Quantiles et loi symétrique
Je fais cet exercice.
Réponses
-
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 $X_1$ -
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*}
$ -
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. -
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 $U\sim N(0,1)$
$E|U|=\sqrt{ \frac{2}{\pi}}$ -
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 } ) $ -
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. -
9b) $ E( \hat{m} - m)^2 = \frac{\sigma^2}{n} E X^2 = \frac{\sigma^2}{n} \times 1 $ d'après 8)
-
9c) On peut vérifier qu'on retrouve bien la formule de décomposition de l'erreur quadratique moyenne.
-
Des solutions sont disponibles pour :
- question 5
- question 8
Je vais poster une synthèse de chaque réponse plus tard. -
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$ -
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) -
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). -
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. -
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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