0 ailleurs,f_{X,Y}(x, y) = k\, e^{-(x^2 + y)} \quad \text{pour } -\infty \lt x \lt \infty,\ y \gt 0, \qquad \text{et } 0 \text{ ailleurs},

où k>0k \gt 0 est une constante.

  1. Calculer la constante kk.

  2. Calculer P[X>Y]\mathbb{P}[X \gt Y].

  3. Calculer Var⁡[2X−Y]\operatorname{Var}[2X - Y].

  4. Soit Z:=XYZ := XY. Calculer la fonction de densité conjointe fZ,Y(z,y)f_{Z,Y}(z, y) du vecteur (Z,Y)(Z, Y).

◀الحل

1.

La densité doit intégrer à 11. Comme elle se factorise,

1=k∫−∞+∞e−x2 dx∫0+∞e−y dy=k⋅π⋅1=kπ.1 = k \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2}\,dx \int_0^{+\infty} e^{-y}\,dy = k \cdot \sqrt{\pi} \cdot 1 = k\sqrt{\pi}.

 k=1π. \boxed{\,k = \frac{1}{\sqrt{\pi}}.\,}

Remarque : la densité se factorise en fX,Y(x,y)=1πe−x2⏟fX(x)⋅e−y1{y>0}⏟fY(y)f_{X,Y}(x,y) = \underbrace{\tfrac{1}{\sqrt{\pi}} e^{-x^2}}_{f_X(x)} \cdot \underbrace{e^{-y}\mathbf{1}_{\{y \gt 0\}}}_{f_Y(y)}, donc XX et YY sont indépendantes, avec X∼N(0,12)X \sim \mathcal{N}(0, \tfrac{1}{2}) et Y∼E(1)Y \sim \mathcal{E}(1).

2.

Comme Y>0Y \gt 0, l'événement {X>Y}\{X \gt Y\} impose X>0X \gt 0 et 0<Y<X0 \lt Y \lt X. En intégrant d'abord en yy :

P[X>Y]=1π∫0+∞e−x2(∫0xe−y dy)dx=1π∫0+∞e−x2(1−e−x) dx.\mathbb{P}[X \gt Y] = \frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\left( \int_0^x e^{-y}\,dy \right)dx = \frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\big( 1 - e^{-x} \big)\,dx.

Or ∫0+∞e−x2 dx=π2\displaystyle\int_0^{+\infty} e^{-x^2}\,dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2} et, en complétant le carré x2+x=(x+12)2−14x^2 + x = (x + \tfrac{1}{2})^2 - \tfrac{1}{4},

∫0+∞e−x2−x dx=e1/4∫1/2+∞e−u2 du=e1/4⋅π2erfc⁡ ⁣(12).\int_0^{+\infty} e^{-x^2 - x}\,dx = e^{1/4}\int_{1/2}^{+\infty} e^{-u^2}\,du = e^{1/4}\cdot\frac{\sqrt{\pi}}{2}\operatorname{erfc}\!\left( \tfrac{1}{2} \right).

Donc

P[X>Y]=1π(π2−e1/4π2erfc⁡ ⁣(12))=12(1−e1/4erfc⁡ ⁣(12)).\mathbb{P}[X \gt Y] = \frac{1}{\sqrt{\pi}}\left( \frac{\sqrt{\pi}}{2} - e^{1/4}\frac{\sqrt{\pi}}{2}\operatorname{erfc}\!\left( \tfrac{1}{2} \right) \right) = \frac{1}{2}\left( 1 - e^{1/4}\operatorname{erfc}\!\left( \tfrac{1}{2} \right) \right).

 P[X>Y]=12(1−e1/4erfc⁡ ⁣(12))≈0,192. \boxed{\,\mathbb{P}[X \gt Y] = \frac{1}{2}\left( 1 - e^{1/4}\operatorname{erfc}\!\left( \tfrac{1}{2} \right) \right) \approx 0{,}192.\,}

3.

XX et YY sont indépendantes, avec Var⁡(X)=12\operatorname{Var}(X) = \tfrac{1}{2} (car X∼N(0,12)X \sim \mathcal{N}(0, \tfrac12)) et Var⁡(Y)=1\operatorname{Var}(Y) = 1 (car Y∼E(1)Y \sim \mathcal{E}(1)). Donc

Var⁡[2X−Y]=4Var⁡(X)+Var⁡(Y)=4⋅12+1.\operatorname{Var}[2X - Y] = 4\operatorname{Var}(X) + \operatorname{Var}(Y) = 4 \cdot \frac{1}{2} + 1.

 Var⁡[2X−Y]=3. \boxed{\,\operatorname{Var}[2X - Y] = 3.\,}

4.

On considère le changement de variables (X,Y)↦(Z,Y)(X, Y) \mapsto (Z, Y) avec Z=XYZ = XY et Y=YY = Y. Pour y>0y \gt 0, la transformation inverse est x=zyx = \dfrac{z}{y}, y=yy = y, de jacobien

∣∂(x,y)∂(z,y)∣=∣det⁡(1/y0) ⁣ ⁣(−z/y21)∣=1y.\left| \frac{\partial(x, y)}{\partial(z, y)} \right| = \left| \det \begin{pmatrix} 1/y \\ 0 \end{pmatrix}\!\!\begin{pmatrix} -z/y^2 \\ 1 \end{pmatrix} \right| = \frac{1}{y}.

D'où, pour y>0y \gt 0 et z∈Rz \in \mathbb{R},

fZ,Y(z,y)=fX,Y ⁣(zy, y)⋅1y=1π e−(z2/y2+y)⋅1y.f_{Z,Y}(z, y) = f_{X,Y}\!\left( \frac{z}{y},\ y \right)\cdot\frac{1}{y} = \frac{1}{\sqrt{\pi}}\, e^{-\left( z^2/y^2 + y \right)}\cdot\frac{1}{y}.

 fZ,Y(z,y)=1yπ exp⁡ ⁣(−z2y2−y),y>0, z∈R;0 ailleurs. \boxed{\,f_{Z,Y}(z, y) = \frac{1}{y\sqrt{\pi}}\, \exp\!\left( -\frac{z^2}{y^2} - y \right), \quad y \gt 0,\ z \in \mathbb{R}; \qquad 0 \text{ ailleurs}.\,}