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 Yune variable aléatoire de loi Γ(1/2,1). On rappelle que la densité de probabilité de cette loi est
fY(y) = 1
√πy e−y1]0,+∞[(y).
Soit Xune autre variable aléatoire. On suppose que la loi conditionnelle de Xsachant Y=yest une loi
gaussienne de moyenne nulle et de variance 1
2y.
1. Déterminer la loi jointe de (X, Y ).
2. Déterminer la loi conditionnelle de Ysachant X=x.
3. Calculer E(Y|X=x)et en déduire l’espérance conditionnelle E(Y|X).
Solution
1. (/1)
fX,Y (x, y) = fX|Y(x|y)fY(y) = 1
√π√ye−x2y1
√πy e−y1{y>0}=1
πe−y(1+x2)1{y>0}.
2. (/1) On a fX(x) = RRfX,Y (x, y)dy =R∞
0
1
πe−y(1+x2)dy =h−1
π(1+x2)e−y(1+x2)i∞
0=1
π(1+x2). On en déduit
fY|X(y|x) = fX,Y (x, y)
fX(x)= (1 + x2)e−y(1+x2)1{y>0}
La loi Ysachant X=xest une loi exponentielle de paramètre 1 + x2.
3. (/1) L’espérance de la loi E(λ)étant 1/λ,E(Y|X=x) = 1
1+x2.E(Y|X) = 1 1+X2.
Exercice 2. (/3)
Soit Xune variable de loi exponentielle E(θ). On note (X1, . . . , Xn)un n−échantillon de Xdont 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 χ2dont on précisera le nombre de degrés de liberté.
2. Construire un test de niveau de signification αpour tester l’hypothèse H0={θ=θ0}contre
l’hypothèse H1={θ6=θ0}.
3. Effectuer l’application numérique pour n= 15,x=1
nPn
i=1 xi= 1.47,θ0= 1,α= 5%.
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Solution
1. (/1) X∼ E(θ) = Γ(1,1
θ). On a ϕX(t) = 1
1−it
θ
.ϕZ(t) = E(eiZt) = Qn
j=1 E(ei2θtXj) = ϕX(2θt)n=1
(1−2it)n. On a
donc Z∼Γ(n, 2) = χ2(2n).
2. (/1) Soit aαet bαtels que P(Z≥bα) = P(Z≤aα) = α
2. On a alors P(2θnX ∈[aα, bα]) = 1 −α, soit P(2θ0nX ∈
[aα, bα]|H0)=1−α. Le test s’écrit alors: si 2θ0n¯x∈[aα, bα], on accepte H0avec 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¯x= 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,+∞[2est définie par
fα,β(x) = α
βx βα−1
exp −x
βα1]0,+∞[(x)
et la fonction de répartition par
Fα,β(x) = 
0pour x≤0,
1−exp −x
βαpour x > 0.
Le paramètre de forme αest 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 βest
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 Xune variable aléatoire de loi de Weibull de paramètre (α, β)∈]0,+∞[2. On rappelle la définition de
la fonction Gamma d’Euler:
Γ(r) = Z∞
0
tr−1e−tdt, r > 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(Xα) = βαet E(X2α)=2β2α.
1.c) En utilisant la technique du changement de variable, montrer que Xαsuit une loi exponentielle dont
on précisera le paramètre. Retrouver alors les résultats de la question précédente.
Solution
a) (/1) P(cX ≤t) = P(X≤t/c) = FX(t/c) = 1{t>0}1−exp(−t
cβ α).cX suit la loi de Weibull de paramètre (α, cβ).
b) (/2) E(Xα) = R∞
0xαα
βx βα−1exp −x βαdx =R∞
0s2α−1βααexp (−sα)ds =βαR∞ 0texp (−t)dt =βαΓ(2) = βα.
E(X2α) = R∞
0x2αα
βx βα−1exp −x βαdx =R∞
0s3α−1β2ααexp (−sα)ds =β2αR∞ 0t2exp (−t)dt =β2αΓ(3) =
2β2α.
c) (/1) Y=f(X) = Xα.f0(x) = αxα−1,f−1(y) = y1/α,
fY(y) = fX(y1/α)
αy1−1/α =1
βαexp(−y βα)1y>0.
Xαsuit une loi E(1
βα). On a E(Y) = E(Xα) = βα,V(Y) = V(Xα) = β2α, soit E(X2α) = V(Xα) + E(Xα)2= 2β2α.
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2. Pourquoi la loi de Weibull ? (/4)
On considère une barre de céramique de longueur Lsoumise 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 ntranches de longueur L/n, et on note
X(L/n)
ila résistance de la tranche i∈ {1, ..., n}. La résistance de la barre de céramique est la résistance de
la tranche la plus faible :
X(L)= min
1≤i≤nX(L/n)
i(1)
On considère les deux hypothèses suivantes:
(H1) Les variables aléatoires {X(L/n)
i, i ∈ {1, ..., n}} sont indépendantes et de même loi.
(H2) Pour tout ` > 0,X(`)a la même loi que c`X, où c`>0est une constante qui dépend de `(et de la
qualité de la céramique) et Xest une variable aléatoire strictement positive.
Le but des questions qui suivent est d’identifier les lois possibles de Xtelles que les hypothèses (H1) et (H2)
ainsi que l’équation (1) soient satisfaites.
Soit {Xk}k≥1une suite de variables aléatoires indépendantes et de même loi. On note Zn= min
1≤k≤nXk.
2.a) On note Fla fonction de répartition de X1et Fncelle de Zn. Montrer que 1−Fn(x) = (1 −F(x))n
pour tout x∈R.
2.b) En déduire que si la loi de X1est la loi de Weibull W(α, β), alors Zna la même loi que n−1/αX1.
2.c) Montrer que si Xsuit la loi de Weibull W(α, β), alors sous les hypothèses (H1) et (H2), l’égalité (1)
est satisfaite en loi pour tout Let tout nsi 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 Xsuivent 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.
b) (/1) Si x > 0,Fn(x)=1−exp −nx
βα= 1 −exp −x
n−1/αβα, soit Zn∼ W(α, n−1/αβ). D’après la question
1.a), on en déduit que Znsuit la même loi que n−1/αX1.
c) (/2) D’après la question précédente, on sait que miniX(L/n)
isuit la même loi que n−1/αX(L/n)
1, qui par l’hypothèse H2
suit la même loi que n−1/αcL/nX. D’après la question 1.a), on a donc que miniX(L/n)
isuit la loi de Weibull de paramètre
(α, n−1/αcL/nβ).X(L)suit la loi de cLX, soit une loi de Weibull de paramètre (α, cLβ). On a donc l’égalité (1) en loi
pour tout Lsous la condition c`=c1`−1/α. La loi de X(L)est une loi de Weibull de paramètre (α, c1L−1/α).
3. Estimation du paramètre d’échelle β(/8)
Soit {Xk}k≥1une suite de variables aléatoires indépendantes de même loi de Weibull de paramètre (α0, β)∈
]0,+∞[2, où α0est supposé connu.
3.a) Montrer que la vraisemblance associée à un échantillon −→ x={xk}1≤k≤n, avec xk>0pour tout k, est
L(−→ x;β) = αn
0
βnα0e−β−α0Pn
i=1 xα0
i
n
Y
j=1
xα0−1
j.
3.b) Déterminer l’estimateur du maximum de vraisemblance ˆ βnde β.
3.c) Montrer que ˆ βα0
nsuit la loi Γ(n, n−1βα0).
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3.d) Montrer que pour une variable aléatoire Zqui suit la loi Γ(n, γ), alors E(Zb) = γbΓ(n+b)
Γ(n)pour tout
b > 0.
3.e) En déduire le biais E(ˆ βn)−β. Que vaut le biais pour α0= 1.
3.f) A l’aide des résultats de la question 1.a), montrer directement que ˆ βα0
nest un estimateur convergent et
asymptotiquement normal de βα0, et donner la variance asymptotique. On rappelle qu’un estimateur
ˆ
θnde θest asymptotiquement normal si √n(ˆ θn−θ)converge en loi vers N(0, σ2)(loi normale centrée
de variance σ2), où σ2est une constante appelée variance asymptotique de ˆ θn.
3.g) En déduire que ˆ βnest un estimateur convergent de β.
Solution
a) (/1) L(−→ x;β) = Qn
j=1 fα0,β (xj) = αn
0
βnQn
j=1 xj
βα0−1Qn
j=1 exp −xj
βα0Qn
j=1 1{xj>0}=....
b) (/2) ln L(−→ x;β) = nln α0−nα0ln β−β−α0Pn
j=1 xα0
j+(α0−1) Pn
j=1 ln xj.d
dβ ln L(−→
x;β) = −nα0
β+α0β−α0−1Pn
j=1 xα0
j=
0donne −n+β−α0Pn
j=1 xα0
j= 0, soit β(−→
x) = 1
nPn
j=1 xα0
j1/α0.d
dβ ln L(−→
x;β)est positive pour β < β(−→ x)et négative
pour β > β(−→ x). Le maximum est donc bien atteint en β=β(−→ x). On a donc l’estimateur de β
ˆ
βn=β(−→ X) = 
1
n
n
X
j=1
Xα0
j
1/α0
c) (/1) Les variables Xα0
isont indépendantes et de même loi E(β−α0) = Γ(1, βα0). On en déduit que ˆ
βα0
nsuit la loi
Γ(n, n−1βα0).
d) (/0,5) Si Z∼Γ(n, γ), on calcule que E(Zb) = γbΓ(n+b)
Γ(n).
e) (/0,5) Avec γ=n−1βα0et b= 1/α0, on en déduit que E(ˆ βn) = βΓ(n+1
α0)
n1/α0Γ(n), soit un biais
E(ˆ βn)−β=β Γ(n+1
α0)
n1/α0Γ(n)−1!
Pour α0= 1, on vérifie bien que le biais est nul.
f) (/2) D’après la loi forte des grands nombres, ˆ βα0
nconverge presque sûrement vers E(Xα0) = βα0. On a E(ˆ
βα0
n) = βα0et
V(ˆ βα0
n) = 1
nV(Xα0) = 1 nβ2α0. D’après le théorème central limite, on sait que ˆ
βα0
n−E(ˆ
βα0
n)
σ(ˆ βα0
n)=√nˆ
βα0
n−βα0
βα0converge en loi
vers N(0,1). On a donc que √n(βα0
n−βα0)converge en loi vers N(0, β2α0).ˆ
βα0
nest donc un estimateur asymptotiquement
normal de variance asymptotique β2α0.
g) (/1) ˆ βα0
nconverge p.s. vers βα0. Soit g:a7→ a1/α0, fonction continue de R+dans R+. Alors g(ˆ
βα0
n) = ˆ
βnconverge p.s.
vers g(βα0) = β.
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