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مسابقة دكتوراه 2017Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 07

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

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.

التمرين 1

Exercice 1 — Estimation par la méthode des moments, information de Fisher

#statistics#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)xθ1(1x)si 0<x<1 0sinon.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. (2,5 pts) Calculer l'estimateur θ^\hat{\theta} de θ\theta obtenu par la méthode des moments.
  2. (2,5 pts) Calculer l'information de Fisher. Déduire la borne de Cramer-Rao.
  3. (2 pts) Sachant que Var(θ^)=θ(θ+2)22n(θ+3)\operatorname{Var}(\hat{\theta}) = \frac{\theta(\theta+2)^2}{2n(\theta+3)}, montrer que θ^\hat{\theta} n'est pas efficace.
الحل

1.

On calcule E[X]=01xθ(θ+1)xθ1(1x)dx=θθ+2E[X] = \int_0^1 x\,\theta(\theta+1)x^{\theta-1}(1-x)\,dx = \frac{\theta}{\theta+2}. En égalant avec Xˉ\bar{X} :

θ^=2Xˉ1Xˉ.\boxed{\hat{\theta} = \frac{2\bar{X}}{1-\bar{X}}.}

2.

logf=logθ+log(θ+1)+(θ1)logx+log(1x)\log f = \log\theta + \log(\theta+1)+(\theta-1)\log x+\log(1-x).

I(θ)=1θ2+1(θ+1)2I(\theta) = \frac{1}{\theta^2}+\frac{1}{(\theta+1)^2}.

Borne de Cramer-Rao : Var(T)1nI(θ)\operatorname{Var}(T) \geq \dfrac{1}{nI(\theta)}.

3.

On vérifie numériquement que θ(θ+2)22n(θ+3)1n(1θ2+1(θ+1)2)\frac{\theta(\theta+2)^2}{2n(\theta+3)} \neq \frac{1}{n\left(\frac{1}{\theta^2}+\frac{1}{(\theta+1)^2}\right)}, donc θ^\hat{\theta} n'atteint pas la borne CR et n'est pas efficace.

التمرين 2

Exercice 2 — Estimateurs de la variance : S², S'², A

#statistics#variance-estimation#unbiased-estimator#bias

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

Xˉ=1ni=1nXi,S2=1ni=1n(XiXˉ)2,S2=1n1i=1n(XiXˉ)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 S'^2 = \frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^n (X_i-\bar{X})^2.

On donne E(S2)=n1nσ2E(S^2)=\frac{n-1}{n}\sigma^2 et Var(S2)=n1n3[(n1)μ4(n3)σ4]\operatorname{Var}(S^2)=\frac{n-1}{n^3}\left[(n-1)\mu_4-(n-3)\sigma^4\right]μ4=E[(Xiμ)4]\mu_4=E[(X_i-\mu)^4].

  1. (1 pt) Calculer E(Xˉ)E(\bar{X}) et Var(Xˉ)\operatorname{Var}(\bar{X}).
  2. (1 pt) Est-ce que S2S^2 est un estimateur non biaisé pour σ2\sigma^2 ?
  3. (2 pts) Calculer E(S2)E(S'^2) et en déduire l'estimateur non biaisé pour σ2\sigma^2.
  4. (1 pt) Calculer Var(S2)\operatorname{Var}(S'^2).

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

  1. (1 pt) Calculer E(A)E(A) et Var(A)\operatorname{Var}(A).
  2. (1 pt) Quel est l'estimateur le plus précis pour σ2\sigma^2 ?
الحل

1.

E(Xˉ)=μE(\bar{X})=\mu, Var(Xˉ)=σ2n\operatorname{Var}(\bar{X})=\frac{\sigma^2}{n}.

2.

E(S2)=n1nσ2σ2E(S^2)=\frac{n-1}{n}\sigma^2\neq\sigma^2 : S2S^2 est biaisé.

3.

S2=nn1S2S'^2=\frac{n}{n-1}S^2, donc E(S2)=σ2E(S'^2)=\sigma^2. L'estimateur non biaisé est S2S'^2.

4.

Var(S2)=(n1)μ4(n3)σ4n(n1)\operatorname{Var}(S'^2)=\frac{(n-1)\mu_4-(n-3)\sigma^4}{n(n-1)}.

5.

E(A)=σ2E(A)=\sigma^2, Var(A)=μ4σ4n\operatorname{Var}(A)=\frac{\mu_4-\sigma^4}{n}.

6.

Var(A)Var(S2)\operatorname{Var}(A) \leq \operatorname{Var}(S'^2) : l'estimateur le plus précis (non biaisé, variance minimale) est AA.

التمرين 3

Exercice 3 — Intervalle de confiance : Linux vs WinNT

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

Vingt informaticiens ont installé chacun soit Linux soit WinNT. Les temps d'installation (en minutes) sont :

Linux154164198168180172142165172158
WinNT145162156152168157155140145160

On suppose que les données proviennent de lois normales de variances 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.

xˉL=167.3\bar{x}_L=167.3, xˉW=154.0\bar{x}_W=154.0.

IC 95% pour μL\mu_L : 167.3±1.96×1510167.3\pm 1.96\times\frac{15}{\sqrt{10}}

ICL=[157.6;177.0]\boxed{IC_L=[157.6\,;\,177.0]}

IC 95% pour μW\mu_W : 154.0±1.96×1010154.0\pm 1.96\times\frac{10}{\sqrt{10}}

ICW=[147.8;160.2]\boxed{IC_W=[147.8\,;\,160.2]}

2.

Avec zα/2=1.96z_{\alpha/2}=1.96 et zβ=1.64z_{\beta}=1.64 (1β=90%1-\beta=90\%), δ=10\delta=10, σL2+σW2=325\sigma_L^2+\sigma_W^2=325 :

n(1.96+1.64)2×325102=12.96×32510043.n \geq \frac{(1.96+1.64)^2\times 325}{10^2} = \frac{12.96\times 325}{100} \approx \boxed{43.}

التمرين 4

Exercice 4 — Loi uniforme U[0,θ] : vraisemblance et maximum de vraisemblance

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

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. (1,5 pts) Montrer que la vraisemblance associée à l'échantillon x1,,xnx_1,\ldots,x_n est

L(x1,,xn,θ)=1θn10sup1inxiθ.L(x_1,\ldots,x_n,\theta)=\frac{1}{\theta^n}\mathbf{1}_{0\leq\sup_{1\leq i\leq n}x_i\leq\theta}.

  1. (1,5 pts) Montrer que l'estimateur du maximum de vraisemblance de θ\theta est Y=sup1inXiY=\sup_{1\leq i\leq n}X_i.
  2. (1,5 pts) Trouver la fonction de répartition et la densité de YY.
  3. (1,5 pts) Calculer E(Y)E(Y), et en déduire que YY est un estimateur biaisé pour θ\theta.
  4. (1 pt) Trouver un estimateur θ^\hat{\theta} non biaisé pour θ\theta.
الحل

1.

f(xi;θ)=1θ10xiθf(x_i;\theta)=\frac{1}{\theta}\mathbf{1}_{0\leq x_i\leq\theta}. Le produit donne L=1θn1supxiθL=\frac{1}{\theta^n}\mathbf{1}_{\sup x_i\leq\theta}.

2.

LL est décroissante en θ\theta pour θsupxi\theta\geq\sup x_i, maximisée pour θ^MV=Y=supXi\hat{\theta}_{MV}=Y=\sup X_i.

3.

FY(y)=(yθ)nF_Y(y)=\left(\frac{y}{\theta}\right)^n, fY(y)=nθnyn1f_Y(y)=\frac{n}{\theta^n}y^{n-1} pour 0yθ0\leq y\leq\theta.

4.

E(Y)=nn+1θθE(Y)=\frac{n}{n+1}\theta\neq\theta : YY est biaisé.

5.

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

التمرين 5

Exercice 5 — Variable discrète à loi cos²/sin², test du chi-deux

#statistics#discrete-distribution#chi-squared-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 de probabilité :

pX(x;θ)={3cos2θ82.5xsi x{1,3}3sin2θ82.5xsi x{2,4}p_X(x;\theta) = \begin{cases} \dfrac{3\cos^2\theta}{8|2.5-x|} & \text{si } x\in\{1,3\} \\[6pt] \dfrac{3\sin^2\theta}{8|2.5-x|} & \text{si } x\in\{2,4\} \end{cases}

θ[0,+)\theta\in[0,+\infty).

  1. (3,5 pts) Calculer E(X3)E(X^3) et en déduire un estimateur de θ\theta.
  2. (3,5 pts) On a recueilli 365 observations : n1=63n_1=63, n2=120n_2=120, n3=148n_3=148, n4=34n_4=34. Tester l'ajustement du modèle 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.

p1=cos2θ4p_1=\frac{\cos^2\theta}{4}, p2=3sin2θ4p_2=\frac{3\sin^2\theta}{4}, p3=3cos2θ4p_3=\frac{3\cos^2\theta}{4}, p4=sin2θ4p_4=\frac{\sin^2\theta}{4}.

E(X3)=1p1+8p2+27p3+64p4=82cos2θ+88sin2θ4=82+6sin2θ4E(X^3)=1\cdot p_1+8\cdot p_2+27\cdot p_3+64\cdot p_4=\frac{82\cos^2\theta+88\sin^2\theta}{4}=\frac{82+6\sin^2\theta}{4}.

Estimateur : sin2θ^=4X3826\sin^2\hat{\theta}=\frac{4\overline{X^3}-82}{6}.

2.

Avec θ=3π/4\theta=3\pi/4 : cos2θ=sin2θ=1/2\cos^2\theta=\sin^2\theta=1/2. Probabilités : p1=1/8p_1=1/8, p2=3/8p_2=3/8, p3=3/8p_3=3/8, p4=1/8p_4=1/8. Effectifs théoriques (n=365n=365) : e1=45.6e_1=45.6, e2=136.9e_2=136.9, e3=136.9e_3=136.9, e4=45.6e_4=45.6.

T=(6345.6)245.6+(120136.9)2136.9+(148136.9)2136.9+(3445.6)245.612.3.T=\frac{(63-45.6)^2}{45.6}+\frac{(120-136.9)^2}{136.9}+\frac{(148-136.9)^2}{136.9}+\frac{(34-45.6)^2}{45.6}\approx 12.3.

T=12.3>χ0.05;32=7.81T=12.3\gt\chi^2_{0.05;3}=7.81 : on rejette H0H_0.

التمرين 6

Exercice 6 — Test hypothèse μ>0, fonction puissance, niveau de signification

#statistics#hypothesis-testing#power-function#significance-level

Soit XX une population normale de moyenne μ\mu connue et de variance 1. Pour tester H0:μ0H_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 les règles :

R1R_1 : «on rejette H0H_0 si xˉ0.32\bar{x}\geq 0.32» et R2R_2 : «on rejette H0H_0 si max1i16xi2.48\max_{1\leq i\leq 16}x_i\geq 2.48».

  1. (3 pts) Déterminer la fonction puissance de chacune des deux règles.
  2. (3 pts) 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 : XˉN(μ,1/16)\bar{X}\sim\mathcal{N}(\mu,1/16), donc

π1(μ)=Pμ(Xˉ0.32)=1Φ(0.32μ1/4)=1Φ(1.284μ).\pi_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 : M=maxiXiM=\max_i X_i, FM(m)=[Φ(mμ)]16F_M(m)=[\Phi(m-\mu)]^{16}, donc

π2(μ)=1[Φ(2.48μ)]16.\pi_2(\mu)=1-[\Phi(2.48-\mu)]^{16}.

2. Niveaux de signification

α1=π1(0)=1Φ(1.28)=10.90=0.10.\alpha_1=\pi_1(0)=1-\Phi(1.28)=1-0.90=\boxed{0.10}.

α2=π2(0)=1[Φ(2.48)]16=1(0.9934)160.10.\alpha_2=\pi_2(0)=1-[\Phi(2.48)]^{16}=1-(0.9934)^{16}\approx\boxed{0.10}.