Corrig&eacute du TP 8

ECE2 TP n ^◦ 8 : Estimation

Exercice 1.

X¯_n= 1 n

n

X

i=1

X_i est un estimateur sans biais et convergent de l’esp´erance commune aux variableX_i.

SoientX₁, X₂, . . . , X_n des variables ind´ependantes suivant toutes la loi de Bernoulli B(p). Illustrer graphiquement la convergence de ¯Xn versppour une valeur depentr´ee par l’utilisateur en utilisant la fonctioncumsum.

Afin de voir l’´evolution de ¯Xn lorsquenaugmente, on cr´ee le vecteur suivant

X1,X1+X2

2 , . . . ,X1+X2+· · ·+Xn

n

. p = input(’entrez la valeur de p :’)

n = input(’entrez la valeur de n :’) x=1:n;

m=cumsum(grand(1,n,’bin’,1,p))./x;

plot2d(x,m) Exercice 2.

Donner une valeur approch´ee des int´egrales suivantes `a l’aide de la m´ethode de Monte-Carlo.

1.

Z 2

1

p1 +x⁵dx.

On remarque que

Ep

1 +X⁵

= Z 2

1

p1 +x⁵dx avecX ,→ U([1,2]).

On peut donc proposer

n = input(’entrer la valeur de n :’);

X = grand(1,n,’unf’,1,2);

I = 1/n*sum(sqrt(1+X.^5));

disp(I) 3.1480822 2.

Z +∞

0

e^−x 1 +x⁴dx.

On remarque que

E 1

1 +X⁴

= Z +∞

0

e^−x

1 +x⁴dx avecX ,→ E(1).

On peut donc proposer

n = input(’entrer la valeur de n :’);

X = grand(1,n,’exp’,1);

I = 1/n*sum(ones(1,n)./(1+X.^4));

disp(I) 0.6303056 3.

Z +∞

0

e^−x2 1 +x²dx.

On remarque que E

1 1 +X²

= 1

√π Z +∞

−∞

e^−x2

1 +x²dx= 2

√π Z +∞

0

e^−x2

1 +x²dx avecX ,→ N

0,1 2

. On peut donc proposer

n = input(’entrer la valeur de n :’);

X = grand(1,n,’nor’,0, 1/sqrt(2));

I = sqrt(%pi)/2*1/n*sum(ones(1,n)./(1+X.^2));

disp(I) 0.6725788

Exercice 3.

Donner une valeur approch´ee des sommes suivantes `a l’aide de la m´ethode de Monte-Carlo.

1.

+∞

X

k=1

1 k³2^k.

On remarque que

E 1

X³

=

+∞

X

k=1

1

k³2^k avecX ,→ G 1

2

. On peut donc proposer

n = input(’entrer la valeur de n :’);

X = grand(1,n,’geom’, 1/2);

I = 1/n*sum(ones(1,n)./(X.^3)); // il peut y avoir une erreur de type ’division par z´ero’

disp(I) 0.5355922 2.

10

X

k=0

10 k

1

√1 +k⁴. On remarque que

10

X

k=0

10 k

1

√1 +k⁴ = 2¹⁰

10

X

k=0

10 k

1

√1 +k⁴ 1

2 ^k1

2 10−k

= 2¹⁰

10

X

k=0

√ 1

1 +k⁴P(X=k) avecX ,→ B

10,1 2

.

= 2¹⁰Ep

1 +X⁴ On peut donc proposer

n = input(’entrer la valeur de n :’);

X = grand(1,n,’bin’,10,1/2);

I = 1/n*sum(2^10*ones(1,n)./sqrt(1+X.^4));

disp(I) 64.875992 Exercice 4.

Soit un ´echantillon (X1, X2, . . . , Xn) de la loi uniforme sur [0, θ], avecθ >0 inconnu.

1. Montrer queβn=n+ 1

n max(X1, X2, . . . , Xn) est un estimateur sans biais et convergent deθ.

La variableUn= max(X1, X2, . . . , Xn) est `a valeurs dans [0, θ]. Pourx∈[0, θ], on a F(x) =P(Un ≤x) =P

n

\

i=1

[Xi≤x]

!

=

n

Y

i=1

P(Xi≤x) =x θ

n

On en d´eduit queUn poss`ede une densit´ef, en prenant par exemplef(0) =f(θ) = 0 f(x) =

(_{n x}n−1

θⁿ , six∈]0, θ[, 0, sinon.

Calculons l’esp´erance de βn.

Eθ(βn) = n+ 1

n Eθ(Un) = n+ 1 n

Z θ

0

tf(t)dt=n+ 1 n

n θⁿ

Z θ

0

tⁿdt=θ.

βn est donc un estimateur sans biais deθ. Calculons le second moment deUn. E_θ(U_n²) =

Z θ

0

t²f(t)dt= n θⁿ

Z θ

0

tⁿ⁺¹dt= nθ² n+ 2.

Calculons le risque quadratique deβn. Commeβn est sans biais, calculons la variance deβn.

rθ(βn) = Vθ(βn) =

n+ 1 n

2

Vθ(U_n²) =

n+ 1 n

2

nθ² n+ 2 −

n n+ 1θ

2!

=

n+ 1 n θ

²n(n+ 1)²−n²(n+ 2) (n+ 2)(n+ 1)²

=

n+ 1 n θ

² n (n+ 2)(n+ 1)²

= θ²

n(n+ 2) −→

n→+∞0.

βn est un estimateur sans biais et convergent deθ.

2. Montrer queZn = 2 n

n

X

i=1

Xi est un estimateur sans biais et convergent deθ.

On a

Eθ(Zn) = 2 n

n

X

i=1

Eθ(Xi) = 2 n

nθ 2 =θ.

Zn est donc un estimateur sans biais de θ. Calculons le risque quadratique de Zn. Comme Zn est sans biais, calculons la variance deZn.

r_θ(Z_n) = V_θ(Z_n) = 4 n²

n

X

i=1

V_θ(X_i) par ind´ependance desX_i

= 4

n² nθ²

12 = θ²

3n −→

n→+∞0.

Z_n est un estimateur sans biais et convergent deθ.

3. Simuler 1000 fois chacun de ces deux estimateurs et comparer leurs performances pour une valeur de θ et une valeur denentr´ees par l’utilisateur.

theta = input(’entrez la valeur de theta :’)

n = input(’entrez la valeur de n :’) // taille de l’´echantillon for k=1:n

X=grand(1,n,’unf’,0,theta) // loi uniforme `a densit´e betalist(k)=(n+1)/n*max(X);

Zlist(k)=2/n*sum(X);

end

beta = sum(betalist)/1000 // on effectue la moyenne empirique des beta obtenus Z = sum(Zlist)/1000 // on effectue la moyenne empirique des Z obtenus

disp(beta) disp(Z)

On a alors pourθ= 6 etn= 100 -->disp(beta)

0.6003284 -->disp(Z)

0.5940666

4. Confirmer cette impression en donnant les risques quadratiques deβn etZn. βn semble meilleur que Zn, puisque son risque quadratique rθ(βn) = θ²

n(n+ 2) alors que rθ(Zn) = θ²

3n. Ce qui permet de constater querθ(βn) tend plus vite vers 0 querθ(Zn). On a mˆeme :

r_θ(β_n) =

+∞o(r_θ(Z_n)). Exercice 5.

SoitX une variable al´eatoire suivant la loi de Bernoulli de param`etrepsuppos´e inconnu. On pose X¯n= 1

n

n

X

i=1

Xi o`u (X1, X2, . . . , Xn) est un ´echantillon de loiX.

1. Montrer que

X¯n− 1 2√

nα,X¯n+ 1 2√

nα

est un intervalle de confiance de pau niveau de confiance 1−α.

Si ¯X_n est la moyenne empirique associ´ee `a l’´echantillon, on a V( ¯Xn) = p(1−p)

n ≤ 1

4n,

car une simple ´etude de fonction montre que, pour toutp∈[0,1], p(1−p)≤ ¹₄. Puisque ¯X_n est un estimateur sans biais de l’esp´erance, on en d´eduit que

∀ε >0, P

X¯n−p ≤ε

≥1−V( ¯Xn)

ε² ≥1− 1 4nε². Pourα= _4nε¹2, on a ε=₂^√1_nα. On obtient donc pourα∈]0,1],

P

X¯n−p ≤ 1

2√ nα

≥1−α.

P

X¯n− 1 2√

nα ≤p≤X¯n+ 1 2√

nα

≥1−α.

L’intervalle

X¯n− 1 2√

nα,X¯n+ 1 2√

nα

est donc un intervalle de confiance pour θde niveau 1−α.

2. Simuler 100 ´echantillons de taille n= 500, construire les 100 intervalles de confiance obtenus avec l’in´egalit´e de Bienaym´e-Tchebychev et d´eterminer la proportion d’intervalles contenant p.

Pourn= 500 etα= 0.05, l’intervalle de confiance donn´e par l’in´egalit´e de Bienaym´e-Tchebychev est

X¯n− 1

10,X¯n+ 1 10

. p = input(’entrez la valeur de p :’)

n = input(’entrez la valeur de n :’) for k=1:100

x(k) = sum(grand(1,n,’bin’,1,p))/n;

end

y=sum(x-1/10<=p & x+1/10>=p)/100;

L’intervalle de confiance n’est pas tr`es pr´ecis, cela vient du fait que l’in´egalit´e de Bienaym´e-Tchebychev n’est pas tr`es pr´ecise.

3. En posant Φ(t_α) = 1− α

2, on suppose que l’intervalle

"

X¯_n−tα

pX¯n(1−X¯n)

√n ,X¯_n+tα

pX¯n(1−X¯n)

√n

# est un intervalle de confiance asymptotique pourpau niveau de confiance 1−α.

Simuler 100 ´echantillons de taille n = 500, construire les 100 intervalles de confiance obtenus avec le th´eor`eme limite central et d´eterminer la proportion d’intervalles contenantp.

(Indication : pour calculer Φ⁻¹(β)on utilise cdfnor(’X’,0,1,beta,1-beta)) Pourn= 500 etα= 0.05, on a

t=cdfnor(’X’,0,1,0.975,0.025) t =

1.959964

L’intervalle de confiance donn´e par le th´eor`eme limite central est

"

X¯n−1.96pX¯n(1−X¯n)

√n ,X¯n+1.96pX¯n(1−X¯n)

√n

# . p = input(’entrez la valeur de p :’)

n = input(’entrez la valeur de n :’) for k=1:100

x(k) = sum(grand(1,n,’bin’,1,p))/n;

end

c=1.96*sqrt(x.*(1-x))/sqrt(500);

y=sum(x-c<=p & x+c>=p)/100;