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مسابقة دكتوراه 2017 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

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Concours d'accès à la formation de troisième cycle LMD (21 octobre 2017) — Épreuve de Statistique Inférentielle, Université Mohamed Khider - Biskra, Faculté des Sciences Exactes et des Sciences de la Nature et de la Vie, Département de Mathématiques — 21 octobre 2017.

التمرين 1

Exercice 1 — Loi Beta : méthode des moments, information de Fisher et efficacité

#statistics#beta-distribution#method-of-moments#fisher-information#cramer-rao

Soit (X1,…,Xn)(X_1, \ldots, X_n) un échantillon d'une variable aléatoire XX de densité de probabilité :

f(x)={θ(θ+1) xθ−1(1−x)si 0<x<10sinon,f(x) = \begin{cases} \theta(\theta+1)\,x^{\theta-1}(1-x) & \text{si } 0 \lt x \lt 1 \\ 0 & \text{sinon,} \end{cases}

  1. (2 pts) Calculer l'estimateur θ^\hat{\theta} de θ\theta obtenu par la méthode des moments.
  2. (2 pts) Calculer l'information de Fisher. Déduire la borne de Cramér-Rao.
  3. (3 pts) Sachant que Var(θ^)=θ(θ+2)22n(θ+3)\mathrm{Var}(\hat{\theta}) = \dfrac{\theta(\theta+2)^2}{2n(\theta+3)}, montrer que θ^\hat{\theta} n'est pas efficace.
◀الحل

1.

On calcule l'espérance :

E(X)=∫01x⋅θ(θ+1)xθ−1(1−x) dx=θ(θ+1)[1θ+1−1θ+2]=θθ+2.E(X) = \int_0^1 x \cdot \theta(\theta+1)x^{\theta-1}(1-x)\,dx = \theta(\theta+1)\left[\frac{1}{\theta+1} - \frac{1}{\theta+2}\right] = \frac{\theta}{\theta+2}.

La méthode des moments donne Xˉn=θθ+2\bar{X}_n = \frac{\theta}{\theta+2}, d'où θ(1−Xˉn)=2Xˉn−θ⋅0\theta(1-\bar{X}_n) = 2\bar{X}_n - \theta \cdot 0... résolvons : θ=2Xˉn1−Xˉn\theta = \frac{2\bar{X}_n}{1-\bar{X}_n}.

θ^=2Xˉn1−Xˉn.\boxed{\hat{\theta} = \frac{2\bar{X}_n}{1 - \bar{X}_n}.}

2.

On a ln⁡f(x;θ)=ln⁡θ+ln⁡(θ+1)+(θ−1)ln⁡x+ln⁡(1−x)\ln f(x;\theta) = \ln\theta + \ln(\theta+1) + (\theta-1)\ln x + \ln(1-x). Donc :

∂∂θln⁡f=1θ+1θ+1+ln⁡x,∂2∂θ2ln⁡f=−1θ2−1(θ+1)2.\frac{\partial}{\partial\theta}\ln f = \frac{1}{\theta} + \frac{1}{\theta+1} + \ln x, \quad \frac{\partial^2}{\partial\theta^2}\ln f = -\frac{1}{\theta^2} - \frac{1}{(\theta+1)^2}.

L'information de Fisher unitaire vaut :

I1(θ)=−E ⁣[∂2ln⁡f∂θ2]=1θ2+1(θ+1)2.I_1(\theta) = -E\!\left[\frac{\partial^2 \ln f}{\partial\theta^2}\right] = \frac{1}{\theta^2} + \frac{1}{(\theta+1)^2}.

Pour un échantillon de taille nn : In(θ)=nI1(θ)I_n(\theta) = n I_1(\theta). La borne de Cramér-Rao est :

Var(θ^)≥1nI1(θ)=1n(1θ2+1(θ+1)2).\boxed{\mathrm{Var}(\hat{\theta}) \geq \frac{1}{n I_1(\theta)} = \frac{1}{n\left(\dfrac{1}{\theta^2} + \dfrac{1}{(\theta+1)^2}\right)}.}

3.

Un estimateur est efficace si son biais est nul et si Var(θ^)=1nI1(θ)\mathrm{Var}(\hat{\theta}) = \frac{1}{n I_1(\theta)}. Comparons :

1nI1(θ)=θ2(θ+1)2n(2θ2+2θ+1).\frac{1}{n I_1(\theta)} = \frac{\theta^2(\theta+1)^2}{n(2\theta^2+2\theta+1)}.

Or Var(θ^)=θ(θ+2)22n(θ+3)\mathrm{Var}(\hat{\theta}) = \dfrac{\theta(\theta+2)^2}{2n(\theta+3)}.

Ces deux expressions ne sont pas égales (vérifiable pour θ=1\theta=1 : 1nI1(1)=45n\frac{1}{n I_1(1)} = \frac{4}{5n} alors que Var(θ^)∣θ=1=98n\mathrm{Var}(\hat{\theta})|_{\theta=1} = \frac{9}{8n}), donc θ^\hat{\theta} n'est pas efficace.

التمرين 2

Exercice 2 — Estimateurs de la variance : biais, variance et comparaison

#statistics#sample-variance#bias#unbiased-estimator#efficiency

Soit (X1,…,Xn)(X_1, \ldots, X_n) un échantillon de variables aléatoires indépendantes et de loi parente d'espérance μ\mu et de variance σ2\sigma^2 inconnues. Considérons les statistiques :

Xˉ=1n∑i=1nXi,S2=1n∑i=1n(Xi−Xˉ)2etS′2=1n−1∑i=1n(Xi−Xˉ)2.\bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i, \quad S^2 = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (X_i - \bar{X})^2 \quad \text{et} \quad S'^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n(X_i - \bar{X})^2.

On donne E(S2)=n−1nσ2E(S^2) = \frac{n-1}{n}\sigma^2 et Var(S2)=n−1n3((n−1)μ4−(n−3)σ4)\mathrm{Var}(S^2) = \frac{n-1}{n^3}((n-1)\mu_4 - (n-3)\sigma^4), où μ4=E((Xi−μ)4)\mu_4 = E((X_i-\mu)^4).

  1. (1 pt) Calculer E(Xˉ)E(\bar{X}) et Var(Xˉ)\mathrm{Var}(\bar{X}).
  2. (1 pt) S2S^2 est-il un estimateur non biaisé de σ2\sigma^2 ?
  3. (2 pts) Calculer E(S′2)E(S'^2) et en déduire l'estimateur non biaisé de σ2\sigma^2.
  4. (1 pt) Calculer Var(S′2)\mathrm{Var}(S'^2).

Supposons maintenant que μ\mu est connue. Définissons A=1n∑i=1n(Xi−μ)2A = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (X_i-\mu)^2.

  1. (1 pt) Calculer E(A)E(A) et Var(A)\mathrm{Var}(A).
  2. (1 pt) Quel est l'estimateur le plus précis de σ2\sigma^2 (non biaisé et de variance minimale) ?
◀الحل

1.

E(Xˉ)=μ,Var(Xˉ)=σ2n.\boxed{E(\bar{X}) = \mu, \quad \mathrm{Var}(\bar{X}) = \frac{\sigma^2}{n}.}

2.

Puisque E(S2)=n−1nσ2≠σ2E(S^2) = \frac{n-1}{n}\sigma^2 \neq \sigma^2 (pour n≥2n \geq 2), S2S^2 est un estimateur biaisé de σ2\sigma^2, avec biais −σ2/n-\sigma^2/n.

3.

S′2=nn−1S2S'^2 = \frac{n}{n-1}S^2, donc :

E(S′2)=nn−1E(S2)=nn−1⋅n−1nσ2=σ2.E(S'^2) = \frac{n}{n-1} E(S^2) = \frac{n}{n-1}\cdot\frac{n-1}{n}\sigma^2 = \sigma^2.

S′2\boxed{S'^2} est l'estimateur non biaisé classique de σ2\sigma^2.

4.

S′2=nn−1S2S'^2 = \frac{n}{n-1}S^2, donc Var(S′2)=n2(n−1)2Var(S2)=n2(n−1)2⋅n−1n3((n−1)μ4−(n−3)σ4)\mathrm{Var}(S'^2) = \frac{n^2}{(n-1)^2}\mathrm{Var}(S^2) = \frac{n^2}{(n-1)^2}\cdot\frac{n-1}{n^3}((n-1)\mu_4-(n-3)\sigma^4).

Var(S′2)=(n−1)μ4−(n−3)σ4n(n−1).\boxed{\mathrm{Var}(S'^2) = \frac{(n-1)\mu_4-(n-3)\sigma^4}{n(n-1)}.}

5.

E(A)=E((X1−μ)2)=σ2E(A) = E((X_1-\mu)^2) = \sigma^2 (sans biais). Pour la variance :

Var(A)=1nVar((X1−μ)2)=1n(E((X1−μ)4)−σ4)=μ4−σ4n.\mathrm{Var}(A) = \frac{1}{n}\mathrm{Var}((X_1-\mu)^2) = \frac{1}{n}\left(E((X_1-\mu)^4) - \sigma^4\right) = \frac{\mu_4 - \sigma^4}{n}.

6.

Comparons Var(A)\mathrm{Var}(A) et Var(S′2)\mathrm{Var}(S'^2) :

Var(A)−Var(S′2)=μ4−σ4n−(n−1)μ4−(n−3)σ4n(n−1)=(n−1)(μ4−σ4)−(n−1)μ4+(n−3)σ4n(n−1)=−2σ4n(n−1)<0.\mathrm{Var}(A) - \mathrm{Var}(S'^2) = \frac{\mu_4-\sigma^4}{n} - \frac{(n-1)\mu_4-(n-3)\sigma^4}{n(n-1)} = \frac{(n-1)(\mu_4-\sigma^4) - (n-1)\mu_4+(n-3)\sigma^4}{n(n-1)} = \frac{-2\sigma^4}{n(n-1)} \lt 0.

Donc Var(A)<Var(S′2)\mathrm{Var}(A) \lt \mathrm{Var}(S'^2) : AA est l'estimateur le plus précis lorsque μ\mu est connu.

التمرين 3

Exercice 3 — Comparaison Linux/WinNT : intervalles de confiance et taille d'échantillon

#statistics#confidence-interval#hypothesis-test#sample-size#normal-distribution

Vingt informaticiens ont installé chacun soit Linux soit WinNT. Le temps nécessaire (en minutes) à chacun pour l'installation est répertorié dans le tableau suivant :

| Linux | 154 | 164 | 198 | 168 | 180 | 172 | 142 | 165 | 172 | 158 | | WinNT | 145 | 162 | 156 | 152 | 168 | 157 | 155 | 140 | 145 | 160 |

On suppose que les données proviennent de la loi normale de variances respectives σL2=225\sigma_L^2 = 225 et σW2=100\sigma_W^2 = 100.

  1. (4 pts) Calculer l'intervalle de confiance, de niveau 95%, de la durée moyenne d'installation de chacun des 2 logiciels.
  2. (2 pts) Quelle taille d'échantillon faudrait-il pour garantir une puissance de 90% afin de détecter des différences de durée de 10 minutes ? On donne Φ(1.96)=0.9750\Phi(1.96) = 0.9750 et Φ(1.64)=0.95\Phi(1.64) = 0.95.
◀الحل

1.

On calcule les moyennes empiriques :

xˉL=154+164+198+168+180+172+142+165+172+15810=167310=167.3 min.\bar{x}_L = \frac{154+164+198+168+180+172+142+165+172+158}{10} = \frac{1673}{10} = 167.3 \text{ min.}

xˉW=145+162+156+152+168+157+155+140+145+16010=154010=154.0 min.\bar{x}_W = \frac{145+162+156+152+168+157+155+140+145+160}{10} = \frac{1540}{10} = 154.0 \text{ min.}

Avec n=10n=10, z0.025=1.96z_{0.025} = 1.96, les intervalles de confiance à 95% sont :

Linux : xˉL±1.96 σLn=167.3±1.96×1510=167.3±9.29.\text{Linux : } \bar{x}_L \pm 1.96\,\frac{\sigma_L}{\sqrt{n}} = 167.3 \pm 1.96 \times \frac{15}{\sqrt{10}} = 167.3 \pm 9.29.

IC95%(μL)=[158.01 , 176.59] minutes.\boxed{\text{IC}_{95\%}(\mu_L) = [158.01\,,\, 176.59] \text{ minutes.}}

WinNT : xˉW±1.96 σWn=154.0±1.96×1010=154.0±6.20.\text{WinNT : } \bar{x}_W \pm 1.96\,\frac{\sigma_W}{\sqrt{n}} = 154.0 \pm 1.96 \times \frac{10}{\sqrt{10}} = 154.0 \pm 6.20.

IC95%(μW)=[147.80 , 160.20] minutes.\boxed{\text{IC}_{95\%}(\mu_W) = [147.80\,,\, 160.20] \text{ minutes.}}

2.

Pour détecter une différence δ=10\delta = 10 min avec puissance 1−β=90%1-\beta = 90\% et niveau α=5%\alpha = 5\% :

n≥(zα/2+zβ)2(σL2+σW2)δ2.n \geq \frac{(z_{\alpha/2} + z_\beta)^2(\sigma_L^2 + \sigma_W^2)}{\delta^2}.

Avec zα/2=1.96z_{\alpha/2} = 1.96, zβ=z0.10=1.64z_\beta = z_{0.10} = 1.64 (Φ(1.64)=0.95\Phi(1.64) = 0.95) :

n≥(1.96+1.64)2×(225+100)100=(3.60)2×325100=12.96×325100≈42.12.n \geq \frac{(1.96 + 1.64)^2 \times (225+100)}{100} = \frac{(3.60)^2 \times 325}{100} = \frac{12.96 \times 325}{100} \approx 42.12.

n≥43 sujets par groupe.\boxed{n \geq 43 \text{ sujets par groupe.}}