Examen

Université Paris-Dauphine Année 2008-2009
U.F.R. Mathématiques de la décision
L3 - Statistique Mathématique
Examen
Durée 2h00. Le barême est donné à titre indicatif.
Exercice 1 : (5 points) Soit (X1,...,Xn)un échantillon de va iid de même loi que X, où X
admet pour densité de probabilité f(x, θ)par rapport à la mesure Lebesgue, définie par :
f(x, θ) = kx−(p+1) exp −θ
x1x>0,
avec θ∈]0,+∞[un paramètre réel inconnu et p > 0un nombre connu.
1. On pose U=1
X. Montrer que U∼Gamma(p, θ)et en déduire la constante k,EUet
Var U.
On applique la méthode du changement de variable. Soit gune fonction continue bornée
alors par changement de variable y= 1/x, on a
E(g(U)) = kZ∞
0
g(1/x)x−(p+1) exp (−θ/x)dx =kZ∞
0
g(y)yp−1exp (−θy)dy.
On reconnaît la densité d’une Gamma(p, θ)à la constante k=θp/Γ(p)près. On en
déduit EU=p/θ et Var U=p/θ2.
2. Déterminer une statistique exhaustive complète pour θ.
On est dans le cadre du modèle exponentiel à un paramètre avec
c(θ) = θp
Γ(p),
h(x) = x−(p+1)1x>0,
α1(θ) = θ,
T1(x) = −1
x.
Etant donné que α1(Θ) = α1(]0; +∞[) =]0; +∞[, ouvert de dimension 1 et que T1est
affinement indépendante, on en déduit que
−1
n
n
X
i=1
1
Xi
est une statistique exhaustive complète pour θ.
1

3. Déterminer b θnl’estimateur du maximum de vraisemblance de θ.
On est dans le cadre d’un modèle régulier exponentiel où β(θ) = pln(θ)(notation de
la page 79 du polycopié). Or βes deux fois continûment dérivable de dérivée seconde
−p/θ2<0donc l’EMV vérifie
β′(b θn) = 1
n
n
X
i=1
1
Xi
⇔b θn=np
Pn
i=1
1
Xi
4. A l’aide de la question 1, déterminer la loi de Z=
n
X
i=1
1
Xi
et montrer que :
Eb θn=npθ
np −1,Var b
θn=(npθ)2
(np −1)2(np −2).
D’après la question 1, 1/Xiest une suite iid de va suivant la loi Gamma(p, θ)donc
Z∼Gamma(np, θ). On en déduit que
E(b θn) = npE1
Z=np Z∞
0
1
z
θnp
Γ(np)znp−1exp(−θz)dz =npθ Γ(np)Z∞
0
unp−1−1exp(−u)du
en effectuant le changement de variable u=θz. On reconnaît la quantité Γ(np −1) et
la relation Γ(np) = (np −1)Γ(np −1) permet de conclure pour le calcul de l’espérance.
Reste à calculer E(1/Z2). Avec le même changement de variable que précédemment, on
obtient E(1/Z2) = θ2Γ(np −2)/Γ(np)d’où
Var b θn= (np)2E(1/Z2)−(npθ)2
(np −1)2= (npθ)21 (np −1)(np −2) −1 (np −1)2
et le résultat souhaité suit facilement.
5. L’estimateur b θnest-il sans biais ? convergeant ? efficace ?
L’estimateur b θnest biaisé d’après la question précédente. Il ne peut donc pas être efficace.
Il est toutefois convergeant car asymptotiquement sans biais et de variance tendat vers
0.
Exercice 2 :(5 points) Soit (X1,··· , Xn)un échantillon de va iid de densité par rapport à la
mesure de Lebesgue sur R+:
f(x, θ) = e−(x−θ)1x≥θ,
où θ∈Rest inconnu.
1. Calculer l’EMV de θnoté b θn.
On écrit la vraisemblance
Ln(θ) = enθ−Pn
i=1 Xi1min(X1,...,Xn)≥θ
qui est maximale lorsque b θn= min(X1,...,Xn).
2. Déterminer la forme de la zone de rejet d’un test des hypothèses H0:θ≤θ0contre
H1:θ > θ0utilisant l’EMV b θn.
La zone de rejet sera de la forme
W={b θn> k}
où kest un seuil à calculer en fonction du seuil souhaité.
2

3. Déterminer la statistique b Tdu test du rapport de vraisemblance pour les mêmes hypo-
thèses H0et H1. Qu’en déduire pour le test de la question 2 ?
La vraisemblance Ln(θ)vérifie le critère de factorisation pour l’EMV b θnavec
h(x) = e−Pn
i=1 xiet g(θ, b
θn) = enθ1b
θn≥θ.
Donc l’EMV est une statistique exhaustive. De plus, pour tout θ0< θ1on a
Vθ0,θ1=eθ0−θ11b
θn≥θ1
qui est une fonction croissante en b θn. On est donc dans un modèle à RVM pour b T=b θnet
le test de la question 2 est UPP parmi tous les tests de niveau ≤Pθ0(W)(Karlin-Rubin).
4. Déterminer la fonction de répartition de b T.
On a
Pθ(b T≤x) = 1 −Pθ(b Tn> x) = 1 −
n
Y
i=1
Pθ(Xi> x),
par indépendance des Xi. Mais pour x > θ on a
Pθ(Xi> x) = Z∞
x
e−(u−θ)du = exp(−(x−θ))
pour tout idonc
Pθ(b T≤x) = 1 −(exp(−(x−θ)))n= 1 −exp(−n(x−θ))
pour x > θ et Pθ(b T≤x) = 0 autrement.
5. Expliciter la zone de rejet du test du rapport de vraisemblance pour les mêmes hypothèses
H0contre H1de niveau αfixé et déterminer sa fonction puissance. La suite de tests
associée est-elle consistante ?
Etant donné que W={b T > k}on cherche k > θ0tel que
α=Pθ0(b T > k) = exp(−n(k−θ0))
et on trouve
k=θ0+1
nln 1 α.
La fonction puissance vaut
β(θ) = Pθ(W) = Pθ(b T > k) = Z∞
θ∨k
e−(u−θ)dun
= 1 ∧exp(n(θ−k))
= 1 ∧αexp (n(θ−θ0))
en remplaçant kpar sa valeur pour tout θ > θ0.
Quand n→ ∞ et comme θ−θ0>0alors exp(n(θ−θ0)) → ∞ donc β(θ)→1. La suite
de test est bien consistante.
Problème (10 points) Soit (X1,...,Xn)un échantillon de va iid de fonction de répartition F
supposée continue et strictement croissante. On note Fnla fonction de répartition empirique
Fn(x) = 1
n
n
X
j=1
1Xj≤x
3

La statistique de Cramer & Von Mises est définie par b Tn=RR(Fn(x)−F(x))2dF (x). La
présence de l’intégrale dans le terme précédent rend son utilisation ardue. En pratique, on
l’approche par la statistique
b
T∗
n=ZR
(Fn(x)−F(x))2dFn(x) = 1
n
n
X
i=1
(Fn(Xi)−F(Xi))2.
Le but de ce problème est de quantifier l’erreur d’approximation alors commise.
1. Montrez que F(Xi)est une variable aléatoire uniforme et en déduire que EF(Xi) = 1
2
et Var F(Xi) = 1
12.
Une fonction continue et strictement croissante est inversible. Soit F−1son inverse allant
de [0; 1] dans R. Pour tout x∈[0,1] on a
P(F(Xi)≥x) = P(Xi≥F−1(x)) = F(F−1(x)) = x.
Donc F(Xi)suit une loi uniforme sur [0,1] et on en déduit la valeur de son espérance et
de sa variance.
2. Montrez que nFn(x)∼B(n, F (x)) et en déduire l’espérance et la variance de nFn(x).
On a 1Xj≤xqui suit une loi de Bernoulli de paramètre F(x) = P(1Xj≤x= 1) donc
nFn(x) = Pn
i=1 1Xj≤x∼B(n, F (x)) par indépendance des Xid’où E(nFn(x)) = nF (x)
et Var (nFn(x)) = nF (x)(1 −F(x)).
3. En déduire que Eb Tn=1
6n.
En appliquant Fubini, on obtient
Eb Tn=ZR E(Fn(x)−F(x))2dF (x) = 1
nZR
F(x)(1 −F(x)) dF (x)
=1
nZ1
0
t(1 −t)dt =1
6n
4. Montrez que b T⋆
n=1
n
n
X
i=1 i
n−F(X(i))2
.
On remarque que l’expression de b T⋆
nest indépendante de l’ordre dans lesquels les Xisont
sommés. Donc
b
T∗
n=1
n
n
X
i=1
(Fn(X(i))−F(X(i)))2=1
n
n
X
i=1 i
n−F(X(i))2
.
5. En admettant que
nb Tn=1
12n+
n
X
k=1 2k−1
2n−F(X(k))2
montrer que
b
Tn−b T⋆
n=−1
2n−1 6n2+1 n2
n
X
i=1
F(Xi).
4

On calcule
b
Tn−b T⋆
n=−1
12n2+1 n
n
X
i=1 i
n−F(X(i))2
−2i−1
2n−F(X(i))2!
=−1
12n2+1 2n2
n
X
i=1 4i−1
2n−2F(X(i))
=−1
12n2+1 2n2
n
X
i=1
4i−1
2n−1 n2
n
X
i=1
F(X(i))
=−1
12n2+1 2n2
n
X
i=1
4i−1
2n−1 n2
n
X
i=1
F(Xi)
=1
2n+1 6n2−1 n2
n
X
i=1
F(Xi)
6. En déduire que limn→∞ n3/2E(b T⋆
n−b
Tn) = 0 et que Var (b T⋆
n−b
Tn) = 1
12n3.
Le fait qu’une variable uniforme comme F(Xi)ait pour moyenne 1/2et pour variance
1/12 implique que
b
Tn−b T⋆
n=1
n2
n
X
i=1
(F(Xi)−EF(Xi)) −1
6n2
d’où
E(b T⋆
n−b
Tn) = 1
2n+1 6n2−1 2n=1 6n2et Var (b
T⋆
n−b
Tn) = 1
n3Var F(X1) = 1 12n3
7. Montrer aussi que n3/2(b T⋆
n−b
Tn)→ N 0,1
12. Conclure.
L’identité précédente
b
Tn−b T⋆
n=1
n2
n
X
i=1
(F(Xi)−EF(Xi)) −1
6n2
et le théorème de limite centrale implique le résultat. On en déduit que l’erreur d’ap-
proximation est de l’ordre de n−3/2.
8. (Facultatif) Montrer que
nb Tn=1
12n+
n
X
k=1 2k−1
2n−F(X(k))2.
5