Probabilités - Statistique (PRSTA)

Ecole Centrale Nantes
Année Universitaire 2013-2014
EI2
Probabilités - Statistique (PRSTA)
Devoir Surveillé du 22 janvier 2014
Seul document autorisé: polycopié "Introduction aux probabilités et à la statistique".
Calculatrice autorisée.
Exercice 1. (/3)
Soit Y une variable aléatoire de loi Γ(1/2, 1). On rappelle que la densité de probabilité de cette loi est
1
fY (y) = √ e−y 1]0,+∞[ (y).
πy
Soit X une autre variable aléatoire. On suppose que la loi conditionnelle de X sachant Y = y est une loi
1
gaussienne de moyenne nulle et de variance 2y
.
1. Déterminer la loi jointe de (X, Y ).
2. Déterminer la loi conditionnelle de Y sachant X = x.
3. Calculer E(Y |X = x) et en déduire l’espérance conditionnelle E(Y |X).
Solution
1. (/1)
1 −y(1+x2 )
1 √ −x2 y 1 −y
1{y>0} .
ye
fX,Y (x, y) = fX|Y (x|y)fY (y) = √
√ e 1{y>0} = e
π
πy
π
h
i∞
R
R
2
−1
1
−y(1+x2 )
= π(1+x
2. (/1) On a fX (x) = R fX,Y (x, y)dy = 0∞ π1 e−y(1+x ) dy = π(1+x
2) e
2 ) . On en déduit
0
2
fX,Y (x, y)
fY |X (y|x) =
= (1 + x2 )e−y(1+x ) 1{y>0}
fX (x)
La loi Y sachant X = x est une loi exponentielle de paramètre 1 + x2 .
1
3. (/1) L’espérance de la loi E(λ) étant 1/λ, E(Y |X = x) = 1+x
2 . E(Y |X) =
1
.
1+X 2
Exercice 2. (/3)
Soit X une variable de loi exponentielle E(θ). On note (X1 , . . . , Xn ) un n−échantillon de X dont on observe
une réalisation (x1 , . . . , xn ).
1. Soit Z = 2θ(X1 + . . . + Xn ). En utilisant la méthode des fonctions caractéristiques, montrer que Z
suit une loi du χ2 dont on précisera le nombre de degrés de liberté.
2. Construire un test de niveau de signification α pour tester l’hypothèse H0 = {θ = θ0 } contre
l’hypothèse H1 = {θ =
6 θ0 }.
Pn
3. Effectuer l’application numérique pour n = 15, x = n1 i=1 xi = 1.47, θ0 = 1, α = 5%.
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Solution
1. (/1) X ∼ E(θ) = Γ(1, θ1 ). On a ϕX (t) =
donc Z ∼ Γ(n, 2) =
χ2 (2n).
1
t
1−i θ
. ϕZ (t) = E(eiZt ) =
Qn
j=1
E(ei2θtXj ) = ϕX (2θt)n =
1
.
(1−2it)n
On a
. On a alors P (2θnX ∈ [aα , bα ]) = 1 − α, soit P (2θ0 nX ∈
2. (/1) Soit aα et bα tels que P (Z ≥ bα ) = P (Z ≤ aα ) = α
2
[aα , bα ]|H0 ) = 1 − α. Le test s’écrit alors: si 2θ0 nx̄ ∈ [aα , bα ], on accepte H0 avec un risque α, sinon on refuse H0 .
3. (/1) La table du χ2 (30) donne aα = 16.791 et bα = 46.979. On a 2nθ0 x̄ = 44.1 ∈ [aα , bα ], donc on accepte H0 .
Problème. (/16)
Les céramiques possèdent de nombreux défauts qui sont répartis aléatoirement. Leur résistance à la rupture
est modélisée par une variable aléatoire de loi de Weibull. La densité de probabilité de la loi de Weibull
W(α, β) de paramètres (α, β) ∈]0, +∞[2 est définie par
fα,β (x) =
α
β
α−1
α x
x
exp −
1]0,+∞[ (x)
β
β
et la fonction de répartition par
Fα,β (x) =

0
pour x ≤ 0,
α x
1 − exp −
pour x > 0.
β
Le paramètre de forme α est appelé module de Weibull. Il est adimensionnel et caractérise l’homogénéité
de la céramique. Il est d’autant plus élevé que la céramique est homogène. Le paramètre d’échelle β est
parfois appelé contrainte caractéristique. Il est exprimé dans les mêmes unités qu’une contrainte (i.e. en
Pascal). Il dépend de la qualité de la céramique.
1. Propriétés de la loi de Weibull (/4)
Soit X une variable aléatoire de loi de Weibull de paramètre (α, β) ∈]0, +∞[2 . On rappelle la définition de
la fonction Gamma d’Euler:
Z ∞
Γ(r) =
tr−1 e−t dt, r > 0.
0
∗
On a Γ(r + 1) = rΓ(r) et pour r ∈ N , on a Γ(r + 1) = r!.
1.a) Soit c > 0. Déterminer la loi de cX à l’aide des fonctions de répartition.
1.b) Montrer, en utilisant la fonction Γ, que E(X α ) = β α et E(X 2α ) = 2β 2α .
1.c) En utilisant la technique du changement de variable, montrer que X α suit une loi exponentielle dont
on précisera le paramètre. Retrouver alors les résultats de la question précédente.
Solution
α t
a) (/1) P (cX ≤ t) = P (X ≤ t/c) = FX (t/c) = 1{t>0} 1 − exp(− cβ
) . cX suit la loi de Weibull de paramètre (α, cβ).
α−1
α
R
R
R
x
x
dx = 0∞ s2α−1 β α α exp (−sα ) ds = β α 0∞ t exp (−t) dt = β α Γ(2) = β α .
b) (/2) E(X α ) = 0∞ xα α
exp − β
β
β
α−1
α
R
R
R
x
x
E(X 2α ) = 0∞ x2α α
exp − β
dx = 0∞ s3α−1 β 2α α exp (−sα ) ds = β 2α 0∞ t2 exp (−t) dt = β 2α Γ(3) =
β
β
2β 2α .
c) (/1) Y = f (X) = X α . f 0 (x) = αxα−1 , f −1 (y) = y 1/α ,
fY (y) =
fX (y 1/α )
1
y
= α exp(− α )1y>0 .
β
β
αy 1−1/α
X α suit une loi E( β1α ). On a E(Y ) = E(X α ) = β α , V (Y ) = V (X α ) = β 2α , soit E(X 2α ) = V (X α ) + E(X α )2 = 2β 2α .
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2. Pourquoi la loi de Weibull ? (/4)
On considère une barre de céramique de longueur L soumise à une force de traction. On modélise la
résistance de la barre de céramique, i.e. la valeur de la force de traction qui fait se rompre la barre, par une
variable aléatoire X (L) . On décompose la barre de céramique en n tranches de longueur L/n, et on note
(L/n)
Xi
la résistance de la tranche i ∈ {1, ..., n}. La résistance de la barre de céramique est la résistance de
la tranche la plus faible :
(L/n)
X (L) = min Xi
(1)
1≤i≤n
On considère les deux hypothèses suivantes:
(L/n)
(H1) Les variables aléatoires {Xi
, i ∈ {1, ..., n}} sont indépendantes et de même loi.
(H2) Pour tout ` > 0, X (`) a la même loi que c` X, où c` > 0 est une constante qui dépend de ` (et de la
qualité de la céramique) et X est une variable aléatoire strictement positive.
Le but des questions qui suivent est d’identifier les lois possibles de X telles que les hypothèses (H1) et (H2)
ainsi que l’équation (1) soient satisfaites.
Soit {Xk }k≥1 une suite de variables aléatoires indépendantes et de même loi. On note Zn = min Xk .
1≤k≤n
2.a) On note F la fonction de répartition de X1 et Fn celle de Zn . Montrer que 1 − Fn (x) = (1 − F (x))n
pour tout x ∈ R.
2.b) En déduire que si la loi de X1 est la loi de Weibull W(α, β), alors Zn a la même loi que n−1/α X1 .
2.c) Montrer que si X suit la loi de Weibull W(α, β), alors sous les hypothèses (H1) et (H2), l’égalité (1)
est satisfaite en loi pour tout L et tout n si c` = c1 `−1/α pour tout ` > 0. Déterminer la loi de X (L) .
Réciproquement, la théorie des lois de valeurs extrêmes assure que si l’on suppose les hypothèses (H1) et
(H2), l’égalité (1) et le fait que X (L) n’est pas déterministe, alors X (L) et X suivent des lois de Weibull.
Solution
a) (/1) Fn (x) = P (Zn ≤ x) = 1 − P (Zn > x) = 1 − P (X1 > x, . . . , Xn > x) = 1 − (1 − F (x))n .
α α x
x
= 1 − exp −
, soit Zn ∼ W(α, n−1/α β). D’après la question
b) (/1) Si x > 0, Fn (x) = 1 − exp −n β
−1/α
n
β
1.a), on en déduit que Zn suit la même loi que n−1/α X1 .
(L/n)
c) (/2) D’après la question précédente, on sait que mini Xi
(L/n)
suit la même loi que n−1/α X1
, qui par l’hypothèse H2
(L/n)
mini Xi
n−1/α c
suit la même loi que
suit la loi de Weibull de paramètre
L/n X. D’après la question 1.a), on a donc que
(α, n−1/α cL/n β). X (L) suit la loi de cL X, soit une loi de Weibull de paramètre (α, cL β). On a donc l’égalité (1) en loi
pour tout L sous la condition c` = c1 `−1/α . La loi de X (L) est une loi de Weibull de paramètre (α, c1 L−1/α ).
3. Estimation du paramètre d’échelle β (/8)
Soit {Xk }k≥1 une suite de variables aléatoires indépendantes de même loi de Weibull de paramètre (α0 , β) ∈
]0, +∞[2 , où α0 est supposé connu.
−
3.a) Montrer que la vraisemblance associée à un échantillon →
x = {xk }1≤k≤n , avec xk > 0 pour tout k, est
n
α0n −β −α0 Pni=1 xαi 0 Y α0 −1
−
L(→
x ; β) = nα
e
xj
.
β 0
j=1
3.b) Déterminer l’estimateur du maximum de vraisemblance β̂n de β.
3.c) Montrer que β̂nα0 suit la loi Γ(n, n−1 β α0 ).
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3.d) Montrer que pour une variable aléatoire Z qui suit la loi Γ(n, γ), alors E(Z b ) = γ b Γ(n+b)
Γ(n) pour tout
b > 0.
3.e) En déduire le biais E(β̂n ) − β. Que vaut le biais pour α0 = 1.
3.f) A l’aide des résultats de la question 1.a), montrer directement que β̂nα0 est un estimateur convergent et
asymptotiquement normal de β α0 , et donner
√ la variance asymptotique. On rappelle qu’un estimateur
θ̂n de θ est asymptotiquement normal si n(θ̂n − θ) converge en loi vers N (0, σ 2 ) (loi normale centrée
de variance σ 2 ), où σ 2 est une constante appelée variance asymptotique de θ̂n .
3.g) En déduire que β̂n est un estimateur convergent de β.
Solution
α0 −1 Q
α0 Q
x
n
exp − βj
j=1 1{xj >0} = ....
Pn
Pn
P
α
α0
−
→
→
d
−α
0
0
b) (/2) ln L( x ; β) = n ln α0 −nα0 ln β−β 0 j=1 xj +(α0 −1) j=1 ln xj . dβ ln L(−
x ; β) = − nα
+α0 β −α0 −1 n
j=1 xj =
β
P
α0
α0 1/α0
−
→
→
→
1 Pn
d
. dβ
0 donne −n + β −α0 n
ln L(−
x ; β) est positive pour β < β(−
x ) et négative
j=1 xj = 0, soit β( x ) = n
j=1 xj
→
→
pour β > β(−
x ). Le maximum est donc bien atteint en β = β(−
x ). On a donc l’estimateur de β
Q
→
a) (/1) L(−
x ; β) = n
j=1 fα0 ,β (xj ) =
αn
0
βn
Qn
j=1
xj
β
n
j=1

1/α0
n
X
1
−
→
α
β̂n = β( X ) = 
X 0
n j=1 j
α0
c) (/1) Les variables Xiα0 sont indépendantes et de même loi E(β −α0 ) = Γ(1, β α0 ). On en déduit que β̂n
suit la loi
Γ(n, n−1 β α0 ).
d) (/0,5) Si Z ∼ Γ(n, γ), on calcule que E(Z b ) = γ b
Γ(n+b)
.
Γ(n)
e) (/0,5) Avec γ = n−1 β α0 et b = 1/α0 , on en déduit que E(β̂n ) = β
Γ(n +
E(β̂n ) − β = β
Γ(n+ α1 )
0
n1/α0 Γ(n)
1
)
α0
n1/α0 Γ(n)
, soit un biais
!
−1
Pour α0 = 1, on vérifie bien que le biais est nul.
α0
α0
f) (/2) D’après la loi forte des grands nombres, β̂n
converge presque sûrement vers E(X α0 ) = β α0 . On a E(β̂n
) = β α0 et
α0
α0
α0
α0
√
β̂
−E(
β̂
)
α0
β̂
−β
1
1
n
= n n β α0
converge en loi
V (β̂n ) = n V (X α0 ) = n β 2α0 . D’après le théorème central limite, on sait que n
α
σ(β̂n 0 )
√
α0
α0
α
2α
0
0
vers N (0, 1). On a donc que n(βn −β ) converge en loi vers N (0, β
). β̂n est donc un estimateur asymptotiquement
normal de variance asymptotique β 2α0 .
α0
α0
g) (/1) β̂n
converge p.s. vers β α0 . Soit g : a 7→ a1/α0 , fonction continue de R+ dans R+ . Alors g(β̂n
) = β̂n converge p.s.
vers g(β α0 ) = β.
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