Note

Mon compilateur ne supporte pas les listes de lettres (a., b., etc). J'ai donc remplacé les lettres par des chiffres, mais les exercices sont les mêmes.

Exercice 1

1. T suis une loi binomiale de paramètre p et 2.

2. $\mathbb{E}[f(T)]=\sum _{x}f(x)\mathbb{P}(T=x)=f(0)\mathbb{P}(T=0)+f(1)\mathbb{P}(T=1)+f(2)\mathbb{P}(T=2)$$=f(0)(1-p{)}^2+f(1)2p(1-p)+f(2)p^2$

3. On calcule le biais de $\hat{\theta }$.

   $$B(\hat{\theta },\theta )=\mathbb{E}[\hat{\theta }]-\theta =2008-\frac{1}{2}2p-2008-p=0$$

4. On calcule le nouveau biais de $\hat{\theta }$. Comme on doit calculer l'espérance pour $B(\hat{\theta },\theta )=E(\hat{\theta })-\theta$, on peut faire une "disjonction de cas". Dans la somme de l'espérance, tout les termes sont annulés quand T ne vaux pas 0. On a alors

   $$\mathbb{E}[\hat{\theta }]=1\times (1-p{)}^2=\theta$$

   Donc l'estimateur est non biaisé.

5. $\mathbb{E}[\hat{\theta }]=$$=(1-3p{)}^2=\theta$

Exercice 2

1. $\mathbb{P}(T_2)=\{\begin{array}{l}1\text{ si }\mathrm{\forall }i\in [[1,n]],X_i=1\\ 0\text{ sinon}\end{array}$ Donc T suis une loi de Bernoulli de probabilité $p^n$
2. $\mathbb{E}(T_1)=p$ (cours). Donc $T_1$ est bien un estimateur non biaisé de $p$. $\mathbb{E}(T_2)=p^n\ne p$, donc $T_2$ présente un biais pour $p$.
3. On calcule les EQM de $T_1$ et $T_2$ :
   1. $EQM(T_1)=\mathbb{E}((T_1-p{)}^2)$$=\mathbb{E}((T_A-\mathbb{E}(T_1){)}^2)$$=\mathbb{V}(T_1)$$=\frac{p(1-p)}{n}$
   2. $EQM(T_2)=\mathbb{V}(T_2)+B_2(T_2,p{)}^2$$=p^n(1-p^n)+(p^n-p{)}^2$$=p^{n+2}+2^{n+1}$
4. On a vu que $T_2$ était biaisé, donc c'est forcément $T_1$ le plus performant.
5. Quand n tend vers +inf, $EQM(T_1)$ tend vers $EQM(T_2)$ tend vers +inf. La variance de $T_1$ s'annule pour n grand, donc $T_1$ est un bon estimateur.

Exercice 3

1. D'après le tableau :
   1. $\mathbb{P}(X<1)=0.8414$
   2. $\mathbb{P}(0<X<1.42)=0.9222-0.5=0.4222$
   3. $\mathbb{P}(X>1.13)=\mathbb{P}(X<-1.13)=1-\mathbb{P}(X\le 1.13)=1-0.8708=0.1292$
2. Toujours d'après le tableau :
   1. $\mathbb{P}(X>-0.75)=\mathbb{P}(X<0.75)=0.7734$
   2. $\mathbb{P}(-0.75\le X\le 0)=\mathbb{P}(0<X<0.75)=0.7734-0.5=0.2734$
3. Toujours d'après le tableau :
   1. $\mathbb{P}(X\le t)=0.8238\iff t=0.93$
   2. $\mathbb{P}(X\le t)=0.1112\iff t=1-3.49?$
   3. $\mathbb{P}(0<X<t)=0.4878\iff t-0,5=0.4878\iff t=2.25$
4. : 1. $\mathbb{P}(|X|<t)\iff \mathbb{P}(-t<X<t)\iff \varphi (t)-\varphi (-t)=2\varphi (t)-1$ 2. On cherche donc $2\varphi (t)-1=0.9\iff \varphi (t)=\frac{1.9}{2}\iff \varphi (t)=0.95\iff t=1,65$

Exercice 4 (corrigé)

1. D'après la formule du cours, $a=160$ et $b=30$.
2. $\mathbb{P}(X>200)=\mathbb{P}(Y>\frac{200-160}{30})=\mathbb{P}(Y>\frac{4}{3})=1-\mathbb{P}(Y<\frac{4}{3})=1-0.9082=0,0918$
3. Conditions :
   1. On cherche $c$ tel que $\mathbb{P}(X\le c)\ge 0.95$.
      • Réponse de filous : $c={10}^{{10}^{{10}^{{10}^{10}}}}$.
      • Borne $c$ tel que $\mathbb{P}(X\le c)=0.95$. $\mathbb{P}(X\le c)=\mathbb{P}(Y<\frac{c-160}{30})$ On cherche donc $t$ tel que $\varphi (t)=0.95$. On trouve $t\in [1.64,1.65]$, on choisit $t=1.65$. On inverse $t=\frac{c-160}{30}=1.65\iff c=1.53\times 30+160=209.5$
   2. On cherche $d$ tel que $\mathbb{P}(X\ge d)\ge 0.8$.
      • Réponse de filous : $d=-\mathrm{\infty }$ ou un truc tout petit.
      • Borne $d$ tel que $\mathbb{P}(X\ge d)=0.8$. $\mathbb{P}(X\ge d)=\mathbb{P}(Y\ge \frac{d-160}{30})=1-\mathbb{P}(Y<\frac{d-160}{30})$. On notera $t^{\prime }=\frac{d-160}{30})$$\iff \mathbb{P}(Y\le t^{\prime })=0.2\iff \mathbb{P}(Y\le -t^{\prime })=0.8$ (symétrie) On trouve $-t^{\prime }=0.85\iff \frac{d-160}{30}=-0.85\iff d=134.5$
4. $\mathbb{P}(X>200\mid X>160)=\frac{\mathbb{P}(X>200)\cap \mathbb{P}(X>160)}{\mathbb{P}(X>200)}=\frac{\mathbb{P}(X>200)}{\mathbb{P}(Y>160)}=\frac{\mathbb{P}(Y>\frac{4}{3})}{\mathbb{P}(X>0)}=\frac{0.0918}{0.5}=0.1836$

Exercice 5 (corrigé)

1. Cette situation pourrait être modélisé par une loi de Bernoulli de paramètre $\frac{1}{k}$. (Car $\frac{1}{k}$ chances de gagner et $\frac{k-1}{k}$ pour l'échec).
2. Soit 2 tirages :
   1. $\frac{k}{k}\times \frac{k-1}{k}\times \frac{1}{k}$. Pour la première boule, nous avons $k$ couleurs possibles. Pour la deuxième boule, il reste $k-1$ couleurs qui ne correspondent pas à celle de la première. Pour la dernière, il faut qu'elle soit exactement de la même couleur que la première, donc $\frac{1}{k}$. ${\mathbb{P}}_2(E\mid k)=\frac{k-1}{k^2}$
   2. On étudie donc la function $f:x\to \frac{x-1}{x^2}$ avec $k\ge 2$. $f$ admet un extremum en $x=2$, et elle est croissante avant. Son maximum est donc $x=2$ avec $\mathbb{P}(E\mid 2)=\frac{1}{4}$. On maximise le succès de notre tour de magie avec $2$ couleurs.
3. Soit 4 tirages :
   1. $\frac{k}{k}\times \frac{k-1}{k}\times \frac{1}{k}\times \frac{k-2}{k}$. Pour la première boule, nous avons $k$ couleurs possibles. Pour la deuxième boule, il reste $k-1$ couleurs qui ne correspondent pas à celle de la première. Pour la dernière, il faut qu'elle soit exactement de la même couleur que la première, donc $\frac{1}{k}$. ${\mathbb{P}}_4(E\mid k)=\frac{(k-1)(k-2)}{k^3}$
   2. On étudie donc la function $g:x\to \frac{(x-1)(x-2)}{x^3}$ avec $k\ge 3$. $g$ admet deux extremum (résolution de delta) en $x_1=3-\sqrt{3}$ et $x_2=3+\sqrt{3}$. Or, on veut au moins 3 boules, donc $x_2=3+\sqrt{3}$ est le maximum. On peut comparer $g(4)$ et $g(5)$