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مسابقة دكتوراه 2018 — Université Mohamed Khider - Biskra — الموضوع 05

مسابقة تخصص · Probabilités & Statistiques

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Concours d'accès à la formation de troisième cycle (Doctorat LMD) — Épreuve : Statistique inférentielle, Option Statistique Non Paramétrique, Université Mohamed Khider - Biskra, Faculté des Sciences Exactes et des Sciences de la Nature et de la Vie, Département de Mathématiques — 20/10/2018.

التمرين 1

Exercice 1 — Statistiques descriptives : moyenne, variance, médiane et mises à jour

#statistics#descriptive-statistics#mean#variance#median

Dans un quartier résidentiel qui comprend 19 unités d'habitation, nous avons constaté que le total des valeurs locatives est de 1615 unités monétaires (∑i=119xi=1615\displaystyle\sum_{i=1}^{19} x_i = 1615), le total quadratique des valeurs locatives est ∑i=119xi2=175617\displaystyle\sum_{i=1}^{19} x_i^2 = 175617 et une valeur locative médiane de 120 unités monétaire.

  1. Donner la valeur locative moyenne.
  2. Donner la variance empirique des valeurs locatives.
  3. Donner l'estimateur sans biais de variance des valeurs locatives.
  4. Si deux nouvelles unités d'habitation sont construites dans le quartier : l'une a une valeur locative de 75 unités monétaires et l'autre, une villa luxueuse, à une valeur locative de 200 unités monétaire alors : a. Quelles seront les nouvelles valeurs locatives de la moyenne et la médiane pour le quartier ? Pouvait-on s'attendre à de tels résultats. Justifier votre réponse ? b. Quelle est la nouvelle variance sans biais des valeurs locatives pour le quartier ?
◀الحل

1.

xˉ=119∑i=119xi=161519=85 uniteˊs moneˊtaires.\bar{x} = \frac{1}{19}\sum_{i=1}^{19} x_i = \frac{1615}{19} = \boxed{85 \text{ unités monétaires.}}

2.

La variance empirique est :

Sn2=1n∑i=1nxi2−xˉ2=17561719−852=9243−7225=2018.S_n^2 = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i^2 - \bar{x}^2 = \frac{175617}{19} - 85^2 = 9243 - 7225 = \boxed{2018.}

3.

L'estimateur sans biais de la variance est :

σ^2=nn−1Sn2=1918×2018=19×201818≈2131.2.\hat{\sigma}^2 = \frac{n}{n-1}S_n^2 = \frac{19}{18}\times 2018 = \boxed{\frac{19 \times 2018}{18} \approx 2131.2.}

4a.

Avec les deux nouvelles unités (x20=75x_{20} = 75, x21=200x_{21} = 200), n′=21n' = 21 :

xˉ′=1615+75+20021=189021=90 uniteˊs.\bar{x}' = \frac{1615 + 75 + 200}{21} = \frac{1890}{21} = \boxed{90 \text{ unités.}}

La moyenne augmente légèrement car 75<85<20075 \lt 85 \lt 200. Pour la médiane : avec 21 valeurs, la médiane est la 11ème valeur triée. L'insertion de 75 (inférieur à la médiane 120) et 200 (supérieur à 120) décale la médiane d'une position vers le bas. La nouvelle médiane reste aux alentours de 120. Ce résultat est attendu car une valeur de chaque côté de la médiane ne la modifie pas fondamentalement.

4b.

∑i=121xi2=175617+752+2002=175617+5625+40000=221242.\sum_{i=1}^{21} x_i^2 = 175617 + 75^2 + 200^2 = 175617 + 5625 + 40000 = 221242.

σ^′2=120(221242−1890221)=120(221242−170100)=5114220=2557.1.\hat{\sigma}'^2 = \frac{1}{20}\left(221242 - \frac{1890^2}{21}\right) = \frac{1}{20}\left(221242 - 170100\right) = \frac{51142}{20} = \boxed{2557.1.}

التمرين 2

Exercice 2 — Estimation par maximum de vraisemblance pour la loi exponentielle

#statistics#maximum-likelihood#exponential-distribution#estimator#bias

Soit (X1,…,Xn)(X_1,\ldots,X_n) un échantillon, de taille n≥1n \geq 1, d'une population XX de distribution exponentielle de paramètre 1/θ1/\theta, θ>0\theta \gt 0.

  1. Déterminer l'estimateur θ^1\hat{\theta}_1 du maximum de vraisemblance de θ\theta. Vérifier qu'il est sans biais.
  2. On considère un autre estimateur de θ\theta :

θ^2=min⁡1≤i≤nXi.\hat{\theta}_2 = \min_{1 \leq i \leq n} X_i.

Déterminer sa fonction de répartition, puis déduire sa densité de probabilité. A quelle loi de probabilité usuelle correspond-elle ? 3. Comparer les deux estimateurs par rapport à leurs erreurs quadratiques moyennes.

◀الحل

1.

La densité est f(x;θ)=1θe−x/θ1x>0f(x;\theta) = \frac{1}{\theta}e^{-x/\theta}\mathbf{1}_{x\gt 0}. La log-vraisemblance est :

ℓ(θ)=−nln⁡θ−1θ∑i=1nxi.\ell(\theta) = -n\ln\theta - \frac{1}{\theta}\sum_{i=1}^n x_i.

En dérivant et annulant : θ^1=Xˉn=1n∑i=1nXi\hat{\theta}_1 = \bar{X}_n = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i. Puisque E(Xi)=θE(X_i) = \theta, on a E(θ^1)=θE(\hat{\theta}_1) = \theta : θ^1\hat{\theta}_1 est sans biais.

θ^1=Xˉn.\boxed{\hat{\theta}_1 = \bar{X}_n.}

2.

θ^2=min⁡iXi\hat{\theta}_2 = \min_i X_i. Sa fonction de répartition : P(θ^2>t)=P(min⁡iXi>t)=∏i=1nP(Xi>t)=e−nt/θP(\hat{\theta}_2 \gt t) = P(\min_i X_i \gt t) = \prod_{i=1}^n P(X_i \gt t) = e^{-nt/\theta} pour t>0t \gt 0.

Donc Fθ^2(t)=1−e−nt/θF_{\hat{\theta}_2}(t) = 1 - e^{-nt/\theta} et la densité est :

fθ^2(t)=nθe−nt/θ1t>0.f_{\hat{\theta}_2}(t) = \frac{n}{\theta}e^{-nt/\theta}\mathbf{1}_{t\gt 0}.

θ^2\hat{\theta}_2 suit une loi exponentielle de paramètre n/θn/\theta, et E(θ^2)=θ/nE(\hat{\theta}_2) = \theta/n (biaisé).

3.

  • EQM(θ^1)=Var(θ^1)=θ2/n\mathrm{EQM}(\hat{\theta}_1) = \mathrm{Var}(\hat{\theta}_1) = \theta^2/n (sans biais).
  • E(θ^2)=θ/nE(\hat{\theta}_2) = \theta/n, Var(θ^2)=θ2/n2\mathrm{Var}(\hat{\theta}_2) = \theta^2/n^2.
  • EQM(θ^2)=Var(θ^2)+[Biais(θ^2)]2=θ2n2+(θ−θn)2=θ2n2+(n−1)2θ2n2=θ2(n2−2n+2)n2\mathrm{EQM}(\hat{\theta}_2) = \mathrm{Var}(\hat{\theta}_2) + [\mathrm{Biais}(\hat{\theta}_2)]^2 = \frac{\theta^2}{n^2} + \left(\theta - \frac{\theta}{n}\right)^2 = \frac{\theta^2}{n^2} + \frac{(n-1)^2\theta^2}{n^2} = \frac{\theta^2(n^2-2n+2)}{n^2}.

Pour n≥2n \geq 2 : EQM(θ^1)=θ2/n≪θ2(n2−2n+2)/n2≈θ2\mathrm{EQM}(\hat{\theta}_1) = \theta^2/n \ll \theta^2(n^2-2n+2)/n^2 \approx \theta^2. Donc θ^1\hat{\theta}_1 est bien meilleur que θ^2\hat{\theta}_2 au sens de l'EQM.

التمرين 3

Exercice 3 — Loi de Pareto : méthode des moments, MV et information de Fisher

#statistics#pareto-distribution#method-of-moments#maximum-likelihood#fisher-information

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

fθ(x)=θ x−θ−1 1[1,+∞[(x).f_\theta(x) = \theta\,x^{-\theta-1}\,\mathbf{1}_{[1,+\infty[}(x).

  1. On suppose que θ>1\theta \gt 1 ; déterminer l'estimateur θ^M\hat{\theta}^M de θ\theta par la méthode des moments.
  2. Soit maintenant θ>0\theta \gt 0, déterminer l'estimateur du maximum de vraisemblance de θ\theta, noté θ^MV\hat{\theta}^{MV}.
  3. Calculer l'information de Fisher In(θ)I_n(\theta) de ce modèle statistique.
◀الحل

1.

Pour θ>1\theta \gt 1, E(X)=∫1+∞x⋅θx−θ−1 dx=θ∫1+∞x−θ dx=θθ−1E(X) = \int_1^{+\infty} x\cdot\theta x^{-\theta-1}\,dx = \theta\int_1^{+\infty} x^{-\theta}\,dx = \frac{\theta}{\theta-1}.

On résout Xˉn=θθ−1\bar{X}_n = \frac{\theta}{\theta-1}, soit θ=XˉnXˉn−1\theta = \frac{\bar{X}_n}{\bar{X}_n-1}.

θ^M=XˉnXˉn−1.\boxed{\hat{\theta}^M = \frac{\bar{X}_n}{\bar{X}_n - 1}.}

2.

La log-vraisemblance est :

ℓ(θ)=nln⁡θ−(θ+1)∑i=1nln⁡xi.\ell(\theta) = n\ln\theta - (\theta+1)\sum_{i=1}^n \ln x_i.

En dérivant et annulant :

∂ℓ∂θ=nθ−∑i=1nln⁡xi=0  ⟹  θ^MV=n∑i=1nln⁡Xi.\frac{\partial \ell}{\partial \theta} = \frac{n}{\theta} - \sum_{i=1}^n \ln x_i = 0 \implies \hat{\theta}^{MV} = \frac{n}{\sum_{i=1}^n \ln X_i}.

θ^MV=n∑i=1nln⁡Xi.\boxed{\hat{\theta}^{MV} = \frac{n}{\sum_{i=1}^n \ln X_i}.}

3.

L'information de Fisher unitaire est :

I1(θ)=E ⁣[(∂ln⁡fθ(X)∂θ)2].I_1(\theta) = E\!\left[\left(\frac{\partial \ln f_\theta(X)}{\partial\theta}\right)^2\right].

ln⁡fθ(x)=ln⁡θ−(θ+1)ln⁡x\ln f_\theta(x) = \ln\theta - (\theta+1)\ln x, donc ∂ln⁡fθ∂θ=1θ−ln⁡x\frac{\partial\ln f_\theta}{\partial\theta} = \frac{1}{\theta} - \ln x.

E(ln⁡X)=∫1+∞ln⁡x⋅θx−θ−1 dx=1θE(\ln X) = \int_1^{+\infty} \ln x \cdot \theta x^{-\theta-1}\,dx = \frac{1}{\theta} et E((ln⁡X)2)=2θ2E((\ln X)^2) = \frac{2}{\theta^2}.

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

Pour un échantillon de taille nn :

In(θ)=nθ2.\boxed{I_n(\theta) = \frac{n}{\theta^2}.}