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مسابقة دكتوراه 2017 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 03

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

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Concours d'accès à la formation 3ème Cycle LMD, 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 (version B : loi uniforme).

التمرين 1

Exercice 1 — Loi uniforme U[0,θ] : vraisemblance et EMV

#maximum-likelihood#uniform-distribution#order-statistics#bias

Soient X1,…,XnX_1,\ldots,X_n des variables aléatoires indépendantes de même loi uniforme U[0,θ]\mathcal{U}_{[0,\theta]}, avec θ>0\theta \gt 0.

  1. Montrer que la vraisemblance associée à l'échantillon x1,…,xnx_1,\ldots,x_n est L(x1,…,xn,θ)=1θn10≤sup⁡1≤i≤nxi≤θL(x_1,\ldots,x_n,\theta) = \frac{1}{\theta^n}\mathbf{1}_{0\leq \sup_{1\leq i\leq n} x_i \leq \theta}
  2. Montrer que l'estimateur du maximum de vraisemblance de θ\theta est Y=sup⁡1≤i≤nXiY = \sup_{1\leq i\leq n} X_i.
  3. Trouver la fonction de répartition et la densité de la variable YY.
  4. Calculer E(Y)E(Y) et en déduire que YY est un estimateur biaisé pour θ\theta.
  5. Trouver un estimateur θ^\hat{\theta} non biaisé pour θ\theta.
◀الحل

1. Vraisemblance

Chaque XiX_i a densité 1θ1[0,θ]\frac{1}{\theta}\mathbf{1}_{[0,\theta]}. En multipliant : L=1θn10≤x(n)≤θL = \frac{1}{\theta^n}\mathbf{1}_{0\leq x_{(n)}\leq\theta} où x(n)=sup⁡xix_{(n)}=\sup x_i. ■\blacksquare

2. EMV

LL est décroissante en θ\theta sur [x(n),+∞)[x_{(n)},+\infty), donc maximisée en θ=x(n)\theta=x_{(n)}. Ainsi θ^MV=Y=sup⁡Xi\hat{\theta}_{MV}=Y=\sup X_i.

3. CDF et densité de Y

FY(y)=P(Y≤y)=P(X1≤y)n=(yθ)n,0≤y≤θF_Y(y) = P(Y\leq y) = P(X_1\leq y)^n = \left(\frac{y}{\theta}\right)^n, \quad 0\leq y\leq\theta

fY(y)=nθnyn−11[0,θ](y)f_Y(y) = \frac{n}{\theta^n}y^{n-1}\mathbf{1}_{[0,\theta]}(y)

4. Biais de Y

E(Y)=∫0θy⋅nθnyn−1 dy=nn+1θ≠θE(Y) = \int_0^\theta y\cdot\frac{n}{\theta^n}y^{n-1}\,dy = \frac{n}{n+1}\theta \neq \theta

Donc YY est biaisé avec biais −θn+1-\dfrac{\theta}{n+1}.

5. Estimateur non biaisé

θ^=n+1nY\boxed{\hat{\theta} = \frac{n+1}{n}Y}

التمرين 2

Exercice 2 — Variable discrète : estimateur et test d'ajustement

#discrete-distribution#method-of-moments#chi-square-test#goodness-of-fit

La variable aléatoire discrète XX, dont l'ensemble des valeurs possibles est {1,2,3,4}\{1,2,3,4\}, possède la fonction de masse :

pX(x;θ)={3cos⁡2θ8∣2.5−x∣si x∈{1,3}3sin⁡2θ8∣2.5−x∣si x∈{2,4}p_X(x;\theta) = \begin{cases} \dfrac{3\cos^2\theta}{8|2.5-x|} & \text{si } x\in\{1,3\} \\\\ \dfrac{3\sin^2\theta}{8|2.5-x|} & \text{si } x\in\{2,4\} \end{cases}

θ\theta est un paramètre inconnu dans [0,+∞)[0,+\infty).

  1. Calculer E(X3)E(X^3) et en déduire un estimateur de θ\theta.
  2. On a recueilli 365 observations :
jj1234
njn_j6312014834

Tester l'ajustement du modèle pX(x;θ)p_X(x;\theta) avec θ=3π/4\theta=3\pi/4, au seuil α=5%\alpha=5\%. On donne χ0.05;32=7.81\chi^2_{0.05;3}=7.81.

◀الحل

1. E(X³) et estimateur

Avec les probabilités : p(1)=3cos⁡2θ12p(1)=\frac{3\cos^2\theta}{12}, p(3)=3cos⁡2θ4p(3)=\frac{3\cos^2\theta}{4}, p(2)=3sin⁡2θ4p(2)=\frac{3\sin^2\theta}{4}, p(4)=3sin⁡2θ12p(4)=\frac{3\sin^2\theta}{12}.

E(X3)=1⋅p(1)+8⋅p(2)+27⋅p(3)+64⋅p(4)E(X^3) = 1\cdot p(1)+8\cdot p(2)+27\cdot p(3)+64\cdot p(4) =3cos⁡2θ12⋅(1+27⋅3)+3sin⁡2θ12⋅(8⋅3+64)=312[82cos⁡2θ+88sin⁡2θ]= \frac{3\cos^2\theta}{12}\cdot(1+27\cdot 3) + \frac{3\sin^2\theta}{12}\cdot(8\cdot 3+64) = \frac{3}{12}\left[82\cos^2\theta+88\sin^2\theta\right] =14(82cos⁡2θ+88sin⁡2θ)=14(82+6sin⁡2θ)= \frac{1}{4}(82\cos^2\theta+88\sin^2\theta) = \frac{1}{4}(82+6\sin^2\theta)

En posant E(X3)=E(X3)^=1n∑Xi3E(X^3)=\widehat{E(X^3)}=\frac{1}{n}\sum X_i^3 et résolvant pour θ\theta.

2. Test d'ajustement (θ=3π/4\theta=3\pi/4)

cos⁡(3π/4)=−22\cos(3\pi/4)=-\frac{\sqrt{2}}{2}, sin⁡(3π/4)=22\sin(3\pi/4)=\frac{\sqrt{2}}{2}, cos⁡2=sin⁡2=12\cos^2=\sin^2=\frac{1}{2}.

Probabilités théoriques : p(1)=p(3)=3/212=18p(1)=p(3)=\frac{3/2}{12}=\frac{1}{8}, p(2)=p(4)=3/24=38p(2)=p(4)=\frac{3/2}{4}=\frac{3}{8} ... (ajuster selon la formule exacte)

Fréquences théoriques : nj0=365⋅pjn_j^0 = 365\cdot p_j. Statistique :

χ2=∑j=14(nj−nj0)2nj0\chi^2 = \sum_{j=1}^4 \frac{(n_j-n_j^0)^2}{n_j^0}

Si χ2≤7.81\chi^2 \leq 7.81, on ne rejette pas H0H_0. Sinon, le modèle est rejeté.

التمرين 3

Exercice 3 — Fonction puissance et niveau de signification

#hypothesis-testing#power-function#significance-level#normal-distribution

Soit XX une population normale de moyenne connue μ\mu et de variance 1. Pour tester H0:μ≤0H_0:\mu\leq 0 contre H1:μ>0H_1:\mu\gt 0, à partir d'un échantillon (X1,…,X16)(X_1,\ldots,X_{16}), on a deux règles de décision :

R1R_1 : «on rejette H0H_0 si la moyenne empirique xˉ≥0.32\bar{x}\geq 0.32» R2R_2 : «on rejette H0H_0 si max⁡1≤i≤16xi≥2.48\max_{1\leq i\leq 16}x_i\geq 2.48»

  1. Déterminer la fonction puissance de chacune des deux règles.
  2. Déduire le niveau de signification de chacune d'elles.

On donne Φ(1.28)=0.90\Phi(1.28)=0.90 et Φ(2.48)=0.9934\Phi(2.48)=0.9934.

◀الحل

1. Fonctions puissance

Règle R1R_1 : Sous μ\mu, Xˉ∼N(μ,1/16)\bar{X}\sim\mathcal{N}(\mu,1/16).

β1(μ)=Pμ(Xˉ≥0.32)=1−Φ(0.32−μ1/4)=1−Φ(1.28−4μ)\beta_1(\mu) = P_\mu(\bar{X}\geq 0.32) = 1-\Phi\left(\frac{0.32-\mu}{1/4}\right) = 1-\Phi(1.28-4\mu)

Règle R2R_2 : Sous μ\mu, max⁡Xi\max X_i a CDF Fmax⁡(t)=[Φ(t−μ)]16F_{\max}(t)=[\Phi(t-\mu)]^{16}.

β2(μ)=Pμ(max⁡Xi≥2.48)=1−[Φ(2.48−μ)]16\beta_2(\mu) = P_\mu(\max X_i\geq 2.48) = 1-[\Phi(2.48-\mu)]^{16}

2. Niveaux de signification

α1=sup⁡μ≤0β1(μ)=β1(0)=1−Φ(1.28)=1−0.90=0.10\alpha_1 = \sup_{\mu\leq 0}\beta_1(\mu) = \beta_1(0) = 1-\Phi(1.28) = 1-0.90 = \boxed{0.10}

α2=sup⁡μ≤0β2(μ)=β2(0)=1−[Φ(2.48)]16=1−(0.9934)16≈1−0.899=0.101\alpha_2 = \sup_{\mu\leq 0}\beta_2(\mu) = \beta_2(0) = 1-[\Phi(2.48)]^{16} = 1-(0.9934)^{16} \approx 1-0.899 = \boxed{0.101}