Examen de statistiques : corrigé 1. (i) Vrai, par le lemme de Slutsky ...

Examen de statistiques : corrigé
1. (i) Vrai, par le lemme de Slutsky.
(ii) Faux, par exemple pour un échantillon uniforme.
(iii) Faux, c’est la médiane qui est moins sensible.
(iv) Faux, une variable aléatoire exponentielle ne prend pas de valeurs
négatives.
(v) Vrai, on a
(vi) Faux, c’est
X (r) ∼
E[(n − 1)S 2 ] = E
(vii) Vrai, si X ∼ B(p), alors
[ n∑
j=1
Y 2
j − nȲ 2 ]
= n(σ 2 + µ 2 ) − σ 2 − nµ 2
= (n − 1)σ 2 .
n!
(r − 1)!(n − r)! F (x)r−1 f(x){1 − F (x)} n−r , x ∈ R.
f X (x) = p x (1 − p) 1−x = exp[x{log(p) − log(1 − p)} + log(1 − p)].
(viii) Vrai, F θ (Y ) ∼ U(0, 1) est un pivot.
(ix) Faux, E[W V ] = 4µ 2 + σ 2 ≠ E[W ]E[V ] = 4µ 2 .
(x) Vrai, on a P(θ ∈ I) = P(I = R) = 1 − 2α, I est donc bien un
intervalle de confiance de niveau 1 − 2α pour θ.
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2. (a) On a la vraisemblance
L(ψ) =
n∏
i=1
donc la log-vraisemblance
n∑
l(ψ) = − log(x i !) + ψ
et on obtient
De plus, on a
i=1
exp(ψx i − exp(ψ))
,
x i !
n∑
x i − n exp(ψ)
i=1
∂l
n∑
∂ψ = −n exp(ψ) + x i ⇒ ˆψ = log(¯x).
i=1
∂ 2 l
= −n exp(ψ) ⇒ i(ψ) = n exp(ψ).
∂ψ2 (b) Elle est utilisée pour le calcul de l’efficacité relative asymptotique
de deux schémas d’échantillonnage et c’est la variance asymptotique
de la statistique du score.
(c) Par la loi faible des grands nombres, on a ¯X −→ λ. Or, la fonction
g(x) = log(x) est continue en x ≠ 0, donc log( ¯X)
P
−→ ψ et ˆψ est
consistant.
De plus, par le Thèorème Central Limite, on a
¯X − λ
√
λ/n
D
−→ N (0, 1).
On applique la méthode delta avec g(x) = log(x) pour obtenir
ˆψ − ψ
√
λ/n/n
−→ D
N (0, 1) càd ˆψ −→ D
N (ψ, (nλ) −1 ).
(d) On a ∑ n
i=1 X i ∼ Poiss(nλ), et donc
[ ( )]
E[ ˆψ] 1
n∑
= E log X i
n
i=1
( n∑
)
= P X i = 0 log(0) +
i=1
∞∑
k=1
P
( k −nλ (nλ)k
log e .
n)
k!
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3. (a) Voir cours.
(b) On a
π(θ|s) =
=
=
f(s, θ)
f(s)
= ∫ f(s|θ)π(θ)
f(s|θ)π(θ)dθ
θ s (1 − θ) n−s
∫ 1
0 θs (1 − s) n−s dθ
(n + 1)!
(n − s)!s! θs (1 − θ) n−s .
Pour la densité prédictive, on a
π(m|s) =
=
=
∫
f(m, s) f(m|s, θ)f(s|θ)π(θ)dθ
= ∫
f(s) f(s|θ)π(θ)dθ
∫ 1
0 θs+1 (1 − θ) m+n−s−1 dθ
(n − s)!s!/(n + 1)!
(s + 1)(m + n − s − 1)!(n + 1)!
.
(m + n + 1)!(n − s)!
Indication : ∫ 1
0 θs (1 − θ) n−s dθ = s!(n − s)!/(n + 1)! (intégration
par parties).
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4. (a) On a
[ ]
M Y (t) = E e tT Y
[
= E
}
= exp
{ 1
2 σ2 t T t
e (AT t) T X
.
]
= M X
(
A T t )
Ainsi, (Y 1 , . . . , Y n ) T ∼ N n (0, σ 2 I n ).
(b) La matrice définie par la définition des Y i est orthogonale, et donc
Y ∼ N n (0, σ 2 I n ). Ainsi, les Y i sont indépendants. De plus, on a,
d’une part
Y 1 = √ 1 n∑
X i = √ n ¯X
n
et, d’autre part,
i=1
n∑
Xj 2 = X T X = X T A T AX = Y T Y =
j=1
n∑
j=1
Y 2
j = n ¯X 2 +
n∑
j=2
Y 2
j ,
ce qui implique
(n − 1)S 2 =
n∑
(X j − ¯X) 2 =
j=1
n∑
Xj 2 − n ¯X =
j=1
n∑
j=2
Y 2
j ,
ce qui nous permet de conclure que ¯X et S 2 sont indépendants.
Enfin, on obtient également
¯X ∼ N (0, σ 2 /n)
(n − 1)S 2 ∼ σ 2 χ 2 n−1.
(c) Au point (b), on a vu que
¯X ∼ N (0, σ 2 /n) et (n − 1)S 2 ∼ σ 2 χ 2 n−1
sont indépendants. Ainsi,
¯X/ √ σ 2 /n
√
{(n − 1)S2 /σ 2 }/(n − 1) =
¯X
√
S2 /n ∼ t n−1.
Dans notre cas, ¯x = 10, 27, s 2 = 63, 62 et ¯x/ √ s 2 /n = 4, 27. La
table donne une p-valeur entre 0, 001 et 0, 002, ce qui indique que
l’hypothèse H 0 : ”fumer n’a pas d’impact sur le taux auquel les
plaquettes se rassemblent” est fausse.
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