Université Paris 5 - René Descartes

UFR de Mathématiques et Informatique

, rue des Saints-Pères 75270 Paris cedex 06

Maîtrises Math-Mass 2000-2001

Corrigé de l'examen du 11 septembre 2001

1. 
   

   $${\mathbb{E}}_{\theta}\left[\sum_{k=1}^n\vert X_k\vert\right] = n{\mathbb{E}}_{\theta}\left[\vert X_1\vert\right]=n\int_{-\infty}... ...vert x\vert\frac{1}{2{\theta}}\exp\left(-\frac{\vert x\vert}{{\theta}}\right)dx$$

   $$= n\int_0^{+\infty}x\frac{1}{\theta}\exp\left(-\frac{ x}{{\theta}}\... ...(-x-{\theta})\exp\left(-\frac{ x}{{\theta}}\right)\right]_0^{+\infty}=n{\theta}$$

   $$\mathop{\hbox{ var}}\nolimits _{\theta}\left(\sum_{k=1}^n\vert X_k\vert\right) = n\mathop{\hbox{ var}}\nolimits _{\theta}\left(\vert X_1\vert\righ... ...frac{1}{2{\theta}}\exp\left(-\frac{\vert x\vert}{{\theta}}\right)dx-n{\theta}^2$$

   $$= n\left[(-x^2-2{\theta}x-2{\theta}^2)\exp\left(-\frac{ x}{{\theta}}\right)\right]_0^{+\infty}-n{\theta}^2=n{\theta}^2$$

   
   

2. Le $n$-échantillon $(X_1,\ldots,X_n)$ est à valeurs dans ${\mathbb{R}}^n$ ; on choisit donc ${\Omega}={\mathbb{R}}^n$ comme espace des observations, muni de la tribu des boréliens ${\cal A}={\cal B}({\mathbb{R}}^n)$. Pour tout ${\theta}\in{\Theta}={\mathbb{R}}^* _+$, la loi ${\mathbb{P}}_{\theta}$ est celle de $n$ variables de Laplace indépendantes, et sa densité par rapport à la mesure de Lebesgue sur ${\mathbb{R}}^n$ vaut
   

   $$\forall (x_1,\ldots,x_n)\in{\Omega}$$

   $$\frac{d{\mathbb{P}}_{\theta}}{d{\lambda}_{{\mathbb{R}}^n}}(x_1,\ldots,x_n) = f_{\theta}^{(n)}(x_1,\ldots,x_n)=\prod_{i=1}^nf_{\theta}(x_i)$$

   $$= \frac{1}{(2{\theta})^n} \exp\left(-\frac{1}{\theta} \sum_{i=1}^n\vert x_i\vert\right)$$

   $$= \exp(Q({\theta})T(x_1,\ldots,x_n)-{\varphi}({\theta})),$$

   
   
   avec $Q({\theta})=-1/{\theta}$, $T(x_1,\ldots,x_n)=\sum_{i=1}^n\vert x_i\vert$, et ${\varphi}({\theta})=n\ln(2{\theta})$. Le modèle statistique $({\Omega},{\cal A},\{{\mathbb{P}}_{\theta},{\theta}\in{\Theta}\})$ est donc un modèle exponentiel. L'ensemble image $Q({\Theta})={\mathbb{R}}$ est d'intérieur non vide ; il n'y a pas de relation linéaire non triviale entre les différentes statistiques présentes sous l'exponentielle car il n'y en a qu'une seule ; on en déduit que $T(X_1,\ldots,X_n)$ est une statistique exhaustive et complète (donc minimale).
3. La vraisemblance $L({\theta},x_1,\ldots,x_n)=f_{\theta}^{(n)}(x_1,\ldots,x_n)$ est toujours strictement positive. On peut donc ramener son étude à celle de la log-vraisemblance :
   

   $$\ln L({\theta},x_1,\ldots,x_n) = -\frac{1}{{\theta}}T-n\ln(2{\theta})$$

   $$\frac{\partial \ln L}{\partial{\theta}}({\theta},x_1,\ldots,x_n) = \frac{T}{\theta^2}-\frac{n}{\theta}$$

   
   
   La dérivée $\frac{\partial \ln L}{\partial{\theta}}$ est positive pour ${\theta}\in]0,T/n[$, nulle en ${\theta}=T/n$, et négative pour ${\theta}>T/n$. On en déduit que le maximum de $\ln L$ est atteint en ${\theta}=T/n$. L'estimateur du maximum de vraisemblance de ${\theta}$ est donc
   $$\hat{\theta}_n=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\vert X_i\vert$$
   Cet estimateur est sans biais car ${\mathbb{E}}_{\theta}[\hat{\theta}_n]=\frac{1}{n}{\mathbb{E}}_{\theta}[\sum_{i=1}^n\vert X_i\vert]=\frac{1}{n}n{\theta}={\theta}$, d'après la question $1$. Il est fortement consistant d'après la loi forte des grands nombres. En effet, les v.a. $\vert X_i\vert$ sont identiquement distribuées, indépendantes, et intégrables : $E_{\theta}[\vert X_i\vert]<+\infty$. On en déduit que leur moyenne $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\vert X_i\vert$ converge p.s., sous ${\mathbb{P}}_{\theta}$, vers leur espérance ${\mathbb{E}}_{\theta}[\vert X_i\vert]={\theta}$. Autrement dit, $\hat {\theta}_n$ converge ${\mathbb{P}}_{\theta}$-p.s. vers ${\theta}$, ce qui signifie bien qu'il est fortement consistant.
4. Le modèle est régulier car ${\Theta}={\mathbb{R}}_+^*$ est un ouvert de ${\mathbb{R}}$, et $Q({\theta})=-1/{\theta}$ est une fonction $C^1$ sur ${\Theta}$, de dérivée ne s'annulant pas. On en déduit en outre que $T(X_1,\ldots,X_n)$ est un estimateur régulier, efficace et UVMB de son espérance, qui vaut $n{\theta}$. Il s'ensuit que $\hat{\theta}_n=T/n$ est un estimateur régulier, efficace et UVMB de ${\theta}$. La variance d'un estimateur efficace de ${\theta}$ vaut donc celle de $\hat {\theta}_n$ : $\mathop{\hbox{ var}}\nolimits _{\theta}(\hat{\theta}_n)=\mathop{\hbox{ var}}\nolimits _{\theta}(\sum_{i=1}^n\vert X_i\vert)/n^2={\theta}^2/n$. Or, d'après l'inégalité de Cramer-Rao, on sait que si $S$ est un estimateur efficace de $g({\theta})$, alors $I_n({\theta})=(g'({\theta}))^2/\mathop{\hbox{ var}}\nolimits _{\theta}(S)$, avec $I_n({\theta})$ l'information de Fisher du modèle. On en déduit $I_n({\theta})=1/\mathop{\hbox{ var}}\nolimits _{\theta}(\hat{\theta}_n)=n/{\theta}^2$.
5. Les v.a. $\vert X_i\vert$ sont de même loi, indépendantes, et de carré intégrable : ${\mathbb{E}}_{\theta}[\vert X_i\vert^2]<+\infty$. On déduit alors du théorème de limite centrale que sous ${\mathbb{P}}_{\theta}$
   $$\frac{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\vert X_i\vert-{\mathbb{E}}_{\theta}... ...{i=1}^n\vert X_i\vert\right)}}=\frac{\sqrt n}{\theta}(\hat{\theta}_n-{\theta})$$
   converge en loi quand $n$ tend vers $+\infty$ vers $Z$, une gaussienne centrée réduite. Par approximation, pour $n$ grand, on égalise donc $\frac{\sqrt n}{\theta}(\hat{\theta}_n-{\theta})$ et $Z$. D'où
   $$\hat{\theta}_n\simeq{\theta}+\frac{\theta}{\sqrt n}Z$$ de loi $${\cal N}({\theta},{\theta}^2/n)$$
   On pose $m({\theta})={\theta}$ et ${\sigma}^2({\theta})={\theta}^2/n$.
6. En reprenant les notations de la question précédente, on a ${\mathbb{P}}(-1,96\leq Z\leq 1,96)=0,95$. Par approximation, il en résulte
   $${\mathbb{P}}_{\theta}\left( -1,96\leq\frac{\sqrt n}{\theta}(\hat{\theta}_n-{\theta})\leq 1,96\right)\simeq0,95$$
   D'où finalement
   $${\mathbb{P}}_{\theta}\left({\theta}\in\left[\frac{\hat{\theta}_n}... ...sqrt n}},\frac{\hat{\theta}_n}{1-\frac{1,96}{\sqrt n}}\right]\right)\simeq0,95$$

7. Il s'agit d'un problème de test unilatère. Comme $Q({\theta})$ est strictement croissante, la famille des densités est à rapport de vraisemblance croissant en la statistique $T$, comme en la statistique $\hat {\theta}_n$. On sait que dans ce cas on peut construire un test UPP de niveau ${\alpha}$ dont la fonction critique a la forme suivante :
   $${\phi}(x_1,\ldots,x_n)=\left\{ \begin{array}{cl} 1&\mbox{ si }\ha... ... si }\hat{\theta}_n=c\\ 0&\mbox{ si }\hat{\theta}_n<c\\ \end{array}\right.$$
   Comme ${\mathbb{P}}_{\theta}(\hat{\theta}_n=c)=0$ quels que soient ${\theta}$ et $c$, on peut plus simplement se ramener à un test de la forme
   $${\phi}(x_1,\ldots,x_n)=\left\{ \begin{array}{cl} 1&\mbox{ si }\hat{\theta}_n> c\\ 0&\mbox{ si }\hat{\theta}_n\leq c\\ \end{array}\right.$$
   avec $c$ déterminé par la condition ${\mathbb{E}}_{{\theta}_0}[{\phi}]={\alpha}$. On peut déduire de l'approximation gaussienne une approximation de $c$. En effet,
   

   $${\mathbb{E}}_{{\theta}_0}[{\phi}] = {\mathbb{P}}_{\theta_0}(\hat{\theta}_n>c)$$

   $$= {\mathbb{P}}_{\theta_0}\left(\frac{\sqrt n}{\theta_0}(\hat{\theta}_n-{\theta_0})>\frac{\sqrt n}{\theta_0}(c-{\theta_0})\right)$$

   $$\simeq {\mathbb{P}}\left(Z>\frac{\sqrt n}{\theta_0}(c-{\theta_0})\right)$$

   
   
   Or ${\mathbb{P}}(Z>1,96)={\mathbb{P}}(\vert Z\vert>1,96)/2=0,05/2=0,025$. On en déduit que le test sera de niveau ${\alpha}=0,025$ si, approximativement,
   $$1,96\simeq\frac{\sqrt n}{\theta_0}(c-{\theta_0})$$
   Il en résulte que $c\simeq {\theta}_0(1+1,96/\sqrt n)=1,196$, avec ${\theta}_0=1$ et $n=100$.

   Remarque : la valeur exacte de $c$ est $1,205$, qu'on peut calculer en notant que $\sum_{i=1}^n\vert X_i\vert$ suit une loi ${\Gamma}(n,1/{\theta})$ sous ${\mathbb{P}}_{\theta}$.

8. L'estimateur bayésien de ${\theta}$ relativement à la loi a priori ${\nu}(d{\theta})=q({\theta})d{\theta}$ est donné par la formule
   $$S(x_1,\ldots,x_n)=\frac{\int_{\Theta}{\theta}f_{\theta}^{(n)}(x_1... ...u}(d{\theta})} {\int_{\Theta}f_{\theta}^{(n)}(x_1,\ldots,x_n){\nu}(d{\theta})}$$
   Or,
   

   $$\int_{\Theta}{\theta}f_{\theta}^{(n)}(x_1,\ldots,x_n){\nu}(d{\the... ...ght)\frac{{\alpha}}{\theta^2}\exp\left(-\frac{{\alpha}}{\theta}\right)d{\theta}$$

   $$= \frac{\alpha}{2^n}\int_0^{+\infty}\frac{1}{\theta^{n+1}}\exp\left(-\frac{{\alpha}+n\hat{\theta}_n}{\theta}\right)d{\theta}$$

   $$= \frac{\alpha}{2^n}\left[-\frac{1}{n\theta^{n}}\exp\left(-\frac{{\... ...\theta^{n+2}}\exp\left(-\frac{{\alpha}+n\hat{\theta}_n}{\theta}\right)d{\theta}$$

   $$= 0+\frac{{\alpha}+n\hat{\theta}_n}{n}\int_{\Theta}f_{\theta}^{(n)}(x_1,\ldots,x_n){\nu}(d{\theta})$$

   
   
   où l'on s'est servi de ce que $\lim_{{\theta}\rightarrow 0}-\frac{1}{n\theta^{n}}\exp\left(-\frac{{\alpha}+n\hat{\theta}_n}{\theta}\right)=\lim_{{\theta}\rightarrow +\infty}\ldots=0$.

   Il s'ensuit que l'estimateur bayésien $S$ vaut $\hat{\theta}_n+\frac{\alpha}{n}$.