Corrigé de l’Examen du 5 Mai 2008

Université de Cergy-Pontoise 2007-2008

Mathématiques L2 PCS4

Corrigé de l’Examen du 5 Mai 2008

Exercice 1 : f(x) =11_[0,1](x).

1. Pour avoir une loi de probabilité, il faut vérifier que R

Rf(t)dt= 1, c’est à direR1

0 6t(t−1)dt= 1. On a :R1

0 6t(t−1)dt= [3x²−2x³]¹₀ = 1.

2. La fonction de répartition est définie par F(x) =Rx

0 f(t)dt. Six≤0, on aF(x) = 0. Pour 0< x <1, on aF(x) =Rx

0 6t(t−1)dt= 3x²−2x³ et six≥1, on aF(x) = 1.

3. P(X≤ ¹₂) =F(¹₂) = ¹₂,P(¹₃ ≤X≤ ²₃) =F(²₃)−F(¹₃) = ¹³₂₇ etP(X≥ ¹₆) = 1−F(¹₆) = ²⁵₂₇. 4. E(X) =R+∞

0 tf(t)dt=R1

0 6t²(t−1)dt= [2x³−³₂x³]¹₀ = ¹₂. V(X) = E(X²) −(E(X))². Or E(X²) = R+∞

0 t²f(t)dt = R1

0 6t³(t−1)dt = [³₂x³ − ⁶₅x³]¹₀ = ₁₀³ . Finalement, on obtient V(X) = ₁₀³ −¹₂ = ₂₀¹ .

Exercice 2 : SoitXest la variable aléatoire qui compte le nombre d’abonnés connectés à un instant donné.

1. X suit une loi binomiale B(n, p) de paramètre n = 5000 et p = 0,2. On a E(X) = np = 1000, V(X) =np(1−p) = 800etσ(X) =p

V(X)'28,28.

2. Puisquen >30,np >15 etnp(1−p) >15, on peut appliquer le théorème de la limite centrale et on sait alors queN(np, np(1−p))approximeB(n, p). Ceci implique queY = ^X−1000√

800 suit une loi normale centrée réduiteN(0,1).

3. Si N est le nombre d’abonnés connectés à partir duquel il y a saturation, il faut que l’on ait P(X ≥ N)≤0,025. On a donc la condition1−P(X < N)≤0,025, c’est à direP(X < N)≥0,975. Puisqu’on approxime une loi discrète par une loi continue, il faut faire une correction de continuité. On cherche donc N tel φ(^{N−0,5−1000√}

800 ) ≥ 0,975 où φ désigne la fonction de répartition de la loi normale centrée réduite. Or 0,975 =φ(1,96). La condition sur N est ^{N−0,5−1000√}

800 ≥1,96. On obtient N ≥1056,38. Il faut donc pouvoir gérer simultanément1057connections simultanément.

Exercice 3 : 1. La moyenne empirique est donnée par

m= 36×2,5 + 22×7,5 + 15×12,5 + 9×17,5 + 6×22,5 + 5×27,5 + 7×32,5

100 = 11

La variance empirique qui est un estimateur avec biais est donnée par :

S²= 36×2,5²+ 22×7,5²+ 15×12,5²+ 9×17,5²+ 6×22,5²+ 5×27,5²+ 7×32,5²

100 −m² = 86,75

Pour obtenir une estimation ponctuelle de la variance sans biais, on calculeS˜² = _n−1ⁿ S² = ¹⁰⁰₉₉86,75 = 87,62.

2. Puique l’échantillon est de taille supérieure à 30,X¯ suit une loi normaleN(µ,^S˜_n²) oùµest la moyenne de la durée de vie des composants. Comme l’écart-type est inconnu, on utilise ^S˜_n² pour la variance. On en déduit alors que ^X−µ¯_˜

√S n

suit une loi normale centrée réduite.

3. Pour déterminer un intervalle de confiance au risque5%, on cherchettel que

P(|X¯ −µ

S˜

√n

| ≤t) = 1−0,05 = 0,95

Siφ désigne la fonction de répartition de la loi normale centrée réduite, on cherche dans les tables t tel que2φ(t)−1 = 0,95, c’est à direφ(t) = 0,975. On obtientt= 1,96. De plusS˜= 9,36. On obtient alors m−1,96× ^9,36₁₀ ≤ µ ≤ m+ 1,96× ^9,36₁₀ . L’intervalle de confiance au risque 5% est donné par [9,17; 12,83]

Exercice 4 : 1. Une estimation de la proportion de la population qui considère la télévision comme source principale d’information est donnée parf = ¹¹⁰₂₀₀ à l’aide de l’échantillon.

2. Puisque l’échantillon est de taille supérieure à 100, on peut supposer que F suit une loi normale N(p,^f(1−f)_n−1 ) avec ^f(1−f)_n−1 = ^0,55×0,45₁₉₉ = 0,0012 et q^F−p

f(1−f) n−1

suit une loi normale centrée réduite avec qf(1−f)

n−1 = 0,035.

3. Pour déterminer un intervalle de confiance au risque5%, on cherche ttel que φ(|_0,035^F−p| ≤t) = 0,95. A l’aide des tables, on obtientt= 1,96 puis l’intervalle de confiance :

[0,55−1,96×0,035; 0,55 + 1,96×0,035] = [0,48; 0,62]

Pour déterminer un intervalle de confiance au risque1%, on cherche ttel que φ(|_0,035^F−p| ≤t) = 0,99. A l’aide des tables, on obtientt= 2,57 puis l’intervalle de confiance :

[0,55−2,57×0,035; 0,55 + 2,57×0,035] = [0,46; 0,64]

4. Dans cette question, l’échantillon est inférieure à100et on va donc utiliser les abaques pour l’estimation dep. Ici,f = ²⁷₄₀ = 0,56. La lecture des abaques donne l’intervalle :[0,42; 0,72].

Exercice 5 : 1. On est dans le cas d’une proportion et on a p0 < P1. On veut déterminer Kα tel que P(F ≥ K_α) = α où F désigne la variable aléatoire qui associe à chaque échantillon de taille 100 la proportion des individus déclarant une allergie. On peut considérer que F suit une loi normale N(p0,^p0(1−p_n ⁰⁾) et donc Z = q^F−p0

p0(1−p0) n

suit une loi normale centrée réduite. On cherche donc Kα tel queP(q^F−p0

p0(1−p0) n

≥ q^Kα−p0

p0(1−p0) n

) = 1−α, c’est à dire

1−P(Z < Kα−p0

qp0(1−p₀) n

) =α

ou encore

φ( Kα−p0

qp0(1−p₀) n

) = 1−α

Pourα= 5%, à l’aide des tables, on obtient q^Kα−p0

p0(1−p0) n

= 1,65 et donc

K_α =p₀+ 1,65×0,049 = 0,48 Pourα= 10%, à l’aide des tables, on obtient q^Kα−p0

p0(1−p0) n

= 1,29 et donc

Kα =p0+ 1,29×0,049 = 0,46

2. Puisque la proportion de l’échantillon étudié est 0,47, dans le cas où α = 5%, on a 0,47 ≤ Kα et on accepte l’hypothèse H0. Dans le cas oùα = 10%, on a 0,47 > Kα et on rejette l’hypothèse H0 et on accepte l’hypothèseH₁.

3. Le risque de deuxième espèce est déterminé parβ=P(accepterH₀/H₁vraie) =P(F ≤K_α/H₁vraie).

Cette probabilité est donnée par

P( F −p1

qp1(1−p₁) n

≤ Kα−p1

qp1(1−p₁) n

) =φ( Kα−p1

qp1(1−p₁) n

)

On obtientβ =φ(−0,408) = 1−φ(0,408) = 0,35.