Correction — Examen Final

Analyse financière · Couples de v.a.r. continues · Convergence et estimation

Modifié

21 mai 2026

Résumé

Corrigé complet de l’examen exam-final-2. Toutes les étapes de calcul sont détaillées ; les réponses encadrées correspondent aux valeurs à retenir.

Exercice 1 — Analyse financière bivariée (30 points)

Partie A — Profil investisseur et performance

1. (3 pts) Fréquences marginales et distribution conditionnelle.

  • Ancienneté : 100/200 = 50 % Junior et 50 % Senior.
  • Performance : Perte = 40/200 = 20 %, Neutre = 80/200 = 40 %, Gain = 80/200 = 40 %.

Distribution conditionnelle de la performance pour les gérants Juniors :

Perte Neutre Gain
Junior 26/100 = 26 % 43/100 = 43 % 31/100 = 31 %
Senior 14/100 = 14 % 37/100 = 37 % 49/100 = 49 %

Les gérants Juniors obtiennent plus souvent des pertes (26 % vs 14 %) et moins souvent des gains (31 % vs 49 %) que les Seniors, ce qui suggère un lien entre ancienneté et performance.

2. (3 pts) Probabilités conditionnelles et marginales.

\[P(\text{Perte} \mid \text{Junior}) = \frac{26}{100} = \boxed{0{,}26}\]

\[P(\text{Gain}) = \frac{80}{200} = \boxed{0{,}40}\]

\[P(\text{Senior} \mid \text{Gain}) = \frac{49}{80} = \boxed{0{,}6125}\]

3. (4 pts) Effectifs théoriques sous l’hypothèse d’indépendance.

Formule : \(e_{ij} = \dfrac{(\text{total ligne}_i)\times(\text{total colonne}_j)}{n}\).

Perte Neutre Gain
Junior \(\frac{100\times40}{200}=\mathbf{20}\) \(\frac{100\times80}{200}=\mathbf{40}\) \(\frac{100\times80}{200}=\mathbf{40}\)
Senior \(\frac{100\times40}{200}=\mathbf{20}\) \(\frac{100\times80}{200}=\mathbf{40}\) \(\frac{100\times80}{200}=\mathbf{40}\)

Tous les effectifs théoriques sont égaux à 20 ou 40, donc tous ≥ 5 \(\checkmark\). Les conditions d’application du test \(\chi^2\) sont vérifiées.

4. (4 pts) Statistique du test \(\chi^2\).

Le tableau des termes \((o_{ij}-e_{ij})^2/e_{ij}\) :

Perte Neutre Gain
Junior \((26-20)^2/20 = 36/20 = 1{,}800\) \((43-40)^2/40 = 9/40 = 0{,}225\) \((31-40)^2/40 = 81/40 = 2{,}025\)
Senior \((14-20)^2/20 = 36/20 = 1{,}800\) \((37-40)^2/40 = 9/40 = 0{,}225\) \((49-40)^2/40 = 81/40 = 2{,}025\)

\[T = 2\times(1{,}800 + 0{,}225 + 2{,}025) = 2\times 4{,}050 = \boxed{8{,}1}\]

Le nombre de degrés de liberté est \((2-1)(3-1) = 2\). Comme \(T = 8{,}1 > 5{,}991 = \chi^2_{2\,;\,0{,}05}\), on rejette \(H_0\) au seuil 5 % : il existe un lien significatif entre le profil du gérant et la performance.

La colonne Gain contribue le plus (\(2\times 2{,}025 = 4{,}05\) soit 50 % du total), indiquant que les seniors surperforment les juniors sur ce critère.

Partie B — Volatilité et rendement sectoriel

5. (4 pts) Statistiques descriptives.

\[\bar{x} = \frac{1+2+3+4+5}{5} = \boxed{3}, \qquad \bar{y} = \frac{3+5+8+10+14}{5} = \frac{40}{5} = \boxed{8}.\]

\[S_{xx} = \sum x_i^2 - n\bar{x}^2 = 55 - 5\times 9 = 55 - 45 = \boxed{10}.\]

\[S_{xy} = \sum x_iy_i - n\bar{x}\bar{y} = 147 - 5\times 3\times 8 = 147 - 120 = \boxed{27}.\]

\[S_{yy} = \sum y_i^2 - n\bar{y}^2 = 394 - 5\times 64 = 394 - 320 = \boxed{74}.\]

6. (4 pts) Droite de régression.

\[\hat{b} = \frac{S_{xy}}{S_{xx}} = \frac{27}{10} = \boxed{2{,}7}.\]

\[\hat{a} = \bar{y} - \hat{b}\,\bar{x} = 8 - 2{,}7\times 3 = 8 - 8{,}1 = \boxed{-0{,}1}.\]

\[\boxed{\hat{y} = -0{,}1 + 2{,}7\,x}\]

Interprétation : chaque point de volatilité supplémentaire est associé en moyenne à une augmentation de 2,7 points de pourcentage du rendement sectoriel.

7. (4 pts) Coefficient de corrélation et coefficient de détermination.

\[r = \frac{S_{xy}}{\sqrt{S_{xx}\,S_{yy}}} = \frac{27}{\sqrt{10\times 74}} = \frac{27}{\sqrt{740}} \approx \frac{27}{27{,}203} \approx \boxed{0{,}9925}.\]

\[r^2 = \frac{729}{740} \approx \boxed{0{,}985}.\]

Le coefficient de détermination \(r^2 \approx 98{,}5\,\%\) indique que le modèle linéaire explique 98,5 % de la variance du rendement : l’ajustement est excellent.

8. (4 pts) Prédiction pour \(x = 6\,\%\).

\[\hat{y}(6) = -0{,}1 + 2{,}7\times 6 = -0{,}1 + 16{,}2 = \boxed{16{,}1\,\%}.\]

Discussion : \(x = 6\) est légèrement en dehors de l’intervalle d’observation \([1;5]\) — c’est une extrapolation. Le modèle reste vraisemblable à cette échelle (très proche de la plage observée), mais il faut utiliser cette prédiction avec prudence.

Exercice 2 — Couple de variables aléatoires continues (40 points)

La densité conjointe est \(f(x,y) = 2\) sur le domaine \(\mathcal{D} = \{0 \leq x \leq y \leq 1\}\), triangle de sommets \((0,0)\), \((0,1)\), \((1,1)\), d’aire \(1/2\).

1. (2 pts) Normalisation.

\[\iint_{\mathcal{D}} 2\,dx\,dy = 2 \times \text{Aire}(\mathcal{D}) = 2 \times \frac{1}{2} = \boxed{1} \quad \checkmark\]

On peut aussi calculer directement : \[\int_0^1 \int_0^y 2\,dx\,dy = \int_0^1 2y\,dy = \bigl[y^2\bigr]_0^1 = 1. \quad \checkmark\]

2. (6 pts) Densités marginales.

Pour \(X\), \(x\) est fixé dans \([0,1]\) et \(y\) varie de \(x\) à \(1\) : \[f_X(x) = \int_x^1 2\,dy = 2(1-x), \quad x \in [0,1].\]

Vérification : \(\displaystyle\int_0^1 2(1-x)\,dx = 2\bigl[x - \tfrac{x^2}{2}\bigr]_0^1 = 2\times\tfrac{1}{2} = 1\). \(\checkmark\)

Pour \(Y\), \(y\) est fixé dans \([0,1]\) et \(x\) varie de \(0\) à \(y\) : \[f_Y(y) = \int_0^y 2\,dx = 2y, \quad y \in [0,1].\]

Vérification : \(\displaystyle\int_0^1 2y\,dy = \bigl[y^2\bigr]_0^1 = 1\). \(\checkmark\)

\[\boxed{f_X(x) = 2(1-x), \quad f_Y(y) = 2y.}\]

3. (3 pts) Non-indépendance.

Si \(X\) et \(Y\) étaient indépendantes, on aurait \(f(x,y) = f_X(x)\,f_Y(y)\) pour tout \((x,y)\).

Or pour \((x,y) = (0{,}5,\,0{,}5) \in \mathcal{D}\) : \[f_X(0{,}5)\,f_Y(0{,}5) = 2(1-0{,}5)\times 2\times 0{,}5 = 1\times 1 = 1 \neq 2 = f(0{,}5,\,0{,}5).\]

Donc \(X\) et \(Y\) ne sont pas indépendantes.

4. (8 pts) Moments et variances.

\[\mathbb{E}[X] = \int_0^1 x\cdot 2(1-x)\,dx = 2\int_0^1(x - x^2)\,dx = 2\Bigl[\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}\Bigr]_0^1 = 2\Bigl(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\Bigr) = 2\times\frac{1}{6} = \boxed{\frac{1}{3}}.\]

\[\mathbb{E}[X^2] = \int_0^1 x^2\cdot 2(1-x)\,dx = 2\Bigl[\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}\Bigr]_0^1 = 2\Bigl(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\Bigr) = \frac{1}{6}.\]

\[\mathrm{Var}(X) = \mathbb{E}[X^2] - \bigl(\mathbb{E}[X]\bigr)^2 = \frac{1}{6} - \frac{1}{9} = \frac{3-2}{18} = \boxed{\frac{1}{18}}.\]

\[\mathbb{E}[Y] = \int_0^1 y\cdot 2y\,dy = 2\int_0^1 y^2\,dy = 2\times\frac{1}{3} = \boxed{\frac{2}{3}}.\]

\[\mathbb{E}[Y^2] = \int_0^1 y^2\cdot 2y\,dy = 2\int_0^1 y^3\,dy = 2\times\frac{1}{4} = \frac{1}{2}.\]

\[\mathrm{Var}(Y) = \frac{1}{2} - \frac{4}{9} = \frac{9-8}{18} = \boxed{\frac{1}{18}}.\]

5. (6 pts) Covariance et corrélation.

\[\mathbb{E}[XY] = \int_0^1\int_0^y xy\cdot 2\,dx\,dy = 2\int_0^1 y\Bigl[\frac{x^2}{2}\Bigr]_0^y\,dy = \int_0^1 y^3\,dy = \frac{1}{4}.\]

\[\mathrm{Cov}(X,Y) = \mathbb{E}[XY] - \mathbb{E}[X]\,\mathbb{E}[Y] = \frac{1}{4} - \frac{1}{3}\times\frac{2}{3} = \frac{1}{4} - \frac{2}{9} = \frac{9-8}{36} = \boxed{\frac{1}{36}}.\]

\[\rho(X,Y) = \frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{\mathrm{Var}(X)}\sqrt{\mathrm{Var}(Y)}} = \frac{1/36}{\sqrt{1/18}\times\sqrt{1/18}} = \frac{1/36}{1/18} = \boxed{+\frac{1}{2}}.\]

Interprétation : \(\rho = +1/2 > 0\) traduit une corrélation positive modérée entre \(X\) et \(Y\). Sur le domaine \(\{x \leq y\}\), une valeur élevée de \(X\) ne peut coexister qu’avec une valeur encore plus grande de \(Y\), ce qui explique la tendance à évoluer dans le même sens.

6. (5 pts) Densité conditionnelle de \(Y\) sachant \(X = x\).

Pour \(x \in (0,1)\) fixé, \(y\) varie dans \([x,1]\) : \[f_{Y\mid X=x}(y) = \frac{f(x,y)}{f_X(x)} = \frac{2}{2(1-x)} = \frac{1}{1-x}, \quad y \in [x,1].\]

C’est la densité d’une loi uniforme sur \([x,1]\) : \[\boxed{Y \mid X = x \;\sim\; \mathcal{U}\bigl([x,\,1]\bigr).}\]

Vérification : \(\displaystyle\int_x^1 \frac{1}{1-x}\,dy = \frac{1-x}{1-x} = 1\). \(\checkmark\)

7. (10 pts) Probabilités.

— Calcul de \(P\!\bigl(Y - X > 1/2\bigr)\). En conditionnant sur \(X = x\) et en utilisant la loi \(Y \mid X=x \sim \mathcal{U}([x,1])\) :

\[P\!\Bigl(Y - X > \frac{1}{2}\;\Bigm|\;X = x\Bigr) = P\!\Bigl(Y > x + \frac{1}{2}\;\Bigm|\;X=x\Bigr).\]

Si \(x \in [1/2,1]\) : \(x + 1/2 \geq 1\) donc cette probabilité est \(0\).

Si \(x \in [0,1/2)\) : comme \(Y \sim \mathcal{U}([x,1])\), \[P\!\Bigl(Y > x+\frac{1}{2}\;\Bigm|\;X=x\Bigr) = \frac{1-(x+1/2)}{1-x} = \frac{1/2-x}{1-x}.\]

Par la formule des probabilités totales : \[P\!\Bigl(Y-X>\frac{1}{2}\Bigr) = \int_0^{1/2} \frac{1/2-x}{1-x}\cdot 2(1-x)\,dx = 2\int_0^{1/2}\Bigl(\frac{1}{2}-x\Bigr)dx.\] \[= 2\Bigl[\frac{x}{2} - \frac{x^2}{2}\Bigr]_0^{1/2} = 2\Bigl(\frac{1}{4} - \frac{1}{8}\Bigr) = 2\times\frac{1}{8} = \boxed{\frac{1}{4}}.\]

— Calcul de \(P\!\bigl(Y > 3/4\bigr)\).

\[P\!\Bigl(Y > \frac{3}{4}\Bigr) = \int_{3/4}^1 2y\,dy = \bigl[y^2\bigr]_{3/4}^1 = 1 - \frac{9}{16} = \boxed{\frac{7}{16}}.\]

— Calcul de \(P\!\bigl(X < 1/4 \mid Y = 3/4\bigr)\).

On utilise \(f_{X\mid Y=3/4}(x) = 1/(3/4) = 4/3\) pour \(x \in [0,3/4]\) (loi \(\mathcal{U}([0,3/4])\), admis) :

\[P\!\Bigl(X < \frac{1}{4}\;\Bigm|\;Y = \frac{3}{4}\Bigr) = \int_0^{1/4} \frac{4}{3}\,dx = \frac{4}{3}\times\frac{1}{4} = \boxed{\frac{1}{3}}.\]

Exercice 3 — Convergence et inférence statistique (30 points)

Partie A — Inégalités de concentration

1. (2 pts) Inégalité de Markov.

\[P(X \geq 15) \leq \frac{\mathbb{E}[X]}{15} = \frac{5}{15} = \boxed{\frac{1}{3}}.\]

2. (3 pts) Inégalité de Bienaymé-Tchebychev.

Pour \(\varepsilon = 4\) : \(\{1 < X < 9\} = \{|X - 5| < 4\}\), donc \(\{|X-5|\geq 4\}\) est le complémentaire.

\[P(|X-5| \geq 4) \leq \frac{\mathrm{Var}(X)}{4^2} = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}.\]

Par complémentarité : \[P(1 < X < 9) = 1 - P(|X-5|\geq 4) \geq 1 - \frac{1}{4} = \boxed{\frac{3}{4}}.\]

3. (3 pts) Calcul exact sous \(\mathcal{N}(5,4)\) (écart-type = 2).

\[P(1 < X < 9) = P\!\Bigl(\frac{1-5}{2} < Z < \frac{9-5}{2}\Bigr) = P(-2 < Z < 2) = 2\Phi(2) - 1.\]

La table donne \(\Phi(2) = 0{,}9772\), donc : \[P(1 < X < 9) = 2\times 0{,}9772 - 1 = \boxed{0{,}9544}.\]

Commentaire : la valeur exacte 0,9544 est bien supérieure à la borne 3/4 = 0,75 obtenue par Bienaymé-Tchebychev. L’inégalité est une borne universelle (valable pour toute loi), donc très conservative. Connaître la loi exacte permet d’obtenir une valeur bien plus précise.

Partie B — Maximum de vraisemblance

4. (4 pts) Vraisemblance et log-vraisemblance.

Pour un échantillon \(t_1,\ldots,t_n\) : \[L(\lambda) = \prod_{i=1}^n \lambda e^{-\lambda t_i} = \lambda^n\,\exp\!\Bigl(-\lambda\sum_{i=1}^n t_i\Bigr).\]

\[\ell(\lambda) = \ln L(\lambda) = n\ln\lambda - \lambda\sum_{i=1}^n t_i = \boxed{n\ln\lambda - n\bar{t}\,\lambda}.\]

5. (4 pts) Estimateur du maximum de vraisemblance.

\[\frac{d\ell}{d\lambda} = \frac{n}{\lambda} - n\bar{t} = 0 \;\Longrightarrow\; \lambda = \frac{1}{\bar{t}}.\]

\[\frac{d^2\ell}{d\lambda^2} = -\frac{n}{\lambda^2} < 0 \quad \text{(maximum)} \quad \checkmark\]

\[\boxed{\hat{\lambda} = \frac{1}{\bar{t}}.}\]

6. (2 pts) Application numérique.

\[\hat{\lambda} = \frac{1}{3{,}0} = \boxed{\frac{1}{3} \approx 0{,}333 \text{ ms}^{-1}}.\]

L’estimation de la durée moyenne de traitement est \(1/\hat{\lambda} = \bar{t} = \mathbf{3{,}0}\) ms.

Partie C — Intervalle de confiance pour une moyenne

7. (2 pts) Justification et loi de \(\bar{X}_{64}\).

On dispose de \(n = 64\) observations indépendantes. Par le théorème central limite, la moyenne \(\bar{X}_n\) suit approximativement une loi normale : \[\bar{X}_{64} \;\overset{\text{approx}}{\sim}\; \mathcal{N}\!\left(\mu,\;\frac{\sigma^2}{n}\right), \quad \text{avec } \frac{s}{\sqrt{n}} = \frac{24}{\sqrt{64}} = \frac{24}{8} = 3 \text{ ms}.\]

8. (3 pts) Intervalle de confiance à 95 %.

\[\mu \in \left[\bar{x} - z_{0{,}025}\,\frac{s}{\sqrt{n}};\;\bar{x} + z_{0{,}025}\,\frac{s}{\sqrt{n}}\right] = \left[210 - 1{,}96\times 3;\;210 + 1{,}96\times 3\right].\]

\[\boxed{IC_{95\%} = [204{,}12\;;\;215{,}88]\text{ ms}.}\]

9. (3 pts) Intervalle de confiance à 99 %.

\[IC_{99\%} = \left[210 - 2{,}58\times 3;\;210 + 2{,}58\times 3\right] = \left[202{,}26;\;217{,}74\right].\]

\[\boxed{IC_{99\%} = [202{,}26\;;\;217{,}74]\text{ ms}.}\]

10. (4 pts) Effectif minimal pour une demi-largeur \(\leq 3\) ms.

La demi-largeur de l’IC à 95 % est \(z_{0{,}025}\,\sigma/\sqrt{n}\). On cherche le plus petit entier \(n\) tel que : \[1{,}96\times\frac{24}{\sqrt{n}} \leq 3 \;\Longrightarrow\; \sqrt{n} \geq \frac{1{,}96\times 24}{3} = \frac{47{,}04}{3} = 15{,}68.\]

\[n \geq (15{,}68)^2 = 245{,}86\ldots\]

\[\boxed{n_{\min} = 246.}\]

Fin du corrigé.