VA à densité symétrique

LeVioloniste

Je voudrais traiter cet exo.

LeVioloniste

Q1.

J'ai déjà travaillée les questions d'intégrales généralisées sur un autre fil. Je trouve que ce n'est pas si simple, et que certaines questions réclament une bonne finesse d'esprit.

L'IPP est justifiée par le fait que $F$ soit de classe $\mathcal{C}^1$.

pour $A>0$ , $\displaystyle{\int_{0}^{A} F(t)~dt = \big[ x.F(x) \big]_{0}^{A} - \int_{0}^{A} tF'(t)~dt = A.F(A) - \int_{0}^{A} tF'(t)~dt}$

Cas 1 : Supposons (a) et (b) vraies.

Comme les 2 intégrales convergent, on a $\exists l \in \mathbb{R}$ tel que $A.F(A) \mapsto_{A \mapsto +\infty} l$

Montrons que la seule valeur possible est $l=0$. Par l'absurde si $l \neq 0$ alors $F(x) \sim_{x \mapsto +\infty} \frac{l}{x}$

Mais la convergence de $\int_{0}^{+\infty} F(t)~dt$ impose que $l=0$ car $\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x}$ diverge.

$(a), (b) \Rightarrow (c)$

Cas 2 : Supposons (a) et (c) vraies.

La condition $A.F(A) \mapsto_{A \mapsto +\infty} 0$ imposent que les 2 intégrales sont de même nature. Donc (b) est vraie par convergence de la première intégrale.

$(a), (c) \Rightarrow (b)$

Cas 3 : Supposons (b) et (c) vraies.

C'est le même raisonnement que le cas 2.

$(b), (c) \Rightarrow (a)$

@Alexique au travail !

LeVioloniste

Q2.

Si $F$ est décroissante et positive sut $\mathbb{R}^+$ on a 2 informations :

$F'(t) \leq 0$ sur $\mathbb{R}^+$ et donc $\int_{0}^{A} tF'(t)~dt$ est négative pour $A>0$

$\int_{0}^{A} F(t)~dt \geq 0$

Cas 1 : d'abord on n'a pas $(c) \Rightarrow (a)$ et $(c) \Rightarrow (b)$

$\int_{2}^{+\infty}  \frac{1}{x.ln(x)^{\beta}} ~dt$, $\beta \in \mathbb{R}^{*+}$. Si on suppose $\beta > 1$, on a la convergence de l'intégrale, par théorème des intégrales de Bertrand.

Choisissons $\beta = 1$ alors $F(x)=\frac{1}{x.ln(x)}$ on a bien $A.F(A) \mapsto_{A \mapsto +\infty} 0$. Mais $\int_{2}^{+\infty}  F(t) ~dt$ diverge.

Donc $(c) \Rightarrow (a)$ est faux.

Ensuite :

$F't)=-\frac{1}{t^2.ln(t)}-\frac{1}{t^2.ln(t)^2}$ donc $t.F't)=-\frac{1}{t.ln(t)}-\frac{1}{t.ln(t)^2}$ et $\int_{2}^{+\infty} -\frac{1}{t.ln(t)}-\frac{1}{t.ln(t)^2} ~dt$

diverge.

Donc $(c) \Rightarrow (b)$ est faux aussi.

Cas 2 : $(a) \Leftrightarrow (b)$

Comme $F$ est décroissante, alors $F(x) \leq F(x/2)$

Alors $0 \leq \frac{x}{2}.F(x) \leq \int_{ \frac{x}{2}}^{x} F(t)~dt \leq \frac{x}{2}.F(\frac{x}{2})$

En passant à la limite $A.F(A) \mapsto_{A \mapsto +\infty} 0$ (on a donc (c). Puis les 2 intégrales sont donc égales donc

Donc $(a) \Rightarrow (b)$ et $(b) \Rightarrow (a)$

Donc$(a) \Leftrightarrow (b)$

LeVioloniste

Q3

D'abord on a que $\mathbb{E}(X_i)=\int_{\mathbb{R}} t.G'(t)~dt=0$ car les $X_i$ sont centrées.

Ensuite si on veut utiliser les questions Q1 et Q2 il faut poser $F=1-G$ la fonction de survie pour avoir les mêmes hypothèses sur la fonction à intégrer.

pour $A<0$ et $B>0$  , $\displaystyle{\int_{A}^{B} F(t)~dt = \big[ x.F(x) \big]_{A}^{B} - \int_{A}^{B} tF'(t)~dt = B.F(B)-A.F(A) - \int_{A}^{B} tF'(t)~dt}$

Maintenant $\displaystyle{\int_{A}^{B} 1-G(t)~dt = \big[ x.(1-G(x) ) \big]_{A}^{B} - \int_{A}^{B} t(-G'(t))~dt = B.(1-G(B))-A.(1-G(A)) + \int_{A}^{B} tG'(t)~dt}$

Choisissons $A=0$, alors $ \int_{A}^{B} tG'(t)~dt$ est finie lorque $A=0$ et $B \mapsto +\infty$. (Car l'espérance existe).

Dans ce cas on a avec Q2 $B.(1-G(B)) \mapsto_{B +\infty} 0$

Ensuite pour la deuxième limite : on change $t$ en $-t$ dans les intégrales : avec $G$ étant alors décroissante

$\displaystyle{-\int_{-A}^{-B} G(-t)~dt =  -B.G(-B)+A.G(-A) - \int_{-A}^{-B} tG'(-t)~dt}$

Comme précédemment, choisissons $A=0$ et $B \mapsto +\infty$ alors $lim_{B \mapsto +\infty} -B.G(-B)= lim_{B \mapsto -\infty} B.G(B) = 0$

LeVioloniste

Q4a

Soit $x \in \mathbb{R}$, $\mathbb{P}(X \leq x)=\mathbb{P}([X_1 \leq x] \cap [X_2] \leq x] ) = \mathbb{P}([X_1 \leq x]) . \mathbb{P}([X_2 \leq x]) = \mathbb{P}([X_1 \leq x])^2 = G(x)^2$ grâce à l'indépendance des va.

Enfin une question facile ! 

Q4b

La fonction de répartition étant de classe $\mathcal{C}^1$ elle est dérivable et de dérivée continue, $X_i$ admet alors une densité.

Soit $x \in \mathbb{R}$, $f_X(x)=2g(x)G(x)$

Q4c

Si $q_{\frac{1}{4}}$ est le premier quartile,c' est l'ensemble des nombres réels $\displaystyle x$ tel que $\displaystyle \mathbb {P} (X\leq x)=\frac{1}{4}$. $q_{\frac{1}{4}}=F^{-1}_X(\frac{1}{4})$.

Le mot calcul me gène, doit on l'exprimer avec $q_{\frac{1}{2}}$ ? $\displaystyle G^2(x)=\frac{1}{4}$ alors $G(x)=\frac{1}{2}$

Donc $q_{\frac{1}{4}}$ de $X$ est $q_{\frac{1}{2}}$ de $X_i$.

Alexique

@LeVioloniste
Tu as pu trouver des gens bien attentionnés pour t'aider donc je leur cède ma place bien volontiers et je vais garder mon temps pour la fin de ma thèse. Bon courage ! 

LeVioloniste

@Alexique Bah j'aime bien bosser avec toi ... c'est sympa. Après si tu es très occupé, nous aurons l'occasion de retravailler plus tard.

LeVioloniste

Q5.

Si près si loin ...

$\mathbb{E}[X]=\displaystyle{\int_\mathbb{R}} t.(2g(t)G(t)) ~dt$

car Q4b $X$ admet alors une densité, si $x \in \mathbb{R}$, $f_X(x)=2g(x)G(x)$.

Une IPP donne $\mathbb{E}[X]=\displaystyle{\int_{\mathbb{R}} t.(2g(t)G(t)) ~dt=[t.G^2(t)]_{-\infty}^{+\infty} - \int_{\mathbb{R}} G^2(t) ~dt }$

Du coup le crochet doit valoir $\displaystyle{[t.G^2(t)]_{-\infty}^{+\infty}  = \int_{\mathbb{R}} G(t) ~dt }$ mais je n'aboutit pas malgré avoir cherché.

Une idée ?

Alexique

Tu n'as pas exploité l'information que $X_1$ et $X_2$ sont d'espérance nulle. Ca peut peut-être aider.

LeVioloniste

$\mathbb{E}[X_1]=\displaystyle{\int_\mathbb{R}} t.g(t) ~dt = 0$. Dur à exploiter.

Alexique

Dur de faire le lien entre $\int_R tg(t)dt$ et $\int_R G(t)dt$ ? Sinon, attention à ne pas intégrer des fonctions non intégrables. $G$ est croissante de $0$ à $1$ donc elle n'est pas intégrable et $G^2$ non plus.

LeVioloniste

Bon je pense avoir trouvé mais il me manque des arguments :

$\int_{\mathbb{R}} G=[t.G(t)]_{-\infty}^{+\infty} - \int_{\mathbb{R}} t.G'(t)~dt=[t.G(t)]_{-\infty}^{+\infty} - \mathbb{E}(X_1)=[t.G(t)]_{-\infty}^{+\infty}$

$\int_{\mathbb{R}} G^2=[t.G(t)^2]_{-\infty}^{+\infty} - \int_{\mathbb{R}} t.(G^2(t))'~dt=[t.G(t)^2]_{-\infty}^{+\infty} - \mathbb{E}(X)$

Par soustraction :

$\mathbb{E}(X)=\int_{\mathbb{R}} (1-G)G - [t.G(t)^2]_{-\infty}^{+\infty} + [t.G(t)]_{-\infty}^{+\infty}$

Il reste à justifier que $[t.(G(t)^2-G(t))]_{-\infty}^{+\infty}=0$ Délicat à justifier.

Alexique

Une des questions précédentes peut servir... Je répète, tu écris des égalités avec des $\infty$ donc tout ce que tu fais n'a pas de sens. 

LeVioloniste

Q5

Ce que j'ai écrit avant aurait pu être dit de la manière suivante : sous réserve de convergence des intégrales, on écrit ...

Mais ici mieux vaut être prudent !

Soit $A,B \in \mathbb{R}$, avec $A<B$

$\int_{A}^{B} G=[t.G(t)]_{A}^{B} - \int_{A}^{B} t.G'(t)~dt$

$\int_{A}^{B} G^2=[t.G(t)^2]_{A}^{B} - \int_{A}^{B} t.(G^2(t))'~dt$

Par soustraction :

$ \int_{A}^{B} t.(G^2(t))'~dt=\int_{A}^{B} (1-G)G -[t.(1-G(t)).G(t)]_{A}^{B}+\int_{A}^{B} t.G'(t)~dt$

Maintenant quand $A \mapsto -\infty$ et $B \mapsto +\infty$
$\int_{A}^{B} t.G'(t)~dt \mapsto \mathbb{E}(X_1)=0$
$ \int_{A}^{B} t.(G^2(t))'~dt \mapsto \mathbb{E}(X)$

$t.(1-G(t)).G(t) \mapsto_{t  \mapsto +\infty} t.(1-G(t)) \times G(t) = 0 \times 1 = 0$ car $t.(1-G(t)) \mapsto_{t  \mapsto +\infty} 0$ et $G(t) \mapsto_{t  \mapsto +\infty} = 1$

$t.(1-G(t)).G(t) \mapsto_{t  \mapsto -\infty} t.(1-G(t)) \times G(t) = 1 \times 0 = 0$ car $t.G(t) \mapsto_{t  \mapsto -\infty} 0$ et  $1-G(t) \mapsto_{t  \mapsto -\infty} = 1$

Il reste $\mathbb{E}(X)= \int_{-\infty}^{+\infty} t.(G^2(t))'~dt = \int_{-\infty}^{+\infty} (1-G)G$

LeVioloniste

Q6

On reprend l'espérance de $X$,  $\mathbb{E}(X)= \int_{-\infty}^{+\infty} t.(G^2(t))'~dt$ avec $\forall t \in \mathbb{R}$, $g(-t)=g(t)$ et $G(-t)+G(t)=1$.

Alors $\mathbb{E}(X)= \int_{-\infty}^{0} 2t.g(t).G(t)~dt + \int_{0}^{+\infty} 2t.g(t).G(t)~dt$. Dans la première intégrale on pose $u=-t$

$\int_{-\infty}^{0} 2t.g(t).G(t)~dt= \int_{+\infty}^{0}  2(-u)g(-u)G(-u) ~(-du)= -\int_{0}^{+\infty}  2u.g(u)(1-G(u)) ~du=\int_{0}^{+\infty}  2u.g(u)(G(u)-1) ~du$

Par somme : $\mathbb{E}(X)=\int_{0}^{+\infty}  2u.g(u)(2G(u)-1) ~du$

LeVioloniste

Q7

J'ai du mal à voir la formule à prendre. Celle de Q5 ?

Cela fait des doubles intégrales, pas sur qu'on y arrive ...

Alexique

Peut-être commencer par écrire $\sigma^2$ sous forme intégrale. 

LeVioloniste

$\int_{-\infty}^{+\infty} 2.g(t).G(t)~dt=1$ en utilisant la propriété de la densité.

Ce qui s'écrit : $2 \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{2.\pi}.\sigma}.e^{-\frac{t^2}{2.\sigma^2}} G(t)~dt=1$ donc $\sigma=2\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{\sqrt{2.\pi}}.e^{-\frac{t^2}{2.\sigma^2}} G(t)~dt$. Est-ce l'idée ? Il reste du $\sigma$ dans l'intégrale.

Alexique

Non, je pensais plutôt à la définition de $\sigma$ : $\sigma^2 = var(X_1)=...$

LeVioloniste

On a $\displaystyle \sigma^2= \mathbb{E}(X_1^2)-\mathbb{E}(X_1)^2= \mathbb{E}(X_1^2)=\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{t^2}{\sqrt{2.\pi}.\sigma}.e^{-\frac{t^2}{2.\sigma^2}} ~dt$.

Alexique

Bon, j'ai dû te mettre sur une mauvaise piste. 
Reprendre $\mathbb{E}(X)=\int_R 2tg(t)G(t)dt$ et IPP en primitivant $t \mapsto tg(t)$ et en dérivant $G$. 

LeVioloniste

@Alexique Je ne te comprends pas. La tangente d'où vient-elle ?
Je réfléchis à la loi du $\chi^2$ à 1 degré de liberté.
Merci AD pour la lettre $\chi$.

Alexique

J’ai modifié. Non, pas besoin de Khi 2. 

LeVioloniste

Q7
Je vais utiliser Q6 car les lois $X_i$ sont symétriques : $\mathbb{E}(X)=\int_{0}^{+\infty}  2u.g(u)(2G(u)-1) ~du$
$\frac{B}{2}=\int_{0}^{+\infty} \frac{t}{\sqrt{2.\pi}.\sigma} e^{-\frac{r^2}{2.\sigma^2}}.(2G(t)-1)~dt$
Avec une IPP : $u(t)=2G(t)-1$ et $u'(t)=2g(t)$ et $v'(t)=-\frac{\sigma}{\sqrt{2\pi}}(-\frac{t}{\sigma^2}.e^{-\frac{t^2}{2.\sigma^2}})$ et $v(t)=-\frac{\sigma}{\sqrt{2\pi}}.e^{-\frac{t^2}{2.\sigma^2}}$
alors
$\frac{B}{2}=[(2G(t)-1).-\frac{\sigma}{\sqrt{2\pi}}.e^{-\frac{t^2}{2.\sigma^2}}]_{0}^{+\infty} - \int_{0}^{+\infty} -\frac{\sigma}{\sqrt{2\pi}}.e^{-\frac{t^2}{2.\sigma^2}}.2g(t)~dt$
Or, comme $G(0)=1/2$, $[(2G(t)-1).-\frac{\sigma}{\sqrt{2\pi}}.e^{-\frac{t^2}{2.\sigma^2}}]_{0}^{+\infty}=0$ 

$\frac{B}{2}= \int_{0}^{+\infty} \frac{\sigma}{\sqrt{2\pi}}.e^{-\frac{t^2}{2.\sigma^2}}.2g(t)~dt=\frac{2}{2.\pi}. \int_{0}^{+\infty} e^{-\frac{t^2}{\sigma^2}}~dt$
Rappelons l'intégrale de Gauss : $\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-u^2}~du=\sqrt{\pi}$
$ \int_{0}^{+\infty} e^{-\frac{t^2}{\sigma^2}}~dt=\int_{0}^{+\infty} e^{-u^2}~\sigma.du=\sigma.\sqrt{\pi}/2$
Donc $\frac{B}{2}=\frac{1}{pi}.\sigma.\sqrt{\pi}/2$ alors $B=\frac{\sigma}{\sqrt{\pi}}$
J'ai espéré en vain me dispenser de ces calculs bourrins ... en vain.

LeVioloniste

Q8
Si je comprends bien les $X_i$ sont symétriques mais on n'a pas de loi normale comme loi ?
J'ai cherché sur le net des informations sur la loi carré de la loi normale mais je n'ai rien trouvé, ce n'est pas courant.

Alexique

Q7 : ok, c'est bien les étapes que j'avais en tête. $t \mapsto \tan(t)$ se primitive en $\lambda g$. Par IPP, il reste à calculer $\int_R g^2$ qui est l'intégrale de Gauss. 
Q8 : cette fois, il faut bien utiliser $var(X_1)=\mathbb{E}(X_1^2)=\int_R t^2g(t)dt$ pour calculer $\mathbb{E}(X^2)=\int_R 2t^2g(t)G(t)dt$. La symétrie implique $g(-t)=g(t)$ et $G(-t)=1-G(t)$. On n'a pas d'autres informations.

LeVioloniste

Q8

$\mathbb{E}(X^2)=\int_{0}^{+\infty}  2u^2.g(u).G(u) ~du$

$\mathbb{E}(X_1^2)=\int_{0}^{+\infty}  u.g(u)^2 ~du$

Par différence : $\mathbb{E}(X^2)-\mathbb{E}(X_1^2)=\int_{-\infty}^{+\infty} u^2.g(u)(2G(u)-1)~du$ et notons $\phi(u)=u^2.g(u)(2G(u)-1)$ alors $\phi(-u)=(-u)^2.g(-u)(2G(-u)-1)=u^2.g(u)(2(1-G(u))-1)=-u^2.g(u)(2G(u)-1)=-\phi(u)$

Donc $\phi$ est impaire $\int_{-\infty}^{+\infty} \phi(u)~du=0$ , donc $\mathbb{E}(X^2)-\mathbb{E}(X_1^2)=0$ donc $\mathbb{E}(X^2)=\mathbb{E}(X_1^2)=\sigma^2$.

LeVioloniste

Q9a.
On veut se ramener au cas précédent. On veut montrer $\mathbb{E}(\hat{m}) \neq m$
$\mathbb{E}(\hat{m})= \mathbb{E}( \max(\overline{Y_1},\overline{Y_2})) = \mathbb{E}( \max(\overline{Y_1}-m,\overline{Y_2}-m))=\mathbb{E}( \max(\overline{X_1},\overline{X_2})) $ en posant $\overline{X_1}=\overline{Y_1}-m$ et $\overline{X_2}=\overline{Y_2}-m$ qui sont centrées réduites et on rentre dans le cadre de la situation de l"exo.
Soit $G$ est la fonction de répartition des $(Y_{1,j})_j$ et de $(Y_{2,j})_j$
Et là le réflexe d'@Alexique : immédiatement on donne leur loi : $\overline{Y_1}$ d'espérance $\mathbb{E}(\overline{Y_1})=m$ et de variance
$\mathbb{V}(\overline{Y_1})=\frac{\sigma^2}{n}$.
Pour $\overline{X_1}$, d'espérance $\mathbb{E}(\overline{X_1})=0$ et de variance $\mathbb{V}(\overline{X_1})=\frac{\sigma^2}{n}$.
La fonction de répartition de $\hat{m}$ est $\overline{G(x)}=G(x-m)$ pour $x \in \mathbb{R}$ et de densité $\overline{g}(x)=g(x-m)$
Avec Q6 $\mathbb{E}(\hat{m})=\int_{0}^{+\infty}  2u.\overline{g}(u)(2\overline{G}(u)-1) ~du$ et cela diverge avec le changement de variable $u=x-m$.

Alexique

Pas clair que ça diverge pour moi. Il faut faire le calcul proprement de cette intégrale et montrer que ça ne fait pas m.

LeVioloniste

$\mathbb{E}(\hat{m})=\int_{0}^{+\infty}  2u.\overline{g}(u)(2\overline{G}(u)-1) ~du=\int_{0}^{+\infty}  2u.g(u-m)(2.G(u-m)-1) ~du$,
avec le changement de variable $t=u-m$, $\mathbb{E}(\hat{m})=\int_{m}^{+\infty} 2(t+m).g(t)(2.G(t)-1) ~dt$.

J'ai pas du emprunter le sentier le plus simple.

Il faut certainement la valeur vu qu'à Q9b il faut calculer l'erreur quadratique.

Alexique

Mouais, je ne sais pas, je suis un peu perdu par tes notations. Tu notes $\bar{G}$ la fdr de $\hat{m}$ que tu déduis de $G$ la fdr de $Y_{ij}$. Or, dans la partie d'avant, on déduit la fdr du max à partir de la fdr des arguments du max. Donc en fait, il faudrait plutôt exprimer la fdr de $\hat{m}$ en fonction de celle de $\bar{X}$ déjà. Ensuite, tu ne dis pas comment obtenir la fdr de $\bar{X}$ à partir de celle des $Y_{ij}$. Du coup, sûrement que ton intégrale est correcte mais on ne sait rien des fonctions qui sont dedans.

Alexique

Je réponds à cette question mais pas de la manière attendue car on a besoin de $\mathbb{E}(\hat{m})$ pour la suite.
Si on suppose que $\hat{m}$ est non biaisé, $\mathbb{E}(\hat{m})=m$ donc la formule $\max(a,b)=\frac{a+b+|a-b|}{2}$ donne $\mathbb{E}|\bar{Y}_1-\bar{Y}_2|=0$. Ainsi, $\bar{Y}_1=\bar{Y}_2$ ps ce qui est absurde pour des va continues (même si elles ont même loi). Ainsi, $\hat{m}$ est biaisé.

LeVioloniste

Je me laisse un peu de temps la semaine prochaine pour réfléchir. Avec le temps je trouve parfois des solutions, car le nez dans le guidon ...