مسابقة دكتوراه 2023 — Université Hassiba Benbouali - Chlef — الموضوع 01

1.

Pour que $f\geq 0$ sur $]-1,1[$, il faut $1+\alpha x\geq 0$ pour tout $x\in]-1,1[$, ce qui équivaut à $|\alpha|\leq 1$. De plus

$\int_{-1}^{1}\frac{1}{2}(1+\alpha x)\,dx=\frac{1}{2}\Big(\int_{-1}^1 1\,dx+\alpha\int_{-1}^1 x\,dx\Big)=\frac{1}{2}(2+0)=1.$

$\boxed{\ f\ \text{est une densité pour }\alpha\in[-1,1].\ }$

2.

On calcule le moment d'ordre 1 :

$\mathbb{E}[X]=\int_{-1}^1 x\cdot\frac{1}{2}(1+\alpha x)\,dx=\frac{\alpha}{2}\int_{-1}^1 x^2\,dx=\frac{\alpha}{2}\cdot\frac{2}{3}=\frac{\alpha}{3}.$

En égalant à la moyenne empirique $\bar{X}_n$, l'estimateur des moments est

$\boxed{\ \hat{\alpha}_{MM}=3\bar{X}_n=\frac{3}{n}\sum_{i=1}^n X_i\ }$

3.

On a $\ln f(x;\alpha)=\ln\tfrac{1}{2}+\ln(1+\alpha x)$, d'où $\partial_\alpha\ln f=\dfrac{x}{1+\alpha x}$. Donc

$I(\alpha)=\mathbb{E}\Big[\Big(\frac{X}{1+\alpha X}\Big)^2\Big]=\int_{-1}^1\frac{x^2}{(1+\alpha x)^2}\cdot\frac{1}{2}(1+\alpha x)\,dx=\frac{1}{2}\int_{-1}^1\frac{x^2}{1+\alpha x}\,dx.$

En écrivant $x^2=\frac{1}{\alpha^2}\big((1+\alpha x)^2-2(1+\alpha x)+1\big)$, on intègre terme à terme :

$\int_{-1}^1\frac{x^2}{1+\alpha x}\,dx=\frac{1}{\alpha^2}\Big(2-4+\frac{1}{\alpha}\ln\frac{1+\alpha}{1-\alpha}\Big).$

D'où

$\boxed{\ I(\alpha)=\frac{1}{2\alpha^2}\Big(\frac{1}{\alpha}\ln\frac{1+\alpha}{1-\alpha}-2\Big),\quad I(0)=\frac{1}{3}.\ }$

(La valeur en $0$ s'obtient par passage à la limite via $\ln\frac{1+\alpha}{1-\alpha}=2\alpha+\frac{2\alpha^3}{3}+\cdots$.)

4.

La log-vraisemblance est $\ell(\alpha)=\sum_{i=1}^n\ln(1+\alpha X_i)-n\ln 2$. L'estimateur du maximum de vraisemblance $\hat{\alpha}_{MV}$ annule $\ell'$ :

$\boxed{\ \sum_{i=1}^n\frac{X_i}{1+\hat{\alpha}_{MV}X_i}=0,\quad \hat{\alpha}_{MV}\in[-1,1].\ }$

Cette équation n'a pas de solution explicite en général et se résout numériquement (par exemple par la méthode de Newton), la log-vraisemblance étant concave en $\alpha$ car $\ell''(\alpha)=-\sum_i\frac{X_i^2}{(1+\alpha X_i)^2}\lt 0$.

1.

Le domaine admissible est le polygone de sommets $(0,0)$, $(4,0)$, $(3,2)$ et $(0,\tfrac{7}{2})$, où $(3,2)$ est l'intersection des deux droites $2x_1+x_2=8$ et $x_1+2x_2=7$. Pour $\alpha=1$, $z=x_1+x_2$ prend les valeurs

$z(4,0)=4,\quad z(3,2)=5,\quad z(0,\tfrac{7}{2})=\tfrac{7}{2}.$

Le maximum est atteint en $(3,2)$.

$\boxed{\ (x_1^*,x_2^*)=(3,2),\quad z^*=5.\ }$

2.

On introduit les variables d'écart $e_1,e_2\geq 0$ : $2x_1+x_2+e_1=8$, $x_1+2x_2+e_2=7$. En partant de la base $(e_1,e_2)$, la variable entrante est $x_1$ (ou $x_2$) ; après deux itérations du simplexe (pivots sur $x_1$ puis $x_2$), tous les coûts réduits deviennent $\leq 0$, et la base optimale est $(x_1,x_2)=(3,2)$ avec $z=5$.

$\boxed{\ \text{Optimum simplexe : }(3,2),\ z^*=5.\ }$

3.

Au sommet $(3,2)$ les deux contraintes sont saturées, de gradients $(2,1)$ et $(1,2)$. Le sommet reste optimal tant que le gradient de l'objectif $(1,\alpha)$ appartient au cône engendré par ces gradients : $(1,\alpha)=\lambda(2,1)+\mu(1,2)$ avec $\lambda,\mu\geq 0$. On trouve

$\lambda=\frac{2-\alpha}{3},\qquad \mu=\frac{2\alpha-1}{3}.$

Les conditions $\lambda\geq 0$ et $\mu\geq 0$ donnent

$\boxed{\ \tfrac{1}{2}\leq\alpha\leq 2\ }$

Pour $\alpha$ dans cet intervalle, l'optimum reste le sommet $(3,2)$.

1.

$(M_t)$ est adapté et intégrable. Pour $s\leq t$, en écrivant $B_t=(B_t-B_s)+B_s$ et en utilisant l'indépendance de l'accroissement $B_t-B_s\sim\mathcal{N}(0,t-s)$ vis-à-vis de $\mathcal{F}_s$ :

$\mathbb{E}(B_t^2\mid\mathcal{F}_s)=\mathbb{E}((B_t-B_s)^2\mid\mathcal{F}_s)+2B_s\,\mathbb{E}(B_t-B_s\mid\mathcal{F}_s)+B_s^2=(t-s)+B_s^2.$

Donc $\mathbb{E}(M_t\mid\mathcal{F}_s)=(t-s)+B_s^2-t=B_s^2-s=M_s$.

$\boxed{\ M_t=B_t^2-t\ \text{est une martingale.}\ }$

2.

Le processus arrêté $B_{t\wedge\tau}$ est borné (à valeurs dans $[a,b]$) et $\tau\lt\infty$ p.s. Le théorème d'arrêt appliqué à la martingale $(B_t)$ donne $\mathbb{E}(B_\tau)=\mathbb{E}(B_0)=0$. Or $B_\tau\in\{a,b\}$ ; en notant $p=\mathbb{P}(B_\tau=b)$,

$a(1-p)+bp=0\ \Longrightarrow\ p=\frac{-a}{b-a}.$

$\boxed{\ \mathbb{P}(B_\tau=b)=\frac{-a}{b-a},\qquad \mathbb{P}(B_\tau=a)=\frac{b}{b-a}.\ }$

3.

Le processus arrêté $M_{t\wedge\tau}=B_{t\wedge\tau}^2-(t\wedge\tau)$ vérifie $|B_{t\wedge\tau}^2|\leq\max(a^2,b^2)$, et $t\wedge\tau\uparrow\tau$ avec $\mathbb{E}(\tau)\lt\infty$, ce qui légitime le théorème d'arrêt :

$\mathbb{E}(M_\tau)=\mathbb{E}(M_0)=0\ \Longrightarrow\ \mathbb{E}(\tau)=\mathbb{E}(B_\tau^2).$

Or

$\mathbb{E}(B_\tau^2)=a^2\,\frac{b}{b-a}+b^2\,\frac{-a}{b-a}=\frac{ab(a-b)}{b-a}=-ab.$

$\boxed{\ \mathbb{E}(\tau)=-ab\ (\gt 0\ \text{car}\ a\lt 0\lt b).\ }$