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Feuille 4 Exercice 2

Partie A

La variable aleatoire

X suit une loi de densite:

f(x,θ)=θxθ11[0;1](x)

ou le parametre

θ est strictement positif.

En d’autres termes,

f(x,θ)=0 si
x[0;1]
et
f(x,θ)=θxθ1
si
x[0;1]
.

  1. Justifier que, pour tout
    θ>0
    ,
    f(.,θ)
    definit bien une densite sur
    R
    .
  2. Calculer
    E(X)
  3. Determiner l’estimateur du maximum de vraisemblance
    θ^
    du parametre
    θ
    .
  4. Considerons maintenant la variable aleatoire
    Y:=lnX
    .
    1. Pourquoi est-elle bien definie ?
    2. Montrer que la variable aleatoire
      Y
      suit une loi
      Γ(1,θ)
      .
Solution

Comme

θ>0 et
x[0;1]
,
f(x,θ)
est strictement positive.

01f(x,θ)=[xθ]01=1θ0=1

On a donc bien une densite.

E(X)=01xf(x,θ)1[0;1]dx=01θxθdx=[θxθ+1θ+1]=θtheta+1>0

Considerons:

L(x1,,xn,θ)=i=1nθxiθ11[0;1](xi)=θni=1nxiθ1i=1n1[0;1](xi)

Pourquoi est-ce que les indicatrices ne posent pas de problemes ?

Car nos observations sont entre

0 et
1

Pour determiner le maximum, nous pouvons nous restreindre au cas:

(x1,,xn)[0;1] car les
xi
sont des observations.

Passons au logarithme:

ln(L(x1,,xn,θ))=nln(θ)+(θ1)i=1nxi

Calculons la derivee partielle:

ln(x1,,xn,θ)θ=nθ+i=1nln(Xi)ln(x1,,xn)θ=0θ=mi=1nln(Xi)

Verifions la conditions du second ordre:

2ln(L(x1,,xn,θ))θ2=nθ2<0θ>0

θ^ est bien l'EMV!

Question 1.

Elle est bien definie car comme

X[0;1],
ln(X)<0
donc
ln(X)>0

Pourquoi on parle de loi

Γ au lieu de loi exponentielle ?

Car c'est facile d'additionner les loi

Γ.

y=lnxlnx=yx=ey

On pose

ϕ(x)=ln(x)

ϕ(x)=1xϕ1(x)=exfY(y)=\colorred1ϕ(ϕ1(y))f(ϕ1(y))ϕ(ϕ1(y))=\colorred1ex=eyθϕ1(y)θ1=eyey(θ1)=θeθy

Donc

Yξ(θ)=Γ(1,θ)

ϕy(t)=θθit

car fonction caracteristique de la loi exponentielle

Qu'est-ce qu'on a oublie dans notre formule ?

La valeur absolue du Jacobien

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Partie B

Considerons

n variables aleatoires independantes
Xi
suivant la loi de
X
. Nous souhaitons tester l’hypothese
H0:θ=θ0
contre
H1:θ=θ1
avec
θ0<θ1
a l’aide d’observations
xi
issues de l’echantillon precedent.

  1. Nous noterons, dans la suite de l’exercice,
    Yi=lnXi
    . Montrer que la statistique de Neyman-Pearson est:
    Tn:=i=1nYi
  2. Determiner la loi de la variable aleatoire
    Tn
    puis celle de la variable aleatoire
    Un:=Tnθ
  3. Exprimer les risques de premiere et de seconde espece
    α
    et
    β
    en fonction du seuil
    Sα
    , des parametres
    θ0
    et
    θ1
    et de la fonction de repartition de la variable aleatoire
    Un
    .
Solution

L(X1,,Xnθ1)L(X1,,Xnθ0)=i=1nθ1xiθ11i=1nθ0xiθ01=(θ1θ2)ni=1nXiθ1θ0

(H0) est rejetee si:

T>Cαln(Tn)=nln(θ1θ0)+(θnθ0)i=1nln(Xi)>ln(Cα)i=1nln(Xi)>ln(Cα)nln(θ1θ0)θnθ0Sαln(Xi)<SαTn=i=1nln(Xi)<Sαou Sα=Sα

Quel loi suit

Tn ?

On sait que

XiP(1,θ)

Donc

ϕX(t)=θθit

Tn=i=1nYi

Donc

ϕTn=(ϕYi(t))

car les

Yi sont independants.

ϕTn=(θθit)n

Donc:

  • TnΓ(n,θ0)
    sous
    (H0)
  • TnΓ(n,θ1)
    sous
    (H1)

On va calculer la densite de

Un

Un=θTnϕ:]0;+[]0;+[

ϕ est derivable et bijective:

ϕ1(x)=xθetϕ(x)=θfUn(u)=1θ×1Γ(n)(uθ)α1θαeθuθ

fUn(u)=1Γ(n)uα1eu

Donc la loi de

Un ne depend pas de
θ

Notons

Hn la fonction de repartition de
Un
.

α=P(Rejeter H0|H0 vraie)=P(Tn<Sα|H0 vraie)=P(θ0Tnθ0Sα|θ=θ0)=\colorredP(Un<θ0Sα)\colorredSous H0=Hn(θ0Sα)Sα=Hn1(α)θ0

Hn(x)=0x1Γ(n)tα1etdt

Si

x<y alors:

Hn(y)Hn(x)=xy1Γ(n)tα1etdt>0

Donc

(Hn) est strictement croissante sur
[0;+[

Par consequence, elle est strictement croissante

β=P(Rejeter H1|H0fausse)=P(TnSα|θ=θ1)=P(θ1Tn\colorgreenUnSαθ1|θ=θ1)=1Hn(θ1Sα)

β=1Hn(θ1θ0Hn1(\colorgreenα))

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