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مسابقة دكتوراه 2016 — Université Dr Moulay Tahar - Saïda — الموضوع 02

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques · المدة: 2سا

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Épreuve écrite du Concours d'accès à la formation de troisième cycle (Doctorat) de Mathématiques, spécialité Probabilités et Statistique, Université Dr. Moulay Tahar de Saïda (Dr. F. Tebboune), épreuve en deux parties (Probabilités et Statistique), sans documents, durée 02 heures, le 03 octobre (année non précisée sur le document).

التمرين 1

Exercice 1 — Intégrales stochastiques : processus Y_t et Z_t

#stochastic-calculus#brownian-motion#ito-integral#ito-isometry

Soit BB un mouvement Brownien. On définit les processus

Yt=∫0tes dBsetZt=∫0tYs dBsY_t=\int_0^t e^s\,dB_s\quad\text{et}\quad Z_t=\int_0^t Y_s\,dB_s

  1. (2 pts) Montrer que les processus (Yt)(Y_t) et (Zt)(Z_t) sont bien définis.
  2. (3 pts) Calculer E(Yt)\mathbb{E}(Y_t), E(Yt2)\mathbb{E}(Y_t^2), E(Zt)\mathbb{E}(Z_t) et E(Zt2)\mathbb{E}(Z_t^2).
◀الحل

1.

Les intégrands sont adaptés et de carré intégrable : ∫0te2s ds<∞\int_0^t e^{2s}\,ds\lt\infty et ∫0tE(Ys2) ds<∞\int_0^t\mathbb{E}(Y_s^2)\,ds\lt\infty, donc (Yt)(Y_t) et (Zt)(Z_t) sont bien définis comme intégrales d'Itô.

2.

Comme intégrales d'Itô, E(Yt)=E(Zt)=0\mathbb{E}(Y_t)=\mathbb{E}(Z_t)=0. Par l'isométrie d'Itô :

E(Yt2)=∫0te2s ds=e2t−12\mathbb{E}(Y_t^2)=\int_0^t e^{2s}\,ds=\frac{e^{2t}-1}{2}

E(Zt2)=∫0tE(Ys2) ds=e2t−14−t2\mathbb{E}(Z_t^2)=\int_0^t\mathbb{E}(Y_s^2)\,ds=\frac{e^{2t}-1}{4}-\frac{t}{2}

E(Yt)=E(Zt)=0,E(Yt2)=e2t−12,E(Zt2)=e2t−14−t2\boxed{\mathbb{E}(Y_t)=\mathbb{E}(Z_t)=0,\quad \mathbb{E}(Y_t^2)=\tfrac{e^{2t}-1}{2},\quad \mathbb{E}(Z_t^2)=\tfrac{e^{2t}-1}{4}-\tfrac t2}

التمرين 2

Exercice 2 — Processus d'Itô et décomposition martingale

#ito-formula#ito-process#martingale#brownian-motion

Soit BB un mouvement Brownien.

  1. (3 pts) Montrer que le processus Ut=2+t2+sin⁡(Bt)U_t=2+t^2+\sin(B_t) est un processus d'Itô (utiliser la formule d'Itô).
  2. (2 pts) Donner une martingale MM telle que U−MU-M est un processus dont les trajectoires sont de classe C1\mathcal{C}^1.
◀الحل

1.

Par la formule d'Itô appliquée à sin⁡(Bt)\sin(B_t) :

dsin⁡(Bt)=cos⁡(Bt) dBt−12sin⁡(Bt) dtd\sin(B_t)=\cos(B_t)\,dB_t-\tfrac12\sin(B_t)\,dt

donc

dUt=(2t−12sin⁡(Bt))dt+cos⁡(Bt) dBtdU_t=\Big(2t-\tfrac12\sin(B_t)\Big)dt+\cos(B_t)\,dB_t

qui est bien un processus d'Itô.

2.

On prend la partie martingale Mt=∫0tcos⁡(Bs) dBsM_t=\int_0^t\cos(B_s)\,dB_s. Alors

Ut−Mt=2+t2−12∫0tsin⁡(Bs) dsU_t-M_t=2+t^2-\tfrac12\int_0^t\sin(B_s)\,ds

dont les trajectoires sont C1\mathcal{C}^1.

Mt=∫0tcos⁡(Bs) dBs\boxed{M_t=\int_0^t\cos(B_s)\,dB_s}

التمرين 3

Exercice 3 — Statistique : convergence L² d'un estimateur linéaire à noyau

#nonparametric-regression#kernel-estimator#mise#convergence

Soit le modèle de régression

Yi=f(xi)+εi,i=1,…,nY_i=f(x_i)+\varepsilon_i,\quad i=1,\dots,n

où xi∈[0,1]x_i\in[0,1] sont connus et les εi\varepsilon_i sont i.i.d. centrés de même variance σ2\sigma^2, ff une fonction de [0,1][0,1] à valeurs dans R\mathbb{R}. On suppose que f^\widehat f est un estimateur linéaire de ff tel que

∀x∈[0,1], f^(x)=∑i=1nWn,i(x)Yi,Wn,i(x)=K ⁣(xi−xhn)∑i=1nK ⁣(xi−xhn)\forall x\in[0,1],\ \widehat f(x)=\sum_{i=1}^n W_{n,i}(x)Y_i,\quad W_{n,i}(x)=\frac{K\!\left(\frac{x_i-x}{h_n}\right)}{\sum_{i=1}^n K\!\left(\frac{x_i-x}{h_n}\right)}

  1. (3 pts) Soient Z1,…,ZnZ_1,\dots,Z_n des v.a.r. telles qu'il existe α>0\alpha\gt0 et C>0C\gt0 avec, pour tout i=1,…,ni=1,\dots,n, E(exp⁡(αZi))≤C\mathbb{E}(\exp(\alpha Z_i))\le C. Montrer que

E(max⁡1≤i≤nZi)≤1αln⁡(Cn)\mathbb{E}\Big(\max_{1\le i\le n} Z_i\Big)\le \frac{1}{\alpha}\ln(Cn)

  1. (4 pts) Supposons ff continue et que les deux conditions suivantes sont vérifiées : a. lim⁡n→∞∫01∑i=1nWn,i2(x) dx=0\displaystyle\lim_{n\to\infty}\int_0^1\sum_{i=1}^n W_{n,i}^2(x)\,dx=0. b. Pour tout δ>0\delta\gt0, lim⁡n→∞∑i=1n∫∣x−xi∣>δWn,i(x) dx=0\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n\int_{|x-x_i|\gt\delta} W_{n,i}(x)\,dx=0.

    Vérifier que lim⁡n→∞E[∫01(f^(x)−f(x))2 dx]=0\displaystyle\lim_{n\to\infty}\mathbb{E}\left[\int_0^1\big(\widehat f(x)-f(x)\big)^2\,dx\right]=0.

◀الحل

1.

Par convexité (Jensen) : exp⁡(α E[max⁡iZi])≤E[max⁡ieαZi]≤∑i=1nE[eαZi]≤Cn\exp(\alpha\,\mathbb{E}[\max_i Z_i])\le\mathbb{E}[\max_i e^{\alpha Z_i}]\le\sum_{i=1}^n\mathbb{E}[e^{\alpha Z_i}]\le Cn. En prenant le ln⁡\ln :

E(max⁡1≤i≤nZi)≤1αln⁡(Cn)\boxed{\mathbb{E}\Big(\max_{1\le i\le n}Z_i\Big)\le\frac1\alpha\ln(Cn)}

2.

On décompose l'erreur quadratique intégrée en variance ++ biais :

E ⁣∫01(f^−f)2=σ2 ⁣∫01 ⁣∑iWn,i2(x) dx+∫01(∑iWn,i(x)f(xi)−f(x))2dx\mathbb{E}\!\int_0^1(\widehat f-f)^2=\sigma^2\!\int_0^1\!\sum_i W_{n,i}^2(x)\,dx+\int_0^1\Big(\sum_i W_{n,i}(x)f(x_i)-f(x)\Big)^2 dx

La condition (a) annule le terme de variance ; la continuité de ff et la condition (b) annulent le biais. D'où

lim⁡n→∞E[∫01(f^(x)−f(x))2dx]=0\boxed{\lim_{n\to\infty}\mathbb{E}\Big[\int_0^1(\widehat f(x)-f(x))^2dx\Big]=0}

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