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2010-2011Stats M1 MFA

Devoir n

2

Exercice 1 (9 pts)

On observe unn-´echantillon (X1,...,Xn) de la loi admettant par rapport `a la mesure de

Lebesgue la densit´efθd´efinie par

f

θ(x) = (k+ 1)θk1xk1I[0,θ](x),

o`ukest un entier positif donn´e etθest un param`etre strictement positif inconnu. Dans la suite, on notem=n(k+ 1).

1. Calculer l"estimateur du maximum de vraisemblance

θdeθ. (1 pt)

On a un mod`ele domin´e par la mesure de Lebesgue surRn+. La vraisemblance, enX= (X1,...,Xn) est: f

θ,n(X) = (k+ 1)nθm(n

i=1X i)k1ImaxXi?θ. Donc l"estimateur du max de vraisemblance deθest:

θ= maxXi.

2. Calculer le biais de

θ. (1 pt)

On calcule la fonction de r´epartition de

θ. Pourtdans [0,θ],

P(θ?t) =P(X1?t)n,

=t m

Ensuite,

E(θ) =

0

P(θ > t)dt ,

0 1t m dt , θm m+ 1.

Donc le biais de

θestθ

m+1.

3. Montrer que

θest une statistique exhaustive compl`ete. (1.5 pt) Vue la vraisemblancefθ,n(X),θest clairement exhaustive d"apr`es le th´eor`eme de factori- sation. Pour voir qu"elle est compl`ete, prenonsφune fonction mesurable deRdansR telle queφ(θ) soitPθ-int´egrable pour toutθ, et telle que:

θ >0,Eθ(φ(θ)) = 0.

Cela signifie:

θ >0,

0

φ(t)mtm1

θmdt= 0.

Posonsψ(t) =φ(t)tm1:

θ >0,

0

ψ(t)dt= 0.

C"est un exercice classique de montrer que ceci implique la nullit´e deψ(et donc deφ) +-presque partout, o`uλ+est la mesure de Lebesgue surR+. En effet, un argument de classe monotone permet de montrer que pour toutθ,ψa une int´egrale nulle sur tout bor´elien de [0,θ]. Enfin, comme pour toutθ, la loi deθsousPθest absolument continue

par rapport `aλ+, on en d´eduit queφ(θ) est nullePθ-p.s. pour toutθ. Doncθest une

statistique exhaustive compl`ete.

4. Calculer le risque quadratique deλθ, o`uλest un r´eel donn´e. V´erifier que l"on peut trouver

1etλ2tels queλ1θsoit sans biais etλ2θsoit de risque minimal parmi les estimateurs

de la formeλθ. (1.5 pt)

Le biais deλ1θest nul pourλ1=m+1

m. Risque quadratique deλθ:

R(λθ) =Var(λθ) + (E(λθ)θ)2,

=λ2Var(θ) + (E(λθ)θ)2, =λ2θ2m (m+ 1)2(m+ 2)+θ2λ2m2(m+ 1)22λmm+ 1+ 1 =θ2 2m m+ 2λ2mm+ 1+ 1 et le minimum est atteint pourλ2=m+2 m+1.

5. Indiquer une propri´et´e de minimalit´e deλ1θ. Cette propri´et´e contredit-elle le fait queλ2θ

soit de risque minimal ? (1 pt)

1θest un estimateur sans biais, fonction deθ, statistique exhaustive et compl`ete. Donc

c"est un estimateur UVMB deθ. Ceci ne contredit pas la minimalit´e du risque deλ2θ, car ce dernier estimateur est biais´e.

6. On se donne la loia prioride densit´e

21I[δ,+[(θ),

o`uδest un r´eel positif fix´e. Calculer l"estimateur de Bayes deθpour la perte quadratique.

Quel est son comportement lorsqueδtend vers 0? Calculer ensuite l"estimateur de Bayes deθpour la perteL1. (3 pts) Soitμla mesure de Lebesgue surR+. On a, pourxRnetθ >0, dν(.X=x) dμ(θ) =fθ(x)dν(θ) dμfθ(x)dν(θ). On trouve, en notantable maximum de deux relsaetb: f

θ(x)dν(θ) =n

i=1x k iδ(k+ 1)n1 (m+ 1)(δmaxxi)m+1.

D"o`u:dν(.X=x)

dμ(θ) =(m+ 1)(δmaxxi)m+1θm+21Iδmaxxi?θ. (C"est une loi de Pareto, cf. exercices suivants). L"estimateur baysienθdeθpour la perte quadratique est la moyenne deθsachantX, ce qui donne:

δmaxXi(m+ 1)(δmaxXi)m+1

θm+1dθ=(m+ 1)(δmaxXi)m.

Lorsqueδtend vers 0,θconverge (Pθ-p.s pour toutθ) vers(m+1) mmaxXi=λ1θ.

L"estimateur bay´esien

θest la (car elle est unique, ici) m´ediane de la loi deθsachantX:

θ= 21

m+1(δmaxiXi).

Exercice 2(9 pts)

On observe unn-´echantillon (X1,...,Xn) de la loi admettant par rapport `a la mesure de

Lebesgue la densit´e

xαrα xα+11Ix>r,

o`uαetrsont des r´eels strictement positifs. Cette loi est appel´ee loi de Pareto de param`etres

αetr.

1. On suppose querest inconnu etαest connu. Montrer qu"il existe un test uniform´ement

le plus puissant parmi les tests de niveauβder=r0contrer=r0, o`ur0est un r´eel positif fix´e. (3 pts) On noteX= (X1,...,Xn),μla mesure de Lebesgue surRnetfrla densit´e d"unn- ´echantillon de la loi de Pareto de param`etresαetrpar rapport `aμ. φestUPP(β) der=r0contrer=r0 r1=r0, φestUPP(β) der=r0contrer=r1, E r0(φ) =β , r1=r0, φ(X) = 1 sifr1(X)> Cβ(r0,r1)fr0(X)

φ(X) = 0 sifr1(X)< Cβ(r0,r1)fr0(X)

o`uCβ(r0,r1) est d´efini par: C β(r0,r1) = infC?0 t.q.Pr0(fr1(X)> Cfr0(X))?β.

CalculonsCβ(r0,r1).

P r0(fr1(X)> Cfr0(X) =Pr0r1 r0 nα 1I minXi>r1> C o`u on a utilis´e quePr0-p.s, minXi> r0. On distingue deux cas.

Supposonsr1> r0. SiC 1 r0 nα, P r0(fr1(X)> Cfr0(X)) =Pr0(minXi> r1) =r0 r1 nα

Et siC?r

1r0 nα, P r0(fr1(X)> Cfr0(X)) = 0.

On en d´eduit que si

r 0 r1 nα?β,Cβ(r0,r1) = 0, mais sir 0r1 nα> β,Cβ(r0,r1) =r 1r0 nα. Supposonsr1< r0. Dans ce cas,Pr0-p.s, minXi> r0et minXi> r1. Donc: P r0(fr1> Cfr0) =0 siC?r 1 r0 nα

1 siC 1 r0 nα

Ce qui nous donneCβ(r0,r1) =r

1 r0 nα. Retournons au calcul deφ. En notantla condition vide,

φestUPP(β) der=r0contrer=r0

E r0(φ) =β , r1]r0;r0β1

αn[, φ(X) = 1 si

φ(X) = 0 si minXi]r0,r1]

r1[r0β1

αn;+[, φ(X) = 1 si minXi> r1

φ(X) = 0 si

r1< r0, φ(X) = 1 sir1φ(X) = 0 si

E r0(φ) =β ,

φ(X) = 0 si minXi]r0,r0β1

αn[

φ(X) = 1 si minXi> r0β1

αn

φ(X) = 1 si minXi?r0

Le test qui conserve "r=r0" lorsque minXi]r0,r0β1

αn[ et qui rejette cette hypoth´ese

sinon est bien un test de tailleβ(faire le calcul de la taille) de "r=r0" contre "r=r0", et il estUPP(β).

2. On suppose queαest inconnu etrest connu.

(a) Existe-t-il un test uniform´ement le plus puissant parmi les tests de niveauβde α=α0contreα=α0, o`uα0est un r´eel positif fix´e ? (2 pts) Soitfαla densit´e d"unn-´echantillon de la loi de Pareto de param`etresαetrpar rapport `aμr, la mesure de Lebesgue sur ]r,+[n. On peut raisonner comme pour la question pr´ec´edente. On peut raccourcir l"´ecriture de la preuve en utilisant le fait qu"on a une famille de densit´es `a rapport de vraisemblancemonotone. En effet, si f

α(X)

fα(X)=α1rα1α0rα0 nn i=1X i

α0α1

qui est une fonction strictement d´ecroissante de ni=1Xi. Siφest un testUPP(β) deα=α0contreα > α0, on doit avoir:

φ(X) = 1 sini=1Xi< tβ

0 sini=1Xi> tβ,

avec: t

β= suptt.qPα0(n

i=1X i< t)?β. De mˆeme, siφest un testUPP(β) deα=α0contreα < α0, on doit avoir:

φ(X) = 1 sini=1Xi> tβ

0 sini=1Xi< tβ,

avec: t

β= inftt.qPα0(n

i=1X i> t)?β. Donctβ=t1β. Par cons´equent, siφest un testUPP(β) deα=α0contreα=

0,φ(X) doit ˆetre nul lorsqueni=1Xi> tβet valoir 1 lorsqueni=1Xi> t1β.

Lorsqueni=1Xi> t1βtβ, cela donne une contradiction. Or cet ´evenement est de probabilit´e strictement positive pour tout (α,r). Donc il n"existe pas de testUPP(β) deα=α0contreα=α0. (b) Calculer la loi de log(Xi/r) puis construire un estimateur uniform´ement de variance minimale parmi les estimateurs sans biais de 1/α. Existe-t-il un estimateur efficace de ce param`etre ? (3 pts) On a:

P(logXi

r?t) =P(Xi?ret) = 1eαt.

Donc log

Xi rsuit une loi exponentielle de param`etreα, i.e de moyenne1α. Rappelons que: f

α(X) =αnrαne(α+1)?ni=1logXi.

Donc on est dans un mod`ele exponentiel de la formeC(α)eαT(X)avecT=ni=1logXi. Test donc une statistique exhaustive et compl`ete. OrS=1 n n i=1logXirest un estimateur sans biais de 1/α, fonction deTexhaustitve compl`ete, c"est donc un estimateur UVMB de 1/α. Par ailleurs, son risque est ´egal `a:

Var(S) =1

nVar(logXi) =1nα2.

On estimeg(α) =1

α. Doncg(α)2=1α4. Calculons le score, en notantgαla densit´e de la loi de Pareto de param`etresαetr: ∂αloggα(X1) =1α+ logrlogX1.

D"o`u l"information de Fisher de cette loi:

I(α) =Eα((1

α+ logrlogX1)2) =V ar(logX1r) =1α2.

Donc l"information de Fisher dun-chantillon est:

I n(α) =nI(α) =n

α2.

Finalement, on a:

Var(S) =g(α)2

In(α),

Satteint la borne de Cramer-Rao et est donc efficace.

3. Dans le cas o`u les deux param`etresαetrsont inconnus, donner une statistique exhaustive

pour le param`etre (α,r). Le mod`ele est-il exponentiel ? (1 pt) Le mod`ele est domin´e par la mesure de Lebesgue surRn+, et si on notefα,rla densit´e correspondante, on a: f α,r(X) =αnrαne(α+1)?ni=1logXi1IminXi>r.

Donc (

ni=1logXi,minXi) est une statistique exhaustive. Par contre, on n"est pas dans un mod`ele exponentiel, puisque la densit´e peut s"annuler, et ceci quelle que soit la mesure dominante choisie. En effet, soitμune mesure surRndominant le mod`ele, etPα,r,nla loi produit denlois de Pareto de param`etresαetr. Pour tousr2> r1>0, il existe une loi P α,r,nqui charge [r1,r2]n. Doncμcharge [r1,r2]npour tous [r1,r2]n. Mais du coup,dPα,r,n dμs"annule sur ]r,[n, qui est un ensemble deμ-mesure strictement positive. On n"est donc pas dans un mod`ele exponentiel.

Exercice 3 (5 pts)

1. Calculer l"esp´erance, la variance et la m´ediane d"une variable al´eatoire de loi de Pareto de

param`etresα >2 etr >0. (2 pts) SoitX1de loi de Pareto de param`etresα >2 etr >0. On trouve:

E(X1) =αr

α1,Var(X1) =r2α(α2)(α1)2,m´ediane = 21

αr .

2. On observe unn-´echantillon de la loi uniforme sur [0,θ], o`uθ >0 est inconnu. On muni

l"espace des param`etres de la loia prioride Pareto de param`etresα >0 etr >0, avec n+α >2. (a) D´eterminer les estimateurs bay´esiens deθrelatifs respectivement au risque quadra- tique et au risqueL1. (2 pts) On calcule la loi a posteriori. Soientνα,rla loi de Pareto de param`etresαetret +la mesure de Lebesgue surR+. Soientμla mesure de Lebesgue surRn+etfθla densit´e de la loi([0,θ])npar rapport `aμ. dν(.X=x) dλ+(θ) =C(x)fθ(x)dνα,r(θ)dλ+., o`uC(x) est la constante de normalisation n´ecessaire. On a: f

θ(x)dνα,r(θ)

Donc la loi a posterioriν(.X=x) est la loi de Pareto de param`etresn+αet rmaxxi. L"estimateur de Bayes pour le risque quadratique est donc n+α n+α1(rmaxXi). L"estimateur de Bayes pour le risqueL1est la m´ediane de la loi a posteriori: 2 1 n+α(rmaxXi). (b) Ces estimateurs sont-ils admissibles ?(1 pt)

On v´erifie que la loi m´elange "charge toutRn+". En effet, la densit´e de la loi m´elange

P

Xpar rapport `aμestgavec:

g(x) = f

θ(x)dνα,r(θ) =

0

αrα

θn+α+11Irmaxxi?θdθ ,

=αrα (n+α)(rmaxxi)n+α, qui est strictement positiveμ-p.s. Doncμest absolument continue par rapport `a la loi m´elangePX. CommePθest absolument continue par rapport `aμ,Pθest absolument continue par rapport `a la loi m´elangePX, pour toutθ. Comme les deux estimateurs de Bayes ci-dessus sont uniquesPX-p.s, ils sont uniquesPθ-p.s pour tout θ, et donc admissibles (respectivement pour le risqueL2et le risqueL1).quotesdbs_dbs13.pdfusesText_19

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