[PDF] M1-MEFM Corrigé de lexamen 1 Probabilités et Statistique 2010

View - Download M1-MEFM Corrigé de lexamen 1 Probabilités et Statistique 2010

Previous PDF

Next PDF

Université des Sciences et Technologies de Lille

U.F.R. de Mathématiques Pures et Appliquées

M1-MEFM Année 2010

Corrigé de l"examen du 5 janvier 2011

Ex 1.En guise de problème de synthèse

Soit?Ω,F,?Pθ?θ?Θ?un modèle statistique oùΘ??0,???. On noteX1,...,Xnun

échantillon associé à ce modèle, lesXiétant des v.a. positives ayant pour densité sous

P

θla fonction :

t??f?t,θ?:?2tθ

21?0,θ??t?.

1) La densité de la loi deX1sousPθétant nulle en dehors de?0,θ?, on a0?X1?θ

P θ-presque sûrement. AinsiX1estPθ-p.s. bornée doncPθintégrable. E

θX1??

tf?t,θ?dt?2θ 2? 0 t2dt?2θ 2θ 33
?23 Ce qui précède est valide pour toutθ??0,???. Par linéarité de l"espérance et équidistribution sousPθdesXi, on a ?θ?Θ,Eθ?32X ?32

Eθ?

1n n i?1X i?

32n?nEθX1? ?θ,

ce qui montre que la statistique

32Xest un estimateur sans biais deθ.

D"autre part en appliquant la loi forte des grands nombres sur chacun des espaces

probabilisés?Ω,F,Pθ?aux variables aléatoiresPθ-i.i.d. et intégrablesXi, on obtient :

?θ?Θ,X

Pθ?p.s.??????n???EθX1?23

d"où ?θ?Θ,32X

Pθ?p.s.??????n???θ,

l"estimateur

32Xest donc fortement consistant.

Les v.a.XiétantPθ-p.s. bornées sont de carréPθ-intégrable et par linéarité, il en

va de même pour

32X. Comme l"estimateur32Xest sans biais, son erreur quadratique

moyenne est égale à sa variance : EQM

θ?32X

?Eθ?32X?θ?

2?Varθ?32X

?94

VarθX?94nVarθX1.

Lille I U.F.R. Math.

La variance deX1peut se calculer comme suit :

Var

θX1?EθX21? ?EθX1?2??

t2f?t,θ?dt??23 2 2θ 2? 0 t3dt?49 θ2 2θ 2θ 44
?49

θ2?θ218

Finalement,

?θ?Θ,EQMθ?32X ?θ28n.

2) Pour construire un intervalle de confiance pourθbasé sur l"estimateur32X, il

suffit de construire un intervalle de confiance pourθ??23

θ?EθX1et de multiplier

les bornes par 32
. On est ainsi ramené à l"estimation par intervalle de confiance d"une espérance inconnue dans le cas d"un "grand» échantillon, exemple traité en cours comme application du théorème limite central avec autonormalisation. D"après ce théorème, pour desXide carré intégrable (ce qui est vrai ici pour tout θ), en notantS2la variance empirique de l"échantillon, on a pour toutθ?Θ, T n??n?S

2?X?θ??Pθ?loi?????n???Y

oùYsuit la loi gaussienneN?0,1?. En approximant pourngrand la loi deTnpar celle deY, on peut donc écrire pour toutθ?Θ: P

θ??Tn? ?t? ?Pθ??Y? ?t? ?2Φ?t? ?1,

oùΦest la fonction de répartition de la loiN?0,1?. Pourt?1,96,2Φ?t? ?1?0,95, ce qui nous donne en négligeant l"erreur d"approximation gaussienne : P

θ?X?1,96S?n

?θ??X?1,96S?n ?0,95.

On en déduit que

P

θ?32X?32

?1,96S?n ?θ?32X?32 ?1,96S?n ?0,95. Ceci étant vrai pour toutθ?Θ, on peut donc proposer comme intervalle de confiance au niveau (approximatif)95%pourθ: I n?ω? ??32X?ω? ?5,88S?ω?2 ?n ;32X?ω? ?5,88S?ω?2 ?n Pour l"échantillon simulé présenté à la table 1 , on an?100,X?2,068985,S2?ω? ?

0,638195, d"oùS?ω? ?0,798871, ce qui nous donne finalement :

I n?ω? ? ?2,868609 ; 3,338346?. page 2?13

M1-CAPES Probabilités-Statistique 2010-2011

3) On pose

M n:?max?X1,...,Xn?. Pour calculer la fonction de répartitionFn?.,θ?deMn, on commence par remarquer que l"inégalitéMn?xéquivaut à " pour touti?1,...,n,Xi?x», ce qui permet d"écrire l"évènement?Mn?x?comme l"intersection desnévènementsPθ-indépendants et de mêmePθprobabilité?Xi?x?,i?1,...,n. Ainsi, pour toutxréel, F n?x,θ? ?Pθ?Mn?x? ?n? i?1P

θ?Xi?x? ?Pθ?X1?x?n?F1?x,θ?n.

La fonction de répartitionF1?.,θ?deX1se calcule en intégrant la densité : F

1?x,θ? ??

x f?t,θ?dt?? ?0six?0, 2θ 2? x

0tdt?x2θ

2si0?x?θ,

1six?θ.

On en déduit que

F n?x,θ? ?? ?0six?0, xθ ?2nsi0?x?θ,

1six?θ.

4) Pour montrer queMnest un estimateur fortement consistant deθ, c"est-à-dire

queMnconvergePθ-p.s. versθ, il suffit d"établir la convergence de??? n?1Pθ??Mn?θ? ?δ? pour tout

1δ?0. Comme0?Mn?θ Pθ-p.s., d"oùPθ??Mn?θ? ?δ? ?0pourδ?θ,

il suffit de traiter le cas0?δ?θ. Le terme général de la série s"exprime à l"aide de la

fonction de répartitioncontinueFn?.,θ?: P θ??Mn?θ? ?δ? ?Pθ?Mn?θ?δ? ?Pθ?Mn?θ?δ? ?Pθ?Mn?θ?δ? ?1?Pθ?Mn?θ?δ? 2n?0. On voit ainsi que la série est géométrique de raisonq? ?θ?δθ ?2n??0,1?donc convergente.

On en déduit que

?θ?Θ, MnP

θ?p.s.??????n???θ.

M nest donc un estimateur fortement consistant deθ.

5) CommeMnest une v.a.Pθ-p.s. positive, on peut calculerEθMnen intégrant sa

fonction de survie

21?Fn?.,θ?sur?0,???:

E

θMn??

0 ?1?Fn?x,θ??dx?? 0?

1??xθ

2n? dx?θ?1θ 2n? 0 x2ndx?θ?1θ

2nθ

2n?12n?1,1. Clairement, si cette série à termes positifs converge pour unδ0?0, elle converge aussi pour tout

δ?δ0, par majoration terme à terme . On peut donc se contenter d"établir la convergence pour toutδ

suffisamment petit.

2. Alternativement, on peut remarquer que sa fonction de répartitionFn?.,θ?estC1par morceaux

pour en déduire que sa loi a une densitéfn?.,θ? ?F?n?.,θ?et appliquer la formule de calcul de

l"espérance d"une v.a. à densité. page 3?13

Lille I U.F.R. Math.

d"où E

θMn?2n2n?1θ.

Ceci montre que la statistiqueMnest un estimateur biaisé deθ, mais comme2n2n?1tend vers1quandntend vers l"infini, cet estimateur est asymptotiquement sans biais.

L"estimateur

M ?n:?2n?12nMn vérifieEθM?n?θpour toutθ?Θ, il est donc sans biais. Comme2n?12ntend vers1 quandntend vers l"infini etMnconvergePθ-p.s. versθpour toutθ?Θd"après la question précédente,M?nconverge lui aussiPθ-p.s. versθpour toutθ?Θ. C"est donc un estimateur fortement consistant deθ.

6) On aPθ-p.s. l"inégalité0?Mn?θ, d"où0?M?n?2n?12nθ, ce qui montre que

M ?nestPθ-p.s. bornée, donc en particulier de carréPθ-intégrable. Calculons son erreur quadratique moyenne, égale à sa variance puisqueM?nest sans biais : EQM

θ?M?n? ?Eθ?M?n?θ?2?VarθM?n??2n?12n?

2Var

θMn.

On est ainsi ramené au calcul deVarθMn:

Var

θMn?EθM2n? ?EθMn?2?EθM2n??2n2n?1θ?

2, puis à celui deEθM2n. Ce dernier peut se faire au choix en utilisant la densité deMnou sa fonction de survie. Le calcul à l"aide de la densité s"écrit : E

θM2n??

t2fn?t,θ?dt?2nθ 2n? 0 t2n?1dt?2n2n?2θ2. Pour le calcul à l"aide de la fonction de survie, on rappelle queEg?X? ?g?0? ????

0g??s?P?X?s?dspour toute v.a. positiveXet toute fonctiongstrictement crois-

sante surR?et de classeC1surR??. En appliquant ceci avecg?s? ?s2on obtient : E

θM2n??

0

2tPθ?Mn?t?dt??

0 2t?

1?t2nθ

2n? dt?θ2?2θ2n?2?2n?2?θ2n??

1?nn?1?

2. On est rassuré de constater que par les deux méthodes on trouve : E

θM2n?nn?1θ2.

Finalement on obtient pour l"erreur quadratique moyenne deM?n: EQM

θ?M?n? ??2n?12n?

2nn?1θ2?θ2???2n?1?24n?n?1??1?

2?θ24n?n?1?.

On remarque que

EQM

θM?n?θ24n2, n? ??,

page 4?13

M1-CAPES Probabilités-Statistique 2010-2011

ce qui est bien meilleur asymptotiquement que l"inégalité de Cramér-Rao qui prévoit une borne inférieure de la formec?θ??n. Il n"y a pas de contradiction car le " support » de la loi desXisousPθest

A?θ? ? ?t?R;f?t,θ? ?0? ??0,θ?

qui dépend deθ. La première hypothèse du théorème de Cramér-Rao n"est donc pas satisfaite.

7) Comme lesXisont à densitéf?.,θ?sousPθ, la fonction de vraisemblance asso-

ciée aun-échantillon s"écrit ici :

L?x1,...,xn,θ? ?n?

i?1f?xi,θ? ?n? i?12xiθ

21?0,θ??xi? ?2nx1...xnθ

2nn i?11 ?0,θ??xi?. Remarquons d"abord que cette fonction est nulle (quel que soitθ) si au moins un des x iest négatif ou nul, à cause des indicatrices sixi?0, ou du produit desxjsixi?0. Dans la recherche d"un maximum pourL, on peut donc se restreindre au cas où tous les x isont strictement positifs. Le produit des indicatrices peut se simplifier comme suit. C"est un produit den facteurs valant chacun0ou1. Il ne peut donc prendre que les valeurs : -0si au moins l"un des facteurs est nul, c"est à dire si l"un desxiau moins est strictement supérieur àθ, autrement-dit siθ?max1?i?nxi; -1si tous les facteurs valent1, c"est à dire si0?xi?θpour touti, ce qui s"écrit encoremax1?i?nxi?θ(rappelons que l"on a supposé tous lesxi?0). On voit ainsi en posantb?max1?i?nxi, que la fonctionθ??L?x1,...,xn,θ?est nulle sur?0,b?et que sur?b,???, elle s"écrit :

θ???2nx1...xnθ

2n. Sur cet intervalle, c"est une fonction décroissante deθ, elle atteint donc son maximum absolu sur cet intervalle au pointb?max1?i?nxiborne gauche de cet intervalle et ce maximumL?x1,...,xn,b? ?2nx1...xnb?nest strictement positif. Le maximum absolu de la fonction surΘ??0,???est aussi atteint enbpuisque la fonction est nulle sur ?0,b?. L"estimateur par maximum de vraisemblance deθest donc la statistique max

1?i?nXi?Mn.

8) Nous allons maintenant utiliserMnpour construire un intervalle de confiance

pourθ. On commence pour cela par remarquer que pour0?x?θ, P θ?Mn?θ?Mn?x? ?Pθ?θ?x?Mn?θ? ?Fn?θ,θ??Fn?θ?x,θ? ?1??θ?xθ 2n. En posantx?anθ,an??0,1?, ceci se réécrit : P

θ?Mn?θ?Mn?anθ? ?1? ?1?an?2n.

page 5?13

Lille I U.F.R. Math.

Cette probabilité est égale à1?ε, pouranvérifiant ?1?an?2n?εsoitan?1?ε12n.

Remarquons ensuite que

θ?Mn?anθ? ?1?an?θ?Mn?θ?Mn1?an.

Ceci est valable pour toutan??0,1?. Avec le choix deanprécisé ci-dessus, on obtient finalement : ?θ?Θ, Pθ?Mn?θ?ε?12nMn? ?1?ε.

Ceci nous permet de proposer :

J n?ω? ?? M n?ω?,ε?12nMn?ω?? comme intervalle de confiance au niveau exact1?εpourθ.

Pour l"échantillon simulé de la table (

1 ), on aMn?ω? ?3,138464et l"intervalle de confianceJn?ω?au niveau95%, donc avecε?0,05, est alors J n?ω? ??3,138464 ;?0,05??1?200?3,138464?? ?3,138464 ;3,185828?. Cet intervalle est bien meilleur queIn?ω?, ce qui était prévisible au vu de l"erreur

Table1 - Un 100-échantillon simulé pour l"exercice1 2,373641 2,539755 1,317328 2,927648 3,075983 3,089054 2,079839 1,866325

3,065378 1,423575 2,486000 0,372537 2,179226 3,025487 3,035052 2,226735

2,677645 1,869972 2,992573 2,095179 1,694912 2,885349 1,950677 1,867663

1,240670 2,277816 3,095005 1,399811 3,034904 3,049601 2,769146 3,065194

1,240670 2,277816 3,095005 1,399811 3,034904 3,049601 2,769146 3,065194

2,585347 1,042526 3,083546 3,126235 0,510191 1,435366 1,610284 2,613401

0,161609 2,996090 2,824511 2,331914 2,360276 0,946244 3,019824 0,291257

1,498035 2,999015 2,900211 1,567625 2,611896 2,642432 2,938963 2,011620

1,240892 2,002642 1,543602 2,935429 1,732009 0,687088 2,202109 1,519365

2,616795 3,138464 3,014825 2,130727 2,979077 0,916038 1,579642 1,959762

1,968556 2,737566 1,610758 0,293354 2,049023 2,179292 0,535313 1,472453

2,761824 1,157541 2,926185 1,329376 2,880823 1,204144 2,058592 0,683237

1,424086 1,939582 1,229418 1,451298 2,233886 2,456869 2,439421 2,141528

2,321064 1,014335 1,889860 1,152523

Quelques statistiques associées à cet échantillonx1,...,x100:x?1100 100
i?1x

i?2,068985.variance empirique (s2?S2?ω?)s2?0,638195,s?0,798871.min?x1,...,x100? ?0,161609,max?x1,...,x100? ?3,138464.intervalle médian :?2,130727; 2,141528?.quadratique moyenne deMnqui est de l"ordre den?2comme pourM?n(vérifiez), alors

que celle de

32Xn"est que de l"ordre den?1. De plus le niveau de confiance deJn?ω?est

exact, alors que celui deIn?ω?est entâché de l"erreur d"approximation gaussienne. page 6?13

M1-CAPES Probabilités-Statistique 2010-2011

Ex 2.Inversions d"une permutation aléatoire

On noteΩnl"ensemble des permutations de?1,n?, c"est à dire des bijectionsω: ?1,n? ? ?1,n?. Soientk?ω?i? ? ?1,n?. On dit quekprésente une inversion avec ??ω?j?sij?iet??k. Ainsi le nombre d"inversions dansωdek?ω?i?est le nombre

d"éléments inférieurs àω?i?et situés à sa droite dans la listeω?1?,...,ω?i?,...,ω?n?.

Le nombre d"inversions dekest ainsi toujours compris entre0etk?1, le nombre d"inversions de1est toujours nul. Le but de cet exercice est d"établir une loi faible des grands nombres et un théorème limite central pour le nombre total d"inversions d"une permutation aléatoire. Notons pour celaXk?ω?le nombre d"inversions dekdansω, pourk? ?1,n?etSn?ω? ??n k?1Xk?ω?.

1) Lorsquenn"est pas trop grand, on peut représenterωen donnant la liste explicite

desω?i?. Par commodité, nous écrirons chaquek? ?1,n?sur un jeton carré et chaque disposition sur une même ligne desnjetons représentera une permutationω. Par exemple43512 représente la permutationωdéfinie par :1??4,2??3,3??5,4??1,5??2. L"élément

4?ω?1?a 3 inversions, puisqu"à sa droite on trouve3,1et2qui lui sont inférieurs,

doncX4?ω? ?3. De proche en proche, on voit ainsi que le vecteur d"inversions associé à

ωest?X1?ω?,...,X5?ω?? ? ?0,0,2,3,2?.

Il y a une seule permutation ayant pour vecteur d"inversions?0,1,0,3,2?. Sa con- struction par placements successifs des 5 jetons est donnée par le tableau :Jeton n okX k?ω?Placement 101
2121
30213

434213

5242513

De même, il y a une seule permutation ayant pour vecteur d"inversions?0,0,1,2,0?. Sa construction est donnée par le tableau :Jeton n okX k?ω?Placement 101
2012
31132

421432

5014325

Sur ces deux exemples, on remarque que lors du placement du jeton n ok, le nombre d"inversionsXk?ω?ne laisse qu"une possibilité de placement du jeton nok, par rapport aux jetons numérotés de1àk?1déjà placés.

2) On noteΔnle produit cartésien

n? ?0? ? ?0,1? ? ?0,2? ? ??? ? ?0,n?1?. page 7?13

Lille I U.F.R. Math.

Tout vecteur d"inversions d"une permutationω?Ωnest dansΔnpuisque, pour chaque k?1,...,n, le nombre d"inversions dekdansωest le nombre d"entiers situés à sa droite dans le listeω?1?,...,ω?n?et inférieurs strictement àk. Ce nombre d"inversions dek est donc au plusk?1. Autrement dit, pourk?1,...,n,Xk?ω? ? ?0,k?1?, d"où ?X1?ω?,...,Xn?ω?? ?n? k?1?0,k?1? ?Δn et ceci est valide pour toutω?Ωn. Nous allons montrer que pour toutx?Δn, il existeun uniqueω?Ωntel que ?X1?ω?,...,Xn?ω?? ?x. Autrement dit que l"applicationω?? ?X1?ω?,...,Xn?ω??est une bijection deΩnsurΔn.

Les deux exemples étudiés à la question précédente indiquent la voie à suivre : à

partir d"un vecteurxquelconque deΔn, on construit pas à pas une permutationω ayantxpour vecteur d"inversions et on voit que cette construction nous donne à la fois l"existence et l"unicité.

On commence par p oserle jeton 1.

Si x2?0,2n"a pas d"inversion et on ne peut le placer qu"à la droite de1. Sinon, on le place à sa gauche. Si x3?0,3n"a pas d"inversion et on ne peut le placer qu"à la droite des deux premiers jetons déjà placés; six3?1,3a une seule inversion et on ne peut le placer qu"entre les deux jetons déjà placés; six3?2,3a deux inversions et on ne peut le placer qu"à la gauche des deux jetons déjà placés. Le sjetons n umérotésde 1àk?1étant déjà placés, la valeurjdexk(0?j?k?1) nous indique la seule possibilité de placement pourk: comme il doit présenterj inversions, on ne peut le mettre qu"enjeposition à partir de la droite, c"est-à-dire à la doite desk?1jetons déjà placés sij?0, intercalé entre les deux plus à droite sij?1, etc. On peut ainsi construireωde proche en proche jusqu"à épuisement desnjetons. À chaque étapek, parmi leskpositions relatives du jetonkpar rapport auxk?1jetons déjà placés, une seule est compatible avec la valeur dexk. Ceci nous donne bien l"existence et l"unicité deωayant pour vecteur d"inversionsx.

3) On munitΩnde la tribuFn?P?Ωn?de tous ses sous-ensembles et de la

probabilitéPn, loi uniforme surΩn. On a doncPn??ω?? ?1n!pour toutω?Ωn. On en déduit immédiatement que : ?x?Δn, Pn??X1,...,Xn? ?x? ?1n! puisque pour chaquex?Δn, il existe un uniqueω?Ωntel que?X1?ω?,...,Xn?ω?? ?x, donc pour cetω,??X1,...,Xn? ?x? ? ?ω?. OrPn??ω?? ?1n!pour toutω?Ωn. Ainsi le vecteur aléatoire discret?X1,...,Xn?peut prendre toute valeur vectorielle xdansΔnet nulle part ailleurs (d"après la question précédente). Il prend chacune de page 8?13quotesdbs_dbs8.pdfusesText_14

[PDF] examen de probabilité + corrigé s3

[PDF] examen de thermodynamique avec solution

[PDF] examen de thermodynamique s1 corrigé pdf

[PDF] examen de traitement de salaire

[PDF] examen delf a2 exemple

[PDF] examen delf b2 2015

[PDF] examen didactique informatique

[PDF] examen economie 2018

[PDF] examen economie havo 2013

[PDF] examen economie havo 2014

[PDF] examen excel corrigé

[PDF] examen excel pratique corrigé

[PDF] examen externe histoire

[PDF] examen fin d'études secondaires luxembourg 2017 resultats

[PDF] examen fin d'études secondaires luxembourg 2018