MDI 220 Statistiques Corrigé : Feuille de travaux dirigés 5 Solution Exercice 1

MDI 220 Statistiques Corrigé : Feuille de travaux dirigés 5 Solution Exercice 1 1. Le rapport de vraisemblance s’écrivant φ(Y ) = v u u tdet(Σ0) det(Σ1) exp  −1 2Y t(Σ−1 1 −Σ−1 0 )Y  , le test de Neyman Pearson est 1{φ(Y )≥tα} = 1n Y t(Σ−1 1 −Σ−1 0 )Y ≤2 log(√ det(Σ0)/det(Σ1)/tα) o, au niveau α (le seuil tα étant choisi de façon tel que PY ∼N(0,Σ0){φ(Y ) ≥tα} = α). 2. L’absence de signal correspondant au cas où σ2 X = 0, il s’agit de tester l’hypothèse nulle H0 : σ2 X = 0 contre l’alternative H1 : σX > 0. En désignant par In la matrice n × n unité, on se trouve dans le cadre de la question précédente avec Σ0 = σ2 V In et Σ1 = (σ2 V + σ2 X)In et le test de Neyman-Pearson au niveau α sécrit 1{Pn i=1 Y 2 i ≥sα}, où le seuil sα est tel que PY ∼N(0,σ2 V ){Pn i=1 Y 2 i ≥sα} = α. 3. Sous H0, la loi de Yi/σV étant N(0, 1), le seuil est donc sα = σ2 V q1−α où q1−α désigne le quantile de niveau 1 −α de la loi du chi-deux à n degrés de liberté. Solution Exercice 2 1. Dans le cas général, la variable aléatoire T(X) est gaus- sienne, en tant que combinaison linéaire de gaussiennes. Son espérance est E( ¯ XA)− E( ¯ XB) = µA −µB = ∆. Sa variance est (par indépendance) : Var(T(X)) = Var( ¯ XA) + Var( ¯ XB) =  1 nA + 1 nB  σ2 := σ2 T. Sous l’hypothèse nulle, on a donc T(X) ∼N  0,  1 nA + 1 nB  σ2  = N(0, σ2 T). 2. L’argument de la question 1) montre que sous ˜ H1, avec ∆= µA −µB > 0 ; T(X) ∼ N(∆, σ2 T) et sous H0, T(X) ∼N(0, σ2 T). L’observation étant T(X), le rapport de vraisemblance s’écrit donc Z = p1(T(X) p0(T(X)) = exp  −(T(X)−∆)2 2σ2 T  exp  −T(X)2 2σ2 T  = exp −(T(X) −∆)2 + T(X)2 2σ2 T ! = exp 2∆T(X) −2∆2 2σ2 T ! = Ψ(∆, T(X)) — 1 — MDI 220 Statistiques où t 7→Ψ(∆, t) est une fonction strictement croissante. Le test de Neyman-Pearson basé sur l’observation T(X) est, d’après le cours, de type δ(T(X)) =    1 si Z > c 0 sinon où c est tel que P∆=0(Z > c) = α = 0.05. Or, t 7→Ψ(∆, t) étant strictement croissante, pour tout c ∈R, il existe C ∈R tel que Z > c ⇐ ⇒Ψ(T(X), ∆) > c ⇐ ⇒T(X) > C. Le test de Neyman-Pearson revient donc à comparer T(X) à un seuil C. On déter- mine C en se souvenant que le test doit satisfaire, sous H0, P(δ(T(X) = 1)) = α, c’est-à-dire P(T(X) > C) = α, avec T(X) ∼N(0, σ2 T) ; ou encore P  T(X)/ q σ2 T > C/σ2 T  = α avec T(X)/ q σ2 T ∼N(0, 1). Cette dernière condition est équivalente à C/ q σ2 T = qN(1 −α) avec qN(1 −α) le quantile d’ordre 1 −α de la loi normale, d’où C = q σ2 TqN(1 −α) = s ( 1 nA + 1 nB )σ2 × qN(1 −α). 3. avec les données de l’énoncé, C = s1 4 + 1 3  × 1.645 = s 7 12 × 1.645 > q 1/2 × 1.645 ≃1.645/1.414 > 1. D’autre part, T(x) = 13 −12 = 1, d’où T(x) < C, et δ(T(x)) = 0. On ne rejette pas H0 contre ˜ H1. 4. On considère maintenant H0 : ∆= 0 contre H1 : ∆> 0. Le modèle pour l’observa- tion T(X) est P = {Pθ, θ ≥0} avec θ = ∆, et Pθ = N(θ, σ2 T) avec θ ≥0 inconnu, σ2 T connu. On peut écrire les deux hypothèses : H0 : θ ∈Θ0 = {0} et H1 : θ ∈Θ1 =]0, ∞[. la région d’acceptation construite à la question 2) ne dépend pas de la valeur de ∆ et le risque de première espèce est sup θ∈Θ0 Pθ(δ(T(X)) = 1) = Pθ=0(δ(T(X)) = 1) = α le test a donc un risque de première espèce égal à α : c’est un test de niveau α de H0 contre H1. — 2 — MDI 220 Statistiques 5. Il reste à montrer que δ est uniformément plus puissant, c’est-à-dire : pour tout autre test δ′ de niveau α, pour tout θ ∈Θ1, R(θ, δ′) ≥R(θ, δ). Soit δ′ un autre test de niveau α. Pour tout θ ∈Θ1, le test δ construit au 2 est le test de Neyman-Pearson pour les hypothèses simples H0, ˜ H1 = {∆= θ}. D’après le théorème de Neyman-Pearson, on a bien R(θ, δ′) ≥R(θ, δ), ce qu’il fallait démontrer. Solution Exercice 3 1. Puisque l’on donne s > u, g(θ) = Pθ(X1 > s) = 1 −Fθ(s) = (u/s)θ. 2. d’après le point précédent g(θ) ≤ρ0 ⇐ ⇒θ log(u/s) ≤log ρ0 ⇐ ⇒θ ≥θ0 = log ρ0 log(u/s) (puisque log(u/s) < 0) A.N : θ0 = log(1/1000)/ log(1/10) = 3/1 = 3. g(θ) = 10−θ. 3. d’après la question 1, en notant p1 = p⊗n θ1 et p0 = p⊗n θ0 , le rapport de vraisemblance est Φθ0,θ1(X) = p1(X) p0(X) = exp(log p1(X) −log p0(X)) = exp Cn(θ0, θ1) + (θ0 −θ1) n X i=1 log(Xi/u) ! où Cn(θ0, θ1) est une constante ne dépendant pas de X. Le test de Neyman-Pearson, d’après le cours, est de type δ(X) = 1Φθ0,θ1(X)≥c′. Or, θ0 > θ1, donc le rapport de vraisemblance est une fonction strictement croissante de W = P log(Xi/u). Il existe donc c ∈R tel que Φθ0,θ1(X) ≥c′ ⇐ ⇒W ≥c, d’où le résultat. 4. D’après la question 3., sous ˜ H0, θ0W ∼Gamma(n, 1). On a donc Pθ0(θ0W > qn(1 −α)) = α. i.e. Pθ0(W > qn(1 −α) θ0 ) = α. d’où c = qn(1−α) θ0 . Ce test est U.P.P. de niveau α d’après le cours. 5. Pour t > θ0, on a, sous H0(t), tW ∼Gamma(n, 1), d’où Pt(W > c) = Pt(tW > t θ0 qn(1 −α)) < Pt(tW > qn(1 −α)) car t/θ0 > 1, et car la densité de la loi Gamma ne s’annulant pas sur ]0, ∞[, Pt(tW ∈ [qn(1 −α), t θ0qn(1 −α)]) > 0. — 3 — MDI 220 Statistiques 6. D’après le point précédent, avec Θ0 = [θ0, ∞[, on a sup θ∈Θ0 R(θ, δ) = sup θ≥θ Pθ(W > c) = Pθ0(W > c) = α. Le niveau du test δ pour l’hypothèse composite H0 est donc bien α. Soit δ′ un autre test de niveau α pour H0. en particulier, R(θ0, δ′) ≤α donc δ′ est de niveau α pour ˜ H0. Mais on sait que δ est U.P.P. pour ˜ H0 donc β(θ1, δ′) ≤β(θ1, δ). Ceci étant vrai pour tout autre test δ′ de niveau α pour H0, le test δ et bien U.P.P. pour H0 contre ˜ H1. 7. Le raisonnement ci-dessus étant valide pour tout θ1 < θ0, on a bien, pour tout autre test δ′, pour tout θ1 ∈Θ1, β(θ1, δ′) ≤β(θ1, δ). Le test δ est donc U.P.P de niveau α pour tester H0 contre H1. — 4 — uploads/Philosophie/ corrige-td5 1 .pdf

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