Quantiles et loi symétrique

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  • zestiria
    zestiria
    4 a) $F_X(t)=G(t)^2$

    b) $ f(t)= 2 g(t) G(t)$

    c) D'après a), le premier quartile de $X$ est la médiane de $X_1$
  • zestiria
    zestiria
    Pour les questions 1) à 3), je vais d'abord relire ce fil d'Oshine, qui creuse la question.
  • zestiria
    zestiria
    6)
    $
    \begin{align*}
    B &=E(X) \\
    &= \int_{- \infty}^{\infty} 2t g(t) G(t) dt \\
    \int_{- \infty}^{0} 2t g(t) G(t) dt &= \int_{ \infty}^{0} 2 u g(-u) G(-u) du \\
    &= \int_{ \infty}^{0} 2 u g(u) G(-u) du \\
    &=\int_{ \infty}^{0} 2 u g(u) (1-G(u) ) du \\
    &=\int_{0}^{ \infty} 2 u g(u) (G(u)-1 ) du \\
    B &=E(X) \\
    &= \int_{0}^{ \infty} 2 u g(u) (G(u)-1 ) du + \int_{0}^{ \infty} 2 u g(u) G(u) du \\
    &= \int_{0}^{ \infty} 2u g(u) [ 2 G(u) -1] du \\

    \end{align*}
    $
  • Brigate
    Brigate
    Bonjour,

    Pour ce qui concerne la première question, il me semble que les propositions a) et c) impliquent la c) (IPP). Sous les conditions de la deuxième question, les intégrales sont nulles.

    Pour la troisieme question, quelque chose comme $0 \leq x(1-G(x)) \leq \frac{\sigma^2}{x}$ me semble conduire au resultat. (Bienaymé-Tchebychev)

    Pour la quatrième question a), b), c) je trouve les mêmes résultats.

    Je n'ai pas regardé la suite, je le ferai peut-être plus tard.
  • zestiria
    zestiria
    Merci, pour la 3) tu fais l'inégalité de Bienaymé-Tchebyshev pour la limite, là où on aurait attendu une application des questions préliminaires.

    7)$X=\max(X_1,X_2)= \frac{ X_1 + X_2 + |X_1-X_2|}{2}$,

    $ E(X)= \frac{ |X_1-X_2|}{2}= \frac{ E|Z|}{2}$ avec $Z\sim N(0, 2 \sigma^2)$
    or $E(X)= E(|U|) \sigma \sqrt{2}$ avec $U\sim N(0,1)$
    $E|U|=\sqrt{ \frac{2}{\pi}}$
  • zestiria
    zestiria
    9c) $\overline{Y_1} \sim N(m, \frac { \sigma^2 }{n} )$ donc $\overline{Y_1} = m + \frac { \sigma }{ \sqrt{n}} U_1 $ avec$ U_1 \sim N(0,1)$

    idem pour $\overline{Y_2}$
    $ \hat{m}= \max ( m + \frac { \sigma }{ \sqrt{n}} U_1, m + \frac { \sigma }{ \sqrt{n}} U_2) ) = m + \frac { \sigma }{ \sqrt{n}} \max(U_1,U_2) $
    donc $Var( \hat{m}) = \frac { \sigma^2 }{ n} \times Var(\max(U_1,U_2) ) $

    $ \max(U_1,U_2) := X$

    D'après 8) , $E(X ^2 ) =1$
    et d'après 3) $E(X)= \frac{1}{ \sqrt{ \pi} } $
    donc $ Var(X)= 1 - \frac{1}{ \pi } $

    Ainsi, $Var( \hat{m}) = \frac { \sigma^2 }{ n} \times ( 1 - \frac{1}{ \pi } ) $
  • zestiria
    zestiria
    9a) $\hat{m}=m + \frac{\sigma}{\sqrt{n}} X,$ or $EX=B= \frac{1}{ \sqrt{\pi}}$ d'après 3) donc
    $E( \hat{m}) = m + \frac{\sigma}{\sqrt{n}}\frac{1}{ \sqrt{\pi}}. $
    Donc il y a un biais.
  • zestiria
    zestiria
    9b) $ E( \hat{m} - m)^2 = \frac{\sigma^2}{n} E X^2 = \frac{\sigma^2}{n} \times 1 $ d'après 8)
  • zestiria
    zestiria
    9c) On peut vérifier qu'on retrouve bien la formule de décomposition de l'erreur quadratique moyenne.
  • zestiria
    zestiria
    Des solutions sont disponibles pour :
    - question 5
    - question 8
    Je vais poster une synthèse de chaque réponse plus tard.
  • zestiria
    zestiria
    8)
    $
    \begin{align*}
    2X &= X_1+ X_2 + |X_1 - X_2| \\
    4X^2 &= X_1^2 + X_2^2+ |X_1 - X_2|^2+ 2 X_1 X_2 + 2 X_1 |X_1 - X_2| + 2 X_2 |X_1 - X_2| \\
    \end{align*}
    $

    $ E|X_1 - X_2|^2 = \sigma^2)$
    $E(X_1 X_2)=0$

    donc

    $4 E(X^2)= 4 \sigma^2 + 2 \times ( E( X_1 |X_1 - X_2| + X_2 |X_1 - X_2| ) := 4 \sigma^2 + 2 \times ( ET_1 + E T_2) $

    $-T_1$ a la même loi que $T_1$ donc $ET_1=0$ et $T_1$ et $T_2$ ont même loi par symétrie.
    Ainsi, $ E(X^2)= \sigma^2$
  • zestiria
    zestiria
    2) Soit $F$ de classe $C^1$ de $\mathbb{R}_{+}$ dans $\mathbb{R}$.
    On suppose que $\int_{0}^{+ \infty} F(t) dt$ converge c'est la condition (a) et qu'en plus $F$ est décroissante, positive.
    Alors $ x F(x) \underset{ x \to + \infty}{\to} 0$

    Je reprends telle quelle la preuve de Chaurien :

    $ 0 \leq \frac{1}{2} x F(x) = \int_{ \frac{x}{2}}^{x} F(x) dt \leq \int_{ \frac{x}{2}}^{x} F(t) dt \leq \int_{ \frac{x}{2}}^{+ \infty} F(t) dt $

    Le reste intégral tend vers $0$ car c'est le reste d'une intégrale convergente.

    Ainsi (a) + hypothèses de 2) $ \Rightarrow$ (c)
  • zestiria
    zestiria
    1) Soit $x >0$, alors $ \int_{0}^{x} F(t) dt = x F(x) - \int_{0}^{x} t F'(t) dt$
    On fait $x \to +\infty$ d'après (a) et (b), $xF(x)$ converge

    $xF(x) \to l$ Il est exclu que $ l \ne 0$ sinon on aurait $F(x) \sim \frac{l}{x}$ et de signe constant pour $x$ grand et mais comme $\frac{l}{x}$ ets le terme d'une intégrale divergente ( en $+ \infty $), cela contredirait (a).

    Ainsi $F(x)x \underset{x \to \infty}{\to} 0$

    Nous avons montré que (a)+(b) impliquent (c).
  • zestiria
    zestiria
    3) Comme indiqué plus haut, Bienaymé-Tchebyshev permet de conclure dans un cas:
    En $ +\infty$ , on a $P( |X-EX| >x)= P(|X| >x) < \dfrac{V(X)}{x^2}$ donc pour $x >0$
    $x[1-G(x)]=xP(X>x) \leq xP(|X| >x) \leq \dfrac{V(X)}{x}\to 0$ car $ \{X>x \} \subset \{ |X| >x \}$

    Pour $x \to - \infty$
    $xP(X \leq -x) = x P( -X \geq -x)$ et $-X$ admet aussi une variance, donc on peut appliquer le résultat précédent.
  • zestiria
    zestiria
    5)
    \begin{align*}
    \int_{-\infty}^{\infty}G(t)[1-G(t)]dt&=\int_{-\infty}^{\infty}G(t)dt-\int_{-\infty}^{\infty}G^2(t)dt\\

    &= tG(t)\Bigg|_{-\infty}^{\infty}-\int_{-\infty}^{\infty}tg(t)dt-tG^2(t)\Bigg|_{-\infty}^{\infty}+\int_{-\infty}^{\infty}2t g(t)G(t)dt \\

    &= \underbrace{t[G(t)-G^2(t)]\Bigg|_{-\infty}^{\infty}}_{=0}-\underbrace{\mathbb{E}[X_1]}_{=0}+\int_{-\infty}^{\infty}2t g(t)G(t)dt.

    \end{align*} 1. il faut prouver que le premier terme tend vers zéro, on applique 3)
    2. la loi est symétrique
    3. la formule de départ de l'espérance de $X$
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