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مسابقة دكتوراه 2022 — Université Dr Moulay Tahar - Saïda — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques · المدة: 2سا

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Concours d'accès à la formation de 3ème cycle au titre de l'année universitaire 2021-2022 — Filière Mathématiques Appliquées, Épreuve de Spécialité : Calcul stochastique et estimation non-paramétrique, Sujet N°02, Université de Saïda - Dr. Moulay Tahar, Faculté des Sciences, Département de Mathématiques — 03 mars 2022 (Durée 2 heures).

التمرين 1

Exercice 1 — Processus d'Itô, facteur intégrant exponentiel et forme explicite de Xt

#stochastic-processes#ito-process#stochastic-differential-equations#ito-formula

Soit (Ω,F,(Ft)t≥0,P)(\Omega,\mathcal{F},(\mathcal{F}_t)_{t\geq 0},\mathbb{P}) muni d'un (Ft)t≥0(\mathcal{F}_t)_{t\geq 0}-mouvement Brownien standard (Bt)t≥0(B_t)_{t\geq 0}. Soit (Xt)t≥0(X_t)_{t\geq 0} un processus réel continu adapté tel que pour tout t≥0t\geq 0,

Xt=1+∫0t(2sXs+s2) dBs+∫0t(2s2Xs+1) ds.X_t=1+\int_0^t(2sX_s+s^2)\,dB_s+\int_0^t(2s^2X_s+1)\,ds.

  1. (6 pts) Soit a∈Ra\in\mathbb{R}. Posons Yt=Xt ea∫0ts dBsY_t=X_t\,e^{a\int_0^t s\,dB_s}. Montrer que (Yt)t≥0(Y_t)_{t\geq 0} est un processus d'Itô et écrire sa décomposition canonique.
  2. (4 pts) Pour a=−2a=-2, exprimer explicitement XtX_t en termes du mouvement Brownien BB.
◀الحل

1.

La dynamique de XX est dXt=(2t2Xt+1) dt+(2tXt+t2) dBtdX_t=(2t^2X_t+1)\,dt+(2tX_t+t^2)\,dB_t.

Posons Mt=∫0ts dBsM_t=\int_0^t s\,dB_s (donc dMt=t dBtdM_t=t\,dB_t, d⟨M⟩t=t2dtd\langle M\rangle_t=t^2dt) et Zt=eaMtZ_t=e^{aM_t}. Par Itô :

dZt=Zt(a t dBt+12a2t2 dt).dZ_t=Z_t\left(a\,t\,dB_t+\tfrac{1}{2}a^2t^2\,dt\right).

Avec Yt=XtZtY_t=X_tZ_t et la formule du produit dY=Z dX+X dZ+d⟨X,Z⟩dY=Z\,dX+X\,dZ+d\langle X,Z\rangle, où d⟨X,Z⟩=(2tXt+t2)(Ztat) dtd\langle X,Z\rangle=(2tX_t+t^2)(Z_t a t)\,dt :

dYt=Zt[(2+a)tXt+t2]dBt+Zt[(2+12a2+2a)t2Xt+1+at3]dt.dY_t=Z_t\Big[(2+a)tX_t+t^2\Big]dB_t+Z_t\Big[\big(2+\tfrac{1}{2}a^2+2a\big)t^2X_t+1+a t^3\Big]dt.

C'est bien un processus d'Itô, de décomposition canonique Yt=Y0+∫0tμs ds+∫0tσs dBsY_t=Y_0+\int_0^t\mu_s\,ds+\int_0^t\sigma_s\,dB_s avec Y0=1Y_0=1,

σt=Zt[(2+a)tXt+t2],μt=Zt[(2+12a2+2a)t2Xt+1+at3].\sigma_t=Z_t\big[(2+a)tX_t+t^2\big],\qquad \mu_t=Z_t\big[(2+\tfrac12 a^2+2a)t^2X_t+1+at^3\big].

2.

Pour a=−2a=-2 : le coefficient de XtX_t dans σt\sigma_t s'annule (2+a=02+a=0) et dans μt\mu_t aussi (2+12(4)+2(−2)=02+\tfrac12(4)+2(-2)=0). Il reste, avec Zt=e−2∫0ts dBsZ_t=e^{-2\int_0^t s\,dB_s} :

dYt=Zt t2 dBt+Zt(1−2t3) dt.dY_t=Z_t\,t^2\,dB_t+Z_t(1-2t^3)\,dt.

En intégrant (Y0=1Y_0=1) et comme Xt=Yt/Zt=Yt e2∫0ts dBsX_t=Y_t/Z_t=Y_t\,e^{2\int_0^t s\,dB_s} :

Xt=e2∫0ts dBs[1+∫0te−2∫0su dBu s2 dBs+∫0te−2∫0su dBu(1−2s3) ds].\boxed{X_t=e^{2\int_0^t s\,dB_s}\left[1+\int_0^t e^{-2\int_0^s u\,dB_u}\,s^2\,dB_s+\int_0^t e^{-2\int_0^s u\,dB_u}(1-2s^3)\,ds\right].}

التمرين 2

Exercice 2 — Fonction de répartition empirique : sans biais et convergence en moyenne quadratique

#statistics#empirical-distribution#unbiased-estimator#mean-square-convergence

Soit X1,X2,…,XnX_1,X_2,\ldots,X_n un échantillon i.i.d. de fonction de répartition F:x↦F(x)=P(X1≤x)F:x\mapsto F(x)=\mathbb{P}(X_1\leq x) et X(1)≤X(2)≤⋯≤X(n)X_{(1)}\leq X_{(2)}\leq\cdots\leq X_{(n)} les observations ordonnées. La fonction de répartition empirique est

F^n(x)=1n∑i=1n1{Xi≤x}={0si x<X(1) insi X(i)≤x<X(i+1), i∈{1,…,n−1} 1si x≥X(n).\widehat{F}_n(x)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\mathbf{1}_{\{X_i\leq x\}}=\begin{cases} 0 & \text{si } x\lt X_{(1)} \\\ \frac{i}{n} & \text{si } X_{(i)}\leq x\lt X_{(i+1)},\ i\in\{1,\ldots,n-1\} \\\ 1 & \text{si } x\geq X_{(n)}. \end{cases}

  1. (4 pts) Montrer que F^n(x)\widehat{F}_n(x) est un estimateur sans biais pour F(x)F(x).
  2. (4 pts) Montrer que F^n(x)\widehat{F}_n(x) converge en moyenne quadratique vers F(x)F(x).
  3. (2 pts) Montrer que F^n(x)−F(x)=O ⁣(log⁡nn)\widehat{F}_n(x)-F(x)=\mathcal{O}\!\left(\sqrt{\dfrac{\log n}{n}}\right) p.co.
◀الحل

1.

Les 1{Xi≤x}\mathbf{1}_{\{X_i\leq x\}} sont i.i.d. de loi de Bernoulli de paramètre F(x)F(x), donc

E[F^n(x)]=1n∑i=1nP(Xi≤x)=F(x).\mathbb{E}[\widehat{F}_n(x)]=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\mathbb{P}(X_i\leq x)=F(x).

F^n(x) est sans biais.\boxed{\widehat{F}_n(x)\text{ est sans biais.}}

2.

Var⁡(F^n(x))=F(x)(1−F(x))n→n→∞0.\operatorname{Var}(\widehat{F}_n(x))=\frac{F(x)(1-F(x))}{n}\xrightarrow[n\to\infty]{}0.

Comme l'estimateur est sans biais, E[(F^n(x)−F(x))2]=Var⁡(F^n(x))→0\mathbb{E}[(\widehat{F}_n(x)-F(x))^2]=\operatorname{Var}(\widehat{F}_n(x))\to 0 : convergence en moyenne quadratique.

3.

Les variables 1{Xi≤x}−F(x)\mathbf{1}_{\{X_i\leq x\}}-F(x) sont centrées et bornées. Par l'inégalité de Hoeffding, pour εn=ηlog⁡nn\varepsilon_n=\eta\sqrt{\tfrac{\log n}{n}} :

P(∣F^n(x)−F(x)∣>εn)≤2e−2nεn2=2n−2η2.\mathbb{P}\big(|\widehat{F}_n(x)-F(x)|\gt\varepsilon_n\big)\leq 2e^{-2n\varepsilon_n^2}=2n^{-2\eta^2}.

Pour η\eta assez grand, la série converge, donc par le lemme de Borel-Cantelli on a la convergence presque complète :

F^n(x)−F(x)=O ⁣(log⁡nn) p.co.\widehat{F}_n(x)-F(x)=\mathcal{O}\!\left(\sqrt{\frac{\log n}{n}}\right)\ \text{p.co.}