Corrigé nal - SQ20 - P2015

Le 26/06/2015

Corrigé nal - SQ20 - P2015

Page 1/3 Exercice 1

1. À la calculatrice, on obtient : xe≈58,040à 10⁻³ près par défaut etse≈0,037à10⁻³près par défaut.

2. On prendα= 5 %,n= 81etµ0= 58. On veut tester :

• H0:µ=µ0

• contreH₁:µ6=µ₀

Soit(X1, X2, . . . , Xn)un échantillon de taillende la variableX. (a) La variable aléatoireX = 1

n

n

X

k=1

Xk suit la loi normaleN

µ0, σ

√n

.

(b) σétant inconnu, on prend comme variable aléatoire de test Z= X−µ0

S/√ n où S²= 1

n−1

n

X

k=1

Xk−X².

On sait alors queZ suit la loi de StudentT_n−1àn−1 = 80degrés de liberté.

(c) On cherche le réelttel queP(−t6Z6t) = 0,95.

Or P(−t6Z 6t) =FZ(t)−FZ(−t) =FZ(t)−(1−FZ(t))car la densité deZ est une fonction paire. Donc

P(−t6Z 6t) = 0,95⇐⇒2FZ(t)−1 = 0,95

⇐⇒FZ(t) = 1,95

2 ⇐⇒FZ(t) = 0,975 On obtient à la calculatrice : t≈1,990à 10⁻³près par défaut.

(d) CommeP(−t6Z 6t) =P

µ0−t S

√n 6X 6µ0+t S

√n

= 0,95, on obtient comme région d'acceptationD₀deH₀au seuil de signication de 5% :

D₀=

µ₀−t s_e

√n−1, µ₀+t s_e

√n−1

≈[57,992 ; 58,008]

3. Ici,xe ∈/ D0.

On rejette H₀ et on décide queH₁est vraie avec un risque de première espèce de 5%.

Exercice 2

Partie A

Pourλ >0, la fonctionf est dénie surRpar f(t) =

e^λ−t sit>λ 0 sit < λ 1. (a) Soitx>λ.

Z x λ

f(t)dt= Z x

λ

e^λ−tdt=

−e^λ−tt=x

t=λ=−e^λ−x− −e^λ−λ

= 1−e^λ−x (b) f est continue surR\ {λ}et positive surR.

De plus1−e^λ−x −→

(x→+∞)1 donc l'intégrale généraliséeZ +∞

λ

f(t)dtest convergente et Z +∞

−∞

f(t)dt= Z +∞

λ

f(t)dt= lim

x→+∞

Z x λ

f(t)dt= 1 Ainsif est une densité de probabilité.

2. SoitX une variable aléatoire de densitéf. La fonctionF de répartition deX est dénie pour tout réelxpar

F(x) =P([X 6x]) = Z x

−∞

f(t)dt.

F(x) =











Z x

−∞

0dt= 0 si x < λ Z x

λ

f(t)dt= 1−e^λ−x si x>λ 3. On poseU=X−λ.

(a) La fonction de répartitionGdeU est dénie surRpar : G(x) = P([U 6x]) =P([X−λ6x])

= P([X 6x+λ]) =F(x+λ) avec x+λ>λ⇐⇒x>0. Donc

G(x) =

0 six <0

1−e^λ−(x+λ)= 1−e^−x six>0

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Page 2/3 (b) La fonction de répartitionGest continue sur Ret de classeC¹ surR^∗.

DoncU est une variable aléatoire à densité, dont une densitég vérie pour tout réelxnon nul :

g(x) =G⁰(x) =

0 six <0 e^−x six >0

On reconnaît une densité de la loi exponentielle de paramètre 1.

Ainsi U ,→E (1) d'où E(U) = 1

1 = 1 et V (U) = 1 1² = 1. (c) Et commeX =U+λ, X admet une espérance et une variance :

E(X) =E(U) +λ= 1 +λ et V(X) =V(U) = 1

Partie B

Sn=Xn −1 = 1 n

n

X

k=1

Xk

!

−1 et Yn= min(X1, X2 . . . , Xn) 1. (a) Pour tout entiern>1,

E(Sn) = E Xn

−1

= 1

n

n

X

k=1

E(Xk)−1 par linéarité de l'espérance

= E(X)−1

= (1 +λ)−1

= λ

Sn est donc un estimateur sans biais deλ. (b) Pour tout entiern>1,

V (Sn) = V Xn

= 1

n²V

n

X

k=1

X_k

!

= 1

n²

n

X

k=1

V(X_k) par indépendance desX_k

= 1

n²

n

X

k=1

1 = 1

n² ×n= 1 n Sn est un estimateur sans biais deθ avec lim

n→+∞V(Sn) = 0. On peut conclure queS_n est un estimateur convergent deλ.

2. Soitx∈R. F_n(x) =P([Y_n 6x]) = 1−P([Y_n> x]). Or pour toutω∈Ω, min{X1(ω), X2(ω). . . , Xn(ω)}> x ⇐⇒ ∀k∈J1, nK, Xk(ω)> x

Donc [Yn> x] =

n

\

k=1

[Xk > x] puis P([Yn > x]) =P

n

\

k=1

[Xk > x]

!

Puisque les variables aléatoires X1, X2, . . . , Xn sont mutuellement indépen- dantes,P

n

\

k=1

[Xk > x]

!

=

n

Y

k=1

P([Xk > x]). Comme elles suivent toutes la même loi queX, P

n

\

k=1

[Xk > x]

!

=P([X > x])ⁿ= (1−F(x))ⁿ. Ainsi F_n(x) = 1−(1−F(x))ⁿ Finalement

F_n(x) =

1−(1−0)ⁿ = 0 six < λ 1− 1−(1−e^λ−x)ⁿ

= 1−e^n(λ−x) six>λ 3. On pose Z_n=Y_n−λ.

(a) La fonction de répartitionG_n deZ_n est dénie surRpar : Gn(x) = P([Zn6x]) =P([Yn−λ6x])

= P([Y_n6x+λ]) =F_n(x+λ) avec x+λ>λ⇐⇒x>0. Donc

Gn(x) =

( 0 six <0

1−e^{n λ−(x+λ)}

= 1−e^{−n x} six>0

(b) La fonction de répartitionGn est continue surRet de classeC¹surR^∗. DoncZnest une variable aléatoire à densité, dont une densitégnvérie pour tout réelxnon nul :

gn(x) =G⁰_n(x) =

0 six <0 ne^{−n x} six >0

On reconnaît une densité de la loi exponentielle de paramètren. Ainsi Zn,→E(n)

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Page 3/3 (c) On déduit de la question précédente, E(Zn) = 1

n et V (Zn) = 1 n². Et commeY_n=Z_n+λ, Y_n admet une espérance et une variance :

E(Y_n) =E(Z_n) +λ= 1

n +λ et V (Y_n) =V(Z_n) = 1 n² 4. On pose Tn=Yn− 1

n.

• E(Tn) =E(Yn)−1 n =

1 n+λ

−1 n=λ.

Donc T_n est un estimateur sans biais deλ.

• De plus V(Tn) =V(Yn) = 1

n² −→

(n→+∞)0 Donc Tn est un estimateur convergent deλ.

• Enn V(S_n)−V(T_n) = 1 n − 1

n² = n−1

n² est strictement positif dès que n>2.

Par conséquentTn est un estimateur plus ecace queSnpour le paramètre λ.