📚 الرئيسية
دخول

مسابقة دكتوراه 2018 — Université Dr Moulay Tahar - Saïda — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques · المدة: 2سا

⬇️ تحميل☆ حفظ

Épreuve Écrite du Concours d'accès à la formation de troisième cycle (Doctorat) de Mathématiques — Spécialité Probabilités et Statistique — Durée 02 heures, sans documents — Université Dr. Tahar Moulay de Saida, le 03 octobre 2018 — Examinateur : Dr. F. TEBBOUNE.

التمرين 1

Exercice 1 — Intégrales stochastiques d'Itô et mouvement brownien

#stochastic-integration#brownian-motion#ito-isometry#martingales

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. Montrer que les processus (Yt)(Y_t) et (Zt)(Z_t) sont bien définis.

  2. 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.

Bonne définition de YtY_t : L'intégrande φ(s)=es\varphi(s) = e^s est déterministe et ∫0te2s ds=e2t−12<∞\int_0^t e^{2s}\,ds = \frac{e^{2t}-1}{2} \lt \infty. Donc YtY_t est bien défini comme intégrale d'Itô.

Bonne définition de ZtZ_t : (Ys)(Y_s) est adapté (intégrale d'Itô). Par isométrie d'Itô, E[Ys2]=e2s−12\mathbb{E}[Y_s^2] = \frac{e^{2s}-1}{2}, donc

∫0tE[Ys2] ds=e2t−14−t2<∞\int_0^t \mathbb{E}[Y_s^2]\,ds = \frac{e^{2t}-1}{4} - \frac{t}{2} \lt \infty

Donc ZtZ_t est bien défini.

2.

E(Yt)=0\mathbb{E}(Y_t) = 0 et E(Zt)=0\mathbb{E}(Z_t) = 0 (les intégrales d'Itô sont des martingales d'espérance nulle).

Par isométrie d'Itô :

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

E(Zt2)=∫0tE[Ys2] ds=∫0te2s−12 ds\mathbb{E}(Z_t^2) = \int_0^t \mathbb{E}[Y_s^2]\,ds = \int_0^t \frac{e^{2s}-1}{2}\,ds

E(Zt2)=e2t−14−t2\boxed{\mathbb{E}(Z_t^2) = \frac{e^{2t}-1}{4} - \frac{t}{2}}

التمرين 2

Exercice 2 — Processus d'Itô et martingale associée

#ito-formula#ito-process#martingales#brownian-motion

Soit BB un mouvement Brownien.

  1. 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. Donner une martingale MM telle que U−MU - M est un processus dont les trajectoires sont de classe C1\mathcal{C}^1.

◀الحل

1.

On applique la formule d'Itô à f(t,x)=2+t2+sin⁡(x)f(t, x) = 2 + t^2 + \sin(x) :

dUt=∂f∂t dt+∂f∂x dBt+12∂2f∂x2 dtdU_t = \frac{\partial f}{\partial t}\,dt + \frac{\partial f}{\partial x}\,dB_t + \frac{1}{2}\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}\,dt

=2t dt+cos⁡(Bt) dBt−12sin⁡(Bt) dt= 2t\,dt + \cos(B_t)\,dB_t - \frac{1}{2}\sin(B_t)\,dt

dUt=(2t−12sin⁡(Bt))dt+cos⁡(Bt) dBt\boxed{dU_t = \left(2t - \frac{1}{2}\sin(B_t)\right)dt + \cos(B_t)\,dB_t}

C'est bien de la forme bt dt+σt dBtb_t\,dt + \sigma_t\,dB_t avec btb_t et σt\sigma_t adaptés : (Ut)(U_t) est un processus d'Itô.

2.

On pose

Mt=∫0tcos⁡(Bs) dBsM_t = \int_0^t \cos(B_s)\,dB_s

C'est une martingale (intégrale d'Itô de carré intégrable). Alors

Ut−Mt=2+t2+sin⁡(Bt)−∫0tcos⁡(Bs) dBsU_t - M_t = 2 + t^2 + \sin(B_t) - \int_0^t \cos(B_s)\,dB_s

Dans la décomposition d'Itô de UtU_t, la partie à variation finie est ∫0t(2s−12sin⁡(Bs)) ds\int_0^t (2s - \frac{1}{2}\sin(B_s))\,ds, qui a des trajectoires C1\mathcal{C}^1. On a donc

Ut−Mt=U0+∫0t(2s−12sin⁡(Bs))dsU_t - M_t = U_0 + \int_0^t \left(2s - \frac{1}{2}\sin(B_s)\right)ds

qui est bien de classe C1\mathcal{C}^1 en tt.

التمرين 3

Exercice 3 — Estimateur de Nadaraya-Watson et convergence quadratique intégrée

#nonparametric-statistics#kernel-regression#nadaraya-watson#mse-convergence

Soit le modèle de régression Yi=f(xi)+εiY_i = f(x_i) + \varepsilon_i, i=1,…,ni = 1, \ldots, 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^\hat{f} est un estimateur linéaire de ff tel que :

∀x∈[0,1],f^(x)=∑i=1nWn,i(x) Yi,ouˋWn,i(x)=K ⁣(xi−xhn)∑j=1nK ⁣(xj−xhn)\forall x \in [0,1],\quad \hat{f}(x) = \sum_{i=1}^n W_{n,i}(x)\,Y_i, \quad\text{où}\quad W_{n,i}(x) = \frac{K\!\left(\dfrac{x_i - x}{h_n}\right)}{\displaystyle\sum_{j=1}^n K\!\left(\dfrac{x_j - x}{h_n}\right)}

(i) Soient Z1,…,ZnZ_1, \ldots, Z_n des v.a.r. / ∃ α>0\exists\,\alpha \gt 0 et C>0C \gt 0 tels que pour tout i=1,…,ni = 1, \ldots, n on a E[exp⁡(αZi)]≤C\mathbb{E}[\exp(\alpha Z_i)] \leq C. Montrer que

E ⁣(max⁡1≤i≤nZi)≤1αln⁡(Cn)\mathbb{E}\!\left(\max_{1 \leq i \leq n} Z_i\right) \leq \frac{1}{\alpha}\ln(Cn)

(ii) Supposons ff continue, et que les deux conditions suivantes soient 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 \gt 0, 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 \bigl(\hat{f}(x) - f(x)\bigr)^2\,dx\right] = 0

◀الحل

(i)

Par croissance de exp⁡\exp : exp⁡ ⁣(αmax⁡iZi)=max⁡ieαZi≤∑i=1neαZi\exp\!\left(\alpha\max_i Z_i\right) = \max_i e^{\alpha Z_i} \leq \sum_{i=1}^n e^{\alpha Z_i}.

En prenant l'espérance : E[eαmax⁡iZi]≤∑i=1nE[eαZi]≤nC\mathbb{E}[e^{\alpha\max_i Z_i}] \leq \sum_{i=1}^n \mathbb{E}[e^{\alpha Z_i}] \leq nC.

Par l'inégalité de Jensen (exp⁡\exp convexe) : exp⁡ ⁣(α E[max⁡iZi])≤E[eαmax⁡iZi]≤nC\exp\!\left(\alpha\,\mathbb{E}[\max_i Z_i]\right) \leq \mathbb{E}[e^{\alpha\max_i Z_i}] \leq nC.

En prenant le logarithme :

E ⁣(max⁡1≤i≤nZi)≤1αln⁡(Cn)\boxed{\mathbb{E}\!\left(\max_{1\leq i\leq n} Z_i\right) \leq \frac{1}{\alpha}\ln(Cn)}

(ii)

On décompose f^(x)−f(x)=∑iWn,i(x)(f(xi)−f(x))⏟biais+∑iWn,i(x)εi⏟variance\hat{f}(x) - f(x) = \underbrace{\sum_i W_{n,i}(x)(f(x_i) - f(x))}_{\text{biais}} + \underbrace{\sum_i W_{n,i}(x)\varepsilon_i}_{\text{variance}}.

Alors E ⁣[∫01(f^−f)2dx]≤2(Bn+Vn)\mathbb{E}\!\left[\int_0^1 (\hat{f}-f)^2 dx\right] \leq 2(B_n + V_n) où

Vn=σ2∫01∑iWn,i2(x) dx→n→∞(a)0V_n = \sigma^2 \int_0^1 \sum_i W_{n,i}^2(x)\,dx \xrightarrow[n\to\infty]{\text{(a)}} 0

Pour BnB_n : par continuité uniforme de ff sur [0,1][0,1], pour tout ε>0\varepsilon \gt 0 il existe δ\delta tel que ∣xi−x∣≤δ⇒∣f(xi)−f(x)∣≤ε|x_i - x| \leq \delta \Rightarrow |f(x_i) - f(x)| \leq \varepsilon. En décomposant selon ∣xi−x∣≤δ|x_i - x| \leq \delta ou >δ\gt \delta, et en utilisant ∑iWn,i=1\sum_i W_{n,i} = 1 et la condition (b), on obtient Bn→0B_n \to 0.

lim⁡n→∞E ⁣[∫01(f^(x)−f(x))2 dx]=0\boxed{\lim_{n\to\infty} \mathbb{E}\!\left[\int_0^1 (\hat{f}(x) - f(x))^2\,dx\right] = 0}