🧮 TD Statistiques N°3

Exercice 1

1. On utilise la moyenne empirique comme estimateur d'espérance pour $\mathcal{L}$. On applique ensuite le TCL (mais il me manques les $n$) : $\mathbb{P}(X\in ]\mu -2\sigma ;\mu +2\sigma [)=0,95\iff \mathbb{P}(X\in ]23.5-8-2;23.5+8[)=0,95$
2. Toujours pas de n. Mais il n'y aurait pas tant de problèmes que ça a avoir des résultats similaires

Correction

1. On approxime la variance par la variance empirique, $I_{\gamma }^{approw}=[\overline{X}-{\eta }_{\gamma }\sqrt{\frac{s_x^2}{n}},\overline{X}+{\eta }_{\gamma }\sqrt{\frac{s_x^2}{n}}]$ et $\tilde{X}=\frac{\overline{X}-\mu }{\sqrt{\frac{{\sigma }^2}{n}}}$ suit une loi normale centrée réduite d'après le TCL.

Exercice 2

1. Un sondé vote à 30% pour $C_1$, à 28% pour $C_2$ et donc à 42% pour une autre option. Pour $C_1$, la variance est de $0.3(1-0.3)=0.21$. Pour $C_2$, la variance est de $0.28(1-0.28)=0.2016$

2. $$\mathbb{P}(p\in ]{\overline{X}}_n-\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}{n}_{\gamma };{\overline{X}}_n-\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}{\xi }_{\gamma }[)=\gamma$$

   On obtient, pour $C_1$, $$\mathbb{P} (p \in ] 0.3 -\sqrt {\frac{0.21}{500}} \times (- 1.96) ; 0.3 -\sqrt {\frac{0.21}{500}} \times (1.96) [) = 0.95$$

   $\mathbb{P}(p\in ]0.26;0,34[)=0.95$

   On obtient, pour $C_2$, $$\mathbb{P} (p \in ] 0.28 -\sqrt {\frac{0.2016}{500}} \times (- 1.96) ; 0.28 -\sqrt {\frac{0.2016}{500}} \times (1.96) [) = 0.95$$

   $\mathbb{P}(p\in ]0.24;0,32[)=0.95$

3. Avec mes résultats non (même écart)

4. On majore $p(1-p)$ au lieu de l’approximer.

5. Pour $C_1$, $$0.3 = [ \bar{X}_n - 1.96 \sqrt \frac{1}{o}, 0.3 + 1.96 \sqrt \frac{1}{o}]$$

J'ai oublié o, si qq a la formule complète

Exercice 3

1. Utilisation du TCL ?
2. Si oui, il manque toujours un n dans ma formule

Exercice 4

Partie A

1. On cherche $P((\bigcap _{i=1}^n{X}_i=x_i)|\lambda )$. On peut faire un produit car les lois $X_i$ sont mutuellement indépendantes. $$\mathcal{L}(\lambda) = \prod_{i=1}^{n} P(X_i = x_i) = \prod_{i=1}^{n} \frac{e^{-\lambda} \lambda^{x_i}}{x_i!} = e^{-n\lambda} \prod_{i=1}^{n} \lambda^{x_i} \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{x_i!} = e^{-n\lambda} \lambda^{\sum_{i = 1}^n} \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{x_i!}$$

2. $$\mathcal{l}(\lambda )=ln(\mathcal{L}(\lambda ))=ln(e^{-n\lambda }{\lambda }^{\sum _{i=1}^n}\prod _{i=1}^n\frac{1}{x_i!})=ln(e^{-n\lambda })+ln({\lambda }^{\sum _{i=1}^n})+ln(\prod _{i=1}^n\frac{1}{x_i!})=$$$$-n\lambda +\sum _{i=1}^n{x}_{i}ln(\lambda )+ln(\prod _{i=1}^n\frac{1}{x_i!})$$

3. On dérive $\mathcal{l}$ en fonction de $\lambda$ (la variable)

   $$\mathcal{l}(\lambda {)}^{\prime }=-n+\sum _{i=1}^n{x}_i\frac{1}{\lambda }$$

   La dérivée de $\mathcal{l}$ s'annule ssi $-n+\sum _{i=1}^n{x}_i\frac{1}{\lambda }=0\iff \lambda =\sum _{i=1}^n{x}_i\frac{1}{n}$. L'estimation de vraisemblance pour $\lambda$ pour nos données est $\sum _{i=1}^n{x}_i\frac{1}{n}$ et l'estimateur maximum de vraisemblance est ${\lambda }^{\ast }(X_1,...,X_n)=\sum _{i=1}^n{X}_i\frac{1}{n}$.

4. $\mathbb{E}({\lambda }^{\ast })=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\mathbb{E}(X_i)=\frac{1}{n}n\lambda =\lambda$

5. $\mathbb{V}({\lambda }^{\ast })=\frac{1}{n^2}\sum _{i=1}^n\mathbb{E}(X_i)=\frac{1}{n^2}n\lambda =\frac{\lambda }{n}$. Tend vers 0 quand $n$ tend vers l'infinie, donc les variations sont de plus en plus faibles à mesure que de nouvelles va sont ajoutés.

6. $EQM({\lambda }^{\ast })=\mathbb{V}({\lambda }^{\ast })+(\mathbb{E}({\lambda }^{\ast }){)}^2=\mathbb{V}({\lambda }^{\ast })=\frac{\lambda }{n}$

7. $\mathbb{E}(\hat{\lambda })=\frac{1}{3}(2\mathbb{E}(X_1)+\mathbb{E}(X_2))=\lambda$ sans biais

8. $\mathbb{V}(\hat{\lambda })=\frac{1}{9}(\mathbb{V}(2X_1)+\mathbb{V}(X_2))=\frac{1}{9}(4\mathbb{V}(X_1)+\mathbb{V}(X_2))=\frac{5}{9}\lambda$. Pour $\hat{\lambda }$, la variance est finie et ne dépend pas de n, cohérent car on ne prend en compte que $X_1$ et $X_2$ dans l'estimation de $\lambda$. $EQM(\hat{\lambda })=\mathbb{V}(\hat{\lambda })=\frac{5}{9}\lambda$

9. $EQM({\lambda }^{\ast })<EQM(\hat{\lambda })\iff \frac{\lambda }{n}<\frac{5}{9}\lambda \iff \frac{1}{n}<\frac{5}{9}\iff n>1.8$. Donc pour $n\ge 2$, ${\lambda }^{\ast }$ a un EQM plus faible que $\hat{\lambda }$.

Partie B

1. "
2. "

Exercice 5

1. Voir papier (à scanner)

2. Ne pas oublier de préciser que les lois sont idd !

   $$\mathcal{L}(\theta )=\prod _{i=1}^n[\frac{\beta }{\eta }{\left(\frac{x_i}{\eta }\right)}^{\beta -1}\exp (-{\left(\frac{x_i}{\eta }\right)}^{\beta })]={\left(\frac{\beta }{{\eta }^{\beta }}\right)}^n\cdot {\left(\prod _{i=1}^n{x}_i\right)}^{\beta -1}\cdot \exp (-\frac{1}{{\eta }^{\beta }}\sum _{i=1}^n{x}_i^{\beta })$$

3. $\beta$ reste inchangé et $\gamma ={\eta }^{\beta }$.

4. $$l(\beta ,\gamma )=n\ln (\beta )-n\ln (\gamma )+(\beta -1)\sum _{i=1}^n\ln (x_i)-\frac{1}{\gamma }\sum _{i=1}^n{x}_i^{\beta }$$$$\frac{\partial l}{\partial \gamma }=-\frac{n}{\gamma }+\frac{1}{{\gamma }^2}\sum _{i=1}^n{x}_i^{\beta }$$$$\frac{\partial l}{\partial \beta }=\frac{n}{\beta }+\sum _{i=1}^n\ln (x_i)-\frac{1}{\gamma }\sum _{i=1}^n(x_i^{\beta }\ln (x_i))$$

   On passe par le logarithme pour éliminer le produit dans la fonction (toujours plus simple de dériver des sommes que des produits)

5. $$\hat{\gamma }=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{x}_i^{\beta }$$