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مسابقة دكتوراه 2023 — Université Hassiba Benbouali - Chlef — الموضوع 02

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

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Concours d'accès à la formation doctorale 3ème cycle LMD, Mathématiques Appliquées, Année 2022/2023 — Épreuve de Spécialité (Troisième Variante), Faculté des Sciences Exactes et Informatique, Département de Mathématiques, Université Hassiba Benbouali - Chlef, Samedi 21 janvier 2023, Durée : 02 heures, Coefficient : 03.

التمرين 1

Exercice 1 — Statistique inférentielle : estimateurs d'une loi continue

#statistics#method-of-moments#mle#fisher-information

On considère XX une variable aléatoire continue, de densité :

fX(x)=12(1+αx) 1[−1,1](x)f_X(x) = \frac{1}{2}(1 + \alpha x)\,\mathbf{1}_{[-1,1]}(x)

où α∈]−1,1[\alpha \in ]-1, 1[ est un paramètre inconnu. Soit X1,…,XnX_1, \ldots, X_n un échantillon pour cette variable aléatoire.

  1. (1,5 pts) Trouver un estimateur α~n\tilde{\alpha}_n de α\alpha par la méthode des moments. Déterminer la loi asymptotique de α~n\tilde{\alpha}_n.
  2. (1,5 pts) Peut-on donner une expression explicite de l'estimateur du maximum de vraisemblance de α\alpha ?
  3. (1 pt) Calculer l'information de Fisher. Quelle est la loi limite de l'EMV α^n\hat{\alpha}_n ?
◀الحل

1.

E[X]=∫−11x⋅12(1+αx) dx=α3E[X] = \int_{-1}^{1} x \cdot \frac{1}{2}(1+\alpha x)\,dx = \frac{\alpha}{3}. La méthode des moments donne Xˉn=α~n3\bar{X}_n = \frac{\tilde{\alpha}_n}{3}, donc

α~n=3Xˉn\boxed{\tilde{\alpha}_n = 3\bar{X}_n}

E[X2]=13E[X^2] = \frac{1}{3} (terme impair nul), Var(X)=13−α29\mathrm{Var}(X) = \frac{1}{3} - \frac{\alpha^2}{9}. Par le TCL et la méthode delta :

n(α~n−α)→LN ⁣(0, 3−α2)\sqrt{n}(\tilde{\alpha}_n - \alpha) \xrightarrow{\mathcal{L}} \mathcal{N}\!\left(0,\, 3 - \alpha^2\right)

2.

L'équation du score ∑i=1nXi1+αXi=0\sum_{i=1}^n \frac{X_i}{1+\alpha X_i} = 0 n'admet pas de solution analytique explicite ; on recourt à Newton-Raphson.

3.

I(α)=E ⁣[X2(1+αX)2]=12∫−11x21+αx dxI(\alpha) = E\!\left[\frac{X^2}{(1+\alpha X)^2}\right] = \frac{1}{2}\int_{-1}^{1}\frac{x^2}{1+\alpha x}\,dx

Loi asymptotique de l'EMV :

n(α^n−α)→LN ⁣(0, 1I(α))\sqrt{n}(\hat{\alpha}_n - \alpha) \xrightarrow{\mathcal{L}} \mathcal{N}\!\left(0,\, \frac{1}{I(\alpha)}\right)

التمرين 2

Exercice 2 — Programmation linéaire : méthode du simplexe

#linear-programming#simplex-method#sensitivity-analysis#operations-research

Considérons le problème linéaire suivant :

max⁡z=x1\max z = x_1

s.c.{−x1+x2≤2x1+x2≤8−x1+x2≥−4x1≥0,x2≥0\text{s.c.}\quad\begin{cases} -x_1 + x_2 \leq 2 \\ x_1 + x_2 \leq 8 \\ -x_1 + x_2 \geq -4 \\ x_1 \geq 0,\quad x_2 \geq 0 \end{cases}

  1. (1 pt) Mettre le programme linéaire sous forme standard.
  2. (2 pts) Résoudre ce problème à l'aide de la méthode du simplexe.
  3. (2 pts) Résoudre ce problème géométriquement et tracer les étapes de la procédure simplexe graphiquement.
  4. Supposons que la fonction objectif soit changée en z=x1+αx2z = x_1 + \alpha x_2, α∈R\alpha \in \mathbb{R}. a. (0,5 pts) Déterminer graphiquement les valeurs de α\alpha pour lesquelles la solution de (2.) reste optimale. b. (0,5 pts) Déterminer graphiquement α\alpha pour que le problème ait une infinité de solutions optimales. Calculer z∗z^*.
◀الحل

1. Forme standard

max⁡z=x1s.c.{−x1+x2+e1=2x1+x2+e2=8x1−x2+e3=4x1,x2,ei≥0\max z = x_1 \quad \text{s.c.} \begin{cases} -x_1+x_2+e_1=2\\ x_1+x_2+e_2=8\\ x_1-x_2+e_3=4\\ x_1,x_2,e_i\geq 0 \end{cases}

2. Simplexe

Les sommets admissibles sont (0,0),(4,0),(6,2),(3,5),(0,2)(0,0),(4,0),(6,2),(3,5),(0,2). Le simplexe converge vers :

x1∗=6,x2∗=2,z∗=6\boxed{x_1^*=6,\quad x_2^*=2,\quad z^*=6}

3. Géométrique

La région admissible est un pentagone convexe. La droite x1=cx_1=c est maximisée au sommet (6,2)(6,2).

4. Analyse de sensibilité

Arêtes adjacentes à (6,2)(6,2) : vers (3,5)(3,5) (contrainte x1+x2=8x_1+x_2=8) et vers (4,0)(4,0) (contrainte x1−x2=4x_1-x_2=4).

(a) 6+2α≥3+5α⇒α≤16+2\alpha \geq 3+5\alpha \Rightarrow \alpha \leq 1 et 6+2α≥4⇒α≥−16+2\alpha \geq 4 \Rightarrow \alpha \geq -1.

−1≤α≤1\boxed{-1 \leq \alpha \leq 1}

(b) Pour α=1\alpha=1 : solutions infinies sur [(6,2),(3,5)][(6,2),(3,5)], z∗=8z^*=8. Pour α=−1\alpha=-1 : solutions infinies sur [(6,2),(4,0)][(6,2),(4,0)], z∗=4z^*=4.

التمرين 3

Exercice 3 — Processus stochastiques : mouvement brownien et martingales

#stochastic-processes#brownian-motion#martingales#stopping-times

On travaille sur un espace de probabilité filtré (Ω,F,(Ft)t≥0,P)(\Omega,\mathcal{F},(\mathcal{F}_t)_{t\geq 0},\mathbb{P}) où (Ft)(\mathcal{F}_t) est P\mathbb{P}-complète et continue à droite. Soit (Bt)t≥0(B_t)_{t\geq 0} un mouvement brownien standard.

  1. (2 pts) Montrer que (Mt)t≥0=(Bt2−t)t≥0(M_t)_{t\geq 0}=(B_t^2-t)_{t\geq 0} est une (Ft)(\mathcal{F}_t)-martingale.
  2. Soit τa,b=inf⁡{t>0:Bt∉]a,b[}\tau_{a,b}=\inf\{t\gt 0:B_t\notin]a,b[\} avec a<0<ba\lt 0\lt b. a. (1 pt) Montrer que τa,b\tau_{a,b} est un temps d'arrêt fini p.s. b. (2 pts) Montrer E(Bt∧τa,b)=0\mathbb{E}(B_{t\wedge\tau_{a,b}})=0, en déduire E(Bτa,b)=0\mathbb{E}(B_{\tau_{a,b}})=0 et P(Bτa,b=b)=−ab−a\mathbb{P}(B_{\tau_{a,b}}=b)=\frac{-a}{b-a}. c. (2 pts) Montrer E(Mt∧τa,b)=0\mathbb{E}(M_{t\wedge\tau_{a,b}})=0 et en déduire E(τa,b)=−ab\mathbb{E}(\tau_{a,b})=-ab. d. (1 pt) Soit Xt=1aBa2tX_t=\frac{1}{a}B_{a^2 t} et σa,b=inf⁡{t>0:Xt∉]a,b[}\sigma_{a,b}=\inf\{t\gt 0:X_t\notin]a,b[\}. Comparer E(τa,b)\mathbb{E}(\tau_{a,b}) et E(σa,b)\mathbb{E}(\sigma_{a,b}).
  3. Supposons (Xt)(X_t) càdlàg adapté. a. (1 pt) Montrer que si pour tout temps d'arrêt borné τ\tau, Xτ∈L1X_\tau\in L^1 et E(Xτ)=E(X0)\mathbb{E}(X_\tau)=\mathbb{E}(X_0), alors (Xt)(X_t) est une martingale. b. (0,5 pts) Pourquoi la filtration est supposée complète et continue à droite, et le processus càdlàg ?
  4. Soit (Mt)(M_t) une martingale, τ\tau un temps d'arrêt, Mtτ:=Mτ∧tM_t^\tau:=M_{\tau\wedge t}. a. (0,5 pts) Pourquoi (Mtτ)(M_t^\tau) est càdlàg ? b. (1 pt) En déduire que (Mtτ)(M_t^\tau) est une martingale.
◀الحل

1.

E[Bt2∣Fs]=E[(Bt−Bs+Bs)2∣Fs]=Bs2+(t−s)\mathbb{E}[B_t^2\mid\mathcal{F}_s]=\mathbb{E}[(B_t-B_s+B_s)^2\mid\mathcal{F}_s]=B_s^2+(t-s), donc E[Mt∣Fs]=Bs2−s=Ms\mathbb{E}[M_t\mid\mathcal{F}_s]=B_s^2-s=M_s. ✓

2a.

Bijectivité du processus brownien : le brownien atteint aa et bb p.s. en temps fini, donc τa,b<∞\tau_{a,b}<\infty p.s.

2b.

Par le théorème d'arrêt optionnel sur le brownien : E[Bt∧τ]=0\mathbb{E}[B_{t\wedge\tau}]=0. Par convergence dominée (borne max⁡(∣a∣,b)\max(|a|,b)) : E[Bτ]=0\mathbb{E}[B_\tau]=0. Avec Bτ∈{a,b}B_\tau\in\{a,b\} et pa+pb=1p_a+p_b=1 :

bpb+apa=0⟹P(Bτ=b)=−ab−a,P(Bτ=a)=bb−abp_b + ap_a = 0 \Longrightarrow \boxed{\mathbb{P}(B_\tau=b)=\frac{-a}{b-a},\quad \mathbb{P}(B_\tau=a)=\frac{b}{b-a}}

2c.

De E[Mt∧τ]=0\mathbb{E}[M_{t\wedge\tau}]=0 : E[Bt∧τ2]=E[t∧τ]\mathbb{E}[B_{t\wedge\tau}^2]=\mathbb{E}[t\wedge\tau]. À la limite (convergence monotone) : E[Bτ2]=E[τ]\mathbb{E}[B_\tau^2]=\mathbb{E}[\tau]. E[Bτ2]=b2⋅−ab−a+a2⋅bb−a=ab(a−b)b−a=−ab\mathbb{E}[B_\tau^2]=b^2\cdot\frac{-a}{b-a}+a^2\cdot\frac{b}{b-a}=\frac{ab(a-b)}{b-a}=-ab.

E[τa,b]=−ab\boxed{\mathbb{E}[\tau_{a,b}]=-ab}

2d.

Xt=1aBa2tX_t=\frac{1}{a}B_{a^2t} est un BM (propriété de scaling). Par le résultat précédent appliqué à XX, E[σa,b]=−ab/a2=−b/a\mathbb{E}[\sigma_{a,b}]=-ab/a^2=-b/a. En général E[σa,b]≠E[τa,b]\mathbb{E}[\sigma_{a,b}]\neq\mathbb{E}[\tau_{a,b}].

3a.

Pour A∈FsA\in\mathcal{F}_s, poser τA=t⋅1A+s⋅1Ac\tau_A=t\cdot\mathbf{1}_A+s\cdot\mathbf{1}_{A^c} (temps d'arrêt borné). La condition donne E[Xt1A]=E[Xs1A]\mathbb{E}[X_t\mathbf{1}_A]=\mathbb{E}[X_s\mathbf{1}_A] pour tout A∈FsA\in\mathcal{F}_s, i.e. E[Xt∣Fs]=Xs\mathbb{E}[X_t\mid\mathcal{F}_s]=X_s.

3b.

Complétude et continuité à droite : permettent d'appliquer le théorème d'arrêt et assurent la mesurabilité. Càdlàg : garantit l'existence et la mesurabilité des limites à droite.

4a.

Mtτ=Mτ∧tM_t^\tau=M_{\tau\wedge t} : composition du processus càdlàg MM avec t↦τ∧tt\mapsto\tau\wedge t, donc càdlàg.

4b.

Pour tout temps d'arrêt borné σ\sigma, σ∧τ\sigma\wedge\tau est borné. Par 3a : E[Mστ]=E[Mσ∧τ]=E[M0]\mathbb{E}[M^\tau_\sigma]=\mathbb{E}[M_{\sigma\wedge\tau}]=\mathbb{E}[M_0]. Donc (Mtτ)(M_t^\tau) est une martingale.