examen corrigé e traitement de signal

1. S´ERIES CHRONOLOGIQUES, HIVER 2014, MAT8181
ARTHUR CHARPENTIER
EXAMEN FINAL (2 heures)
Exercice 1 Consid´erons les trois processus suivants,



Xt = εt − 1.6Xt−1 − 0.8Xt−2
Yt = εt + 0.4εt−1 + 0.7Yt−1
Zt = εt + 0.4εt−1 − 0.5εt−2
o`u (εt) est un bruit blanc de variance σ2. On a simul´e trois trajectoires (A, B et C), et
trac´es trois fonctions d’autocorr´elations (D, E et F). En d´etaillant un peu, expliquer quel
processus se cache derri`ere chacune des figures.
0 100 200 300 400 500
−10−50510
Serie A
Index
0 100 200 300 400 500
−2024
Serie B
Index
0 100 200 300 400 500
−4−2024
Serie C
Index
0 5 10 15 20 25
−0.4−0.20.00.20.40.60.81.0
Lag
ACF
Serie D
0 5 10 15 20 25
0.00.20.40.60.81.0
Lag
ACF
Serie E
0 5 10 15 20 25
−0.50.00.51.0
Lag
ACF
Serie F
1

2. 2 ARTHUR CHARPENTIER
Commen¸cons par le plus simple: les autocorr´elogrammes. On doit retrouver un AR(2) -
s´erie X - un ARMA(1,1) - s´erie Y - et un MA(2) - s´erie Z. Le premier autocorr´elogramme est
celui d’un MA(2), c’est donc Z. Le troisi`eme pr´esente des autocorr´elations qui changent de
signe, alors qu’avec le second, on a juste une d´ecroissance exponentielle. Pour rappel, avec
un ARMA(1,1), la premi`ere autocorr´elation n’est pas comme pour un AR(1), i.e. ρ(1) = φ
(il faut tenir compte de θ), mais ensuite, on retrouve ρ(h) = φ · ρ(h − 1), avec ici φ = 0.7.
Aussi, la s´erie Y correspond `a un autocorr´elogramme du type E. Pour la s´erie X, il faut
noter qu’on est dans partie inf´erieure du triangle de stationnarit´e (pour le couple (φ1, φ2).
En fait, on a ici
(1 + 1.6L + 0.8L2
)Xt = εt
dont les racines sont ici complexes (en fait les racines sont (−2 ± i)/2), aussi ρ(h) sera une
fonction sinuso¨ıdale, qui va donc changer de signe. C’est donc bien l’autocorr´elogramme
qui reste, F.
La premi`ere s´erie, repr´esent´ee en A pr´eseente des alternances, correspondant `a l’autocor-
r´elogramme F. C’est donc le processus AR(2), X. La troisi`eme s´erie a une variance beaucoup
plus grande que la seconde, avec davantage d’autocorr´elation. La s´erie C fait penser `a un
AR(1), mais comme on n’en a pas, ¸ca sera le processus ARMA(1,1), Y . Et B est une s´erie
plus proche d’un bruit, c’est donc la s´erie MA(2), Z.
Exercice 2
Soient εt et (ηt) deux bruits blancs, et θ ∈ (−1, 0) ∪ (0, 1). Montrer que les s´eries
Xt = εt + θεt−1 et Yt = ηt +
1
θ
ηt−1
ont les mˆemes fonctions d’autocorr´elation.
Dans les deux cas, on a MA(1), autrement dit, ρX(h) = ρY (h) = 0 pour |h| > 1. Reste `a
v´erifier que ρX(1) = ρY (1). On se lance, en notant que les processus sont cent´es, autrement
dit
ρX(1) =
cov(Xt, Xt−1)
var(Xt)
=
E(XtXt−1)
E(X2
t )
Calculons les deux termes,
E(X2
t ) = E([εt + θεt−1]2
)

3. S´ERIES CHRONOLOGIQUES, HIVER 2014, MAT8595 3
soit
[1 + θ2
]E(ε2
t ) + 2θ E(εtεt − 1)
=0
alors que pour le num´erateur,
E(XtXt−1) = E([εt + θεt−1][εt−1 + θεt−2])
soit (un seul terme sera non nul, je passe les d´etails)
θE(ε2
t−1)
Bref, le ratio est ici
ρX(1) =
E(XtXt−1)
E(X2
t )
=
θ
1 + θ2
(en notant que le terme de variance du bruit disparaˆıt). Pour l’autre s´erie, le calcul sera
identique, avec θ−1 au lieu de θ. Aussi,
ρY (1) =
E(YtYt−1)
E(Y 2
t )
=
θ−1
1 + θ−2
= ρX(1)
ce qui donne, en multipliant en haut et en bas par θ2,
ρY (1) ==
θ
θ2 + 1
Autrement dit, les deux fonctions co¨ıncident effectivement.
Exercice 3 Soit (εt) un bruit blanc (faible) et (Xt) un processus stationnaire au second
ordre, v´erifiant la relation de r´ecurence
Xt = −0.4 Xt−1 + 0.12 Xt−2 + εt.
(1) de quel mod`ele ARMA s’agit-il ?
(2) montrer que (εt) est l’innovation de (Xt), et que la fonction d’autocovariance de (Xt),
not´ee ρ(·), v´erifie une relation de r´ecurrence de la forme
ρ(h) = aρ(h − 1) + bρ(h − 2), pour h ≥ 2,
o`u a et b sont des constantes `a pr´eciser.
(3) donnez la variance de (εt) pour que la variance de (Xt) sont unitaire.

4. 4 ARTHUR CHARPENTIER
(4) montrer que
ρ(h) =
2
11
[0.2]h
+
9
11
[−0.6]h
pour tout h ≥ 0.
(1) C’est un AR(2), ou ARMA(2,0).
(2) Dans un processus AR(p), le bruit est le processus d’innovation d`es lors que la racines
du polynˆome retard sont `a l’ext´erieur du disque unit´e. Or ici le polynˆome est
Φ(L) = (1 + 0.4L − .12L2
) = (1 + 0.6L)(1 − 0.2L)
dont les racines sont −1/0.6 et 1/0.2, qui sont plus grandes que 1 (en valeur absolue).
Pour les autocorr´elations, soit h ≥ 2. Notons que le processus est centr´e. Aussi, en
notant γ la fonction d’autocovariance, γ(h) = E(XtXt−h)
ρ(h) =
γ(h)
γ(0)
Maintenant, si on multiplie l’´equation de r´ecurence par Xt−h,
XtXt−h = −0.4 Xt−1Xt−h + 0.12 Xt−2Xt−h + εtXt−h.
or comme (εt) est le processus d’innovation, E(εtXt−h) = 0. Et donc, en prenant l’esp´erance
des termes de l’´equation pr´ec´edante, on a
γ(h) = −0.4γ(h − 1) + 0.12γ(h − 2), pour h ≥ 2.
soit, en divisant par γ(0),
ρ(h) = −0.4ρ(h − 1) + 0.12ρ(h − 2), pour h ≥ 2.
(3) On s’´etait limit´e au cas h ≥ 2 dans la question pr´ec´edante. Regardons h = 1, en
multipliant la relation de r´ecurence par Xt−1,
XtXt−1 = −0.4 Xt−1Xt−1 + 0.12 Xt−2Xt−1 + εtXt−1.
Si on prend l’esp´erance, le terme de droite va disparaˆıtre (comme auparavant) et on obtient
γ(1) = −0.4γ(0) + 0.12γ(1)
de telle sorte que
ρ(1) =
−0.4
1 − 0.12
=
−5
11
.

5. S´ERIES CHRONOLOGIQUES, HIVER 2014, MAT8595 5
Maintenant, pour calculer la variance de Xt, notons que
E(X2
t ) = E([−0.4 Xt−1 + 0.12 Xt−2 + εt]2
)
On va alors d´evelopper le terme de droite. On va passer les d´etails, mais on se souvient que
(εt) est le processus d’innovation, et donc il est orthogonal au pass´e de Xt. Aussi,
E(X2
t ) = [0.42
+ 0.122
]E(X2
t ) − 0.4 · 0.12E(XtXt−1) + 0 + E(ε2
t )
avec E(XtXt−1) = γ(1) = ρ(1)E(X2
t ), avec ρ(1) que l’on vient de calculer. Aussi, la variance
de Xt v´erifie
[1 − [0.42
+ 0.122
] − 0.4 · 0.12 ·
−5
11
]var(Xt) = var(εt).
soit (pour utiliser une formule qu’on peut retrouver dans des cours sur les AR(2))
var(Xt) =
1 − 0.12
1 + 0.12
1
(1 − 0.12)2 − 0.42
var(εt).
Peu importe la valeur num´erique, je donne les points pour ceux qui ont not´e qu’on pouvait
effectivement extraire la variance du processus dans le cas d’un AR(2).
(4) On sait que la solution g´en´erale de la suite d´efinie par r´ecurence,
ρ(h) = −0.4ρ(h − 1) + 0.12ρ(h − 2), pour h ≥ 2
est de la forme
ρ(h) = Arh
1 + Brh
2 , pour h ≥ 0
o`u r1 et r2 sont les racines distinctes du polynˆome charact´eristique. Or on a calcul´e les
racines du-dit polynˆome dans la question (2). Aussi,
ρ(h) = A[0.2]h
+ B[−0.6]h
, pour h ≥ 0
On obtient les valeurs de A et B avec les premi`eres valeurs, ρ(0) = 1 = A + B et ρ(1) =
−5/11 = 0.2A−0.6B. On a ainsi un syst`eme (lin´eaire) `a r´esoudre.... Je passe ici les d´etails,
mais on peut v´erifier rapidement que la solution propos´ee est la seule qui marche.
Exercice 4
(1) Soit M la matrice 2 × 2
M =
a b
d c

6. 6 ARTHUR CHARPENTIER
avec ac = bd. Montrer qu’il existe N, matrice 2 × 2 telle que N × M soit une matrice
diagonale.
(2) On consid`ere deux s´eries temporelles
Xt = αXt−1 + βYt−1 + ut
Yt = δXt−1 + γYt−1 + vt
o`u les bruits blancs (ut) et (vt) sont (mutuellement) ind´ependants, au sens o`u E(ut · vs) =
0, pour tout s, t. Montrer que (Xt) et (Yt) sont deux s´eries temporelles (univari´ees)
ARMA(2,1), sous des conditions sur les 4 coefficients que l’on pr´ecisera.
(1) Si ac = bd, alors det(M) = 0 et donc M est inversible. Aussi, M−1 × M = I. Donc,
pas de soucis, si N est proportionnelle `a l’inverse de M, on a une matrice diagonale en
faisant le produit. En fait, si on d´etaille un peu,
c −b
−d a
×
a b
d c
=
ac − bd 0
0 ac − bd
(2) Notre mod`ele peut s’´ecrire
1 − αL β
δ 1 − γL
Xt
Yt
=
ut
vt
Aussi, en utilisant la question pr´ec´edante, on peut ˆetre tent´e d’´ecrire
1 − γL −βL
−δL 1 − αL
×
1 − αL βL
δL 1 − γL
Xt
Yt
=
1 − γL −βL
−δL 1 − αL
×
ut
vt
Si on d´eveloppe le produit de gauche, on s’attend `a voir une matrice diagonale, et effective-
ment
(1 − γL)(1 − αL) − βδL2 0
0 (1 − γL)(1 − αL) − βδL2
Xt
Yt
=
1 − γL −βL
−δL 1 − αL
×
ut
vt
Oublions maintenant nos formes matricielles pour revenir un instant sur nos deux s´eries.
Ou disons qu’on va regarder la premi`ere, la seconde ´etant symm´etrique...
On a ici
((1 − γL)(1 − αL) − βδL2
)Xt = Ut

7. S´ERIES CHRONOLOGIQUES, HIVER 2014, MAT8595 7
avec Ut = (1 − γL)ut − βLvt. Pour la partie de gauche, on peut r´e´ecrire
(1 − [γ + α]L + [αγ − βδ]L2
)Xt = Ut
Autrement dit, si αγ = βδ, on a un polynˆome autor´egressif de degr´e 2. Pour la partie de
droite, on va montrer que (Ut) est un processus MA(1). En effet
γu(1) = E(UtUt−1) = E([ut − γut−1 − βvt−1] · [ut−1 − γut−2 − βvt−2]) = −γ
qui sera non nul si γ = 0. Si on regarde pour les retards plus ´elev´es, pour h > 1,
γu(h) = E(UtUt−1) = E([ut − γut−1 − βvt−1] · [ut−h − γut−h−1 − βvt−h−1]) = 0.
On obtient ainsi un MA(1). Autrement dit, il existe θ et un bruit blanc (εt) tel que
(1 − [γ + α]L + [αγ − βδ]L2
)Xt = (1 + θL)εt
Autrement dit, si αγ = βδ et γ = 0, (Xt) est un ARMA(2,1). Et de mani`ere symm´etrique,
si αγ = βδ et α = 0, (Yt) est un ARMA(2,1).
Exercice 5
Soit (ηt) une suite de variables i.i.d. de loi N(0, 1), et k ∈ N . On pose
εt = ηt · ηt−1 · · · ηt−k.
(1) Montrer que (εt) est un bruit blanc faible, mais pas un bruit blanc fort.
(2) Montrer que (ε2
t ) suit un MA(k).
(1) Commen¸cons avec l’histoire du bruit blanc faible. Notons d´ej`a que - comme toujours
- le processus est centr´e et donc γ(h) = E(εtεt−h). Aussi
E(εtεt−h) = E([ηt · ηt−1 · · · ηt−k][ηt−h · ηt−h−1 · · · ηt−k−h])
On utilise ici le fait que les variables (ηt) sont toutes ind´epdantes, et en particulier ηt est
in´ependante de toutes les autres, si h = 0. Aussi,
E(εtεt−h) = E(ηt)
=0
·E([ηt−1 · · · ηt−k][ηt−h · ηt−h−1 · · · ηt−k−h]).
Bref, assez facilement, on a le fait que (εt) est un bruit blanc faible.

8. 8 ARTHUR CHARPENTIER
Compte tenu de la question suivante, pour montrer que l’on n’a pas un bruit blanc fort,
on va montrer que cov(ε2
t , ε2
t−k) = 0. Pour cela, on ´ecrit
cov(ε2
t , ε2
t−k) = cov([ηt · ηt−1 · · · ηt−k]2
, [ηt−k · ηt−k−1 · · · ηt−2k]2
)
On utilise alors la ‘lin´earit´e’ de la covariance - au sens o`u
cov(aX + bY, Z) = acov(X, Z) + bcov(Y, Z)
de telle sorte que
cov(ε2
t , ε2
t−k) = cov(η2
t−k, η2
t−k) +
i=j
cov(η2
t−i, η2
t−j)
=0
(o`u le second terme veut juste dire qu’on a des covariances entre des composantes ind´epdantes).
Aussi,
cov(ε2
t , ε2
t−k) = var(η2
t−k) > 0.
Aussi, (εt) n’est pas un bruit blanc fort.
(2) On va gagner un peu de temps ici compte tenu des calculs qu’on vient des faire: en
effet, il suffit de montrer que cov(ε2
t , ε2
t−k−h) = 0 pour h ≥ 1 pour garantir que (ε2
t ) suit un
MA(k). Mais c’est trivial, puisque quand on d´eveloppe,
cov(ε2
t , ε2
t−k−h) =
i=j
cov(η2
t−i, η2
t−j)
=0
Aussi, on a prouv´e que
γε2 (k) = cov(ε2
t , ε2
t−k) = 0
γε2 (h) = cov(ε2
t , ε2
t−h) = 0 pour h > k
On reconnaˆıt ici une caract´eristique des processus MA(k).