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\begin{document}


\textbf{Corrig\'{e} Statistiques inf\'{e}rentielle par}{\huge \ }par Pierre
Veuillez

\section{Intervalle de confiance.}

\subsubsection*{Exercice}

D\'{e}terminer une valeur approch\'{e}e de la loi de la moyenne empirique :%
\newline
$E\left( \overline{X_{n}}\right) =E\left( X\right) ,$ $V\left( \overline{%
X_{n}}\right) =\frac{1}{n}V\left( X\right) $ donc $\overline{X_{n}}\underset{%
\thicksim }{\hookrightarrow }\mathcal{N}\left( E\left( X\right) ,\frac{1}{n}%
V\left( X\right) \right) $

\section{Exercices}

\subsection{Variance}

Soit $X$ ayant une esp\'{e}rance $m$ et une variance $v$, sa \textbf{%
variance empirique }est $W_{n}=\frac{1}{n}\sum X_{i}^{2}-\overline{X_{n}}%
^{2} $ avec $\overline{X_{n}}$ la moyenne empirique de $X$ et $\frac{1}{n}%
\sum X_{i}^{2}$ la moyenne empirique de $X^{2}.$

\begin{enumerate}
\item Soit $Y$ ayant une esp\'{e}rance et une variance. Calculer $E\left(
Y^{2}\right) $ en fonction $E\left( Y\right) $ et $V\left( Y\right) $

\item Calculer $E\left( \overline{X_{n}}\right) $ et $V\left( \overline{X_{n}%
}\right) $ et en d\'{e}duire $E\left( \overline{X_{n}}^{2}\right) $

\item Montrer enfin que $E\left( W_{n}\right) =\frac{n-1}{n}V\left( X\right) 
$ et en d\'{e}duire un estimateur sans biais de la variance.
\end{enumerate}

\subsubsection*{Solution}

\begin{enumerate}
\item $V\left( Y\right) =E\left( Y^{2}\right) -E\left( X\right) ^{2}$ donc $%
E\left( Y^{2}\right) =V\left( Y\right) +E\left( Y\right) ^{2}$

\item $E\left( \overline{X_{n}}\right) =m$ et $V\left( \overline{X_{n}}%
\right) =\frac{1}{n}v$ donc $E\left( \overline{X_{n}}^{2}\right) =\frac{1}{n}%
v+\,m^{2}$

\item $E\left( W_{n}\right) =\frac{1}{n}\sum E\left( X_{i}^{2}\right) =\frac{%
1}{n}n\left( v+m^{2}\right) -\left( \frac{1}{n}v+\,m^{2}\right) =\left( 1-%
\frac{1}{n}\right) v=\frac{n-1}{n}v$

D'o\`{u} $E\left( \frac{n-1}{n}W_{n}\right) =v$ et $\frac{n-1}{n}W_{n}$
variance empirique sans biais est un estimateur sans biais de la variance.
\end{enumerate}

\subsection{Question confidentielle.}

Certains sujets abord\'{e}s dans les enqu\^{e}tes d'opinion sont parfois
assez intimes, et on court le risque que les personnes interrog\'{e}es se
refusent \`{a} r\'{e}pondre franchement \`{a} l'enqu\^{e}teur, faussant
ainsi le r\'{e}sultat.

On peut alors avoir recours \`{a} une astuce consistant \`{a} inverser al%
\'{e}atoirement les r\'{e}ponses .

Consid\'{e}rons une question confidentielle pour laquelle on veut estimer la
probabilit\'{e} $p$ de r\'{e}ponses positives.

L'enqu\^{e}teur demande \`{a} chaque personne interrog\'{e}e de lancer un d%
\'{e}.

\begin{itemize}
\item Si le d\'{e} tombe sur , la personne doit donner sa r\'{e}ponse sans
mentir,

\item sinon elle doit donner l'opinion contraire \`{a} la sienne.
\end{itemize}

Si l'enqu\^{e}teur ignore le r\'{e}sultat du d\'{e}, il ne pourra pas savoir
si la r\'{e}ponse est franche ou non, et on peut esp\'{e}rer que la personne
sond\'{e}e acceptera de jouer le jeu.

G\'{e}n\'{e}ralisons l\'{e}g\`{e}rement la situation en tirant pour chaque
personne une variable de Bernoulli de param\`{e}tre $\alpha $.

\begin{itemize}
\item Si le r\'{e}sultat de cette variable est 1, la r\'{e}ponse est franche,

\item sinon, elle est invers\'{e}e.
\end{itemize}

Soit $n$ le nombre de personnes interrog\'{e}es.

L'enqu\^{e}teur ne recueille que la fr\'{e}quence empirique $F_{n}$ des
``oui''.

\begin{enumerate}
\item Montrer que la probabilit\'{e} de ``oui'' \`{a} l'issue de la proc\'{e}%
dure est $q=\alpha \,p+\left( 1-\alpha \right) \left( 1-p\right) $

\item Montrer que $F_{n}$, la fr\'{e}quence observ\'{e}e par l'enqu\^{e}%
teur, est un estimateur sans biais de $q$ et de risque quadratique tendant
vers $0$ quand $n$ tend vers $+\infty $

\item Pour $\alpha \ne 1/2$ exprimer $p$ en en fonction de $q.$

\item En d\'{e}duire que $T_{n}=\frac{F_{n}-1+\alpha }{2\alpha -1}$ est un
estimateur sans biais de $p$ dont le risque quadratique tend vers 0 quand $n$
tend vers $+\infty .$

\item Pour $n$ fix\'{e}, quelle valeur attribuer \`{a} $\alpha $ pour que le
risque quadratique soit minimum ? Est-ce acceptable ?

Pour quelle valeur de $\alpha $ ce risque est-il maximum ?

Quel sera le risque quadratique avec le d\'{e} ($\alpha =1/6$)
\end{enumerate}

\subsection{Loi uniforme}

Soit $X$ de loi $\mathcal{U}\left[ 0,a\right] $ et $\left( X_{1},\dots
X_{n}\right) $ une $n$-\'{e}chantillon de variables. Etimation de $a:$

$X$ a une esp\'{e}rance de $a/2.$ Soit $\overline{X_{n}}$ la moyenne
empirique.

\begin{enumerate}
\item Soit $T_{n}=2\overline{X_{n}}$. Montrer que $T_{n}$ est sans biais et d%
\'{e}terminer son risque quadratique

\item Soit $T_{n}^{\prime }=\max \left( X_{1},\dots ,X_{n}\right) $

D\'{e}terminer la fonction de r\'{e}partition de $X$ puis celle de $%
T_{n}^{\prime }$

En d\'{e}duire sa densit\'{e} puis son biais et son risque quadratique.

\item Soit $T_{n}^{\prime \prime }=\frac{n+1}{n}T_{n}^{\prime }$ d\'{e}%
terminer son biais et son risque quadratique.

\item Quel est le meilleur estimateur de $a$ pour de grandes valeurs de $n$ ?
\end{enumerate}

\subsubsection*{solution:}

\begin{enumerate}
\item $\overline{X_{n}}=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_{i}$ donc $E\left( 
\overline{X_{n}}\right) =\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}E\left( X_{i}\right) =%
\frac{a}{2}$ d'o\`{u} $E\left( T_{n}\right) =2\frac{a}{2}=a$ et $T_{n}$ est
sans biais.

$V\left( \overline{X_{n}}\right) =\frac{1}{n^{2}}\sum_{i=1}^{n}V\left(
X_{i}\right) $ car les $\left( X_{i}\right) $ sont ind\'{e}pendantes.

$E\left( X_{i}^{2}\right) =\int_{0}^{a}\frac{1}{a}t^{2}\,dt=\frac{1}{a}\left[
t^{3}/3\right] _{0}^{a}=\frac{a^{2}}{3}$ donc $V\left( X_{i}\right) =\frac{%
a^{2}}{3}-\frac{a^{2}}{4}=\frac{a^{2}}{12}$ d'o\`{u} $V\left( \overline{X_{n}%
}\right) =\frac{n\,a^{2}}{12n^{2}}.$

La variance de $T_{n}=2\overline{X_{n}}$ est alors $V\left( T_{n}\right)
=4V\left( \overline{X_{n}}\right) =\frac{a^{2}}{3n}$ et donc son risque
quadratique est $\frac{a^{2}}{3n}+0^{2}=\frac{a^{2}}{3n}$

\item La fonction de r\'{e}partition $F$ de $X$est : $F\left( x\right)
=\int_{-\infty }^{x}f\left( t\right) \,dt=\left\{ 
\begin{array}{cc}
0 & \text{si }x<0 \\ 
\int_{0}^{x}\frac{1}{a}dt=\frac{x}{a} & \text{si }x\in \left[ 0,a\right] \\ 
1 & \text{si }x>a%
\end{array}
\right. $

$\left( T_{n}^{\prime }\le t\right) =\left( \max \left( X_{1},\dots
,X_{n}\right) \le t\right) =\bigcap_{i=1}^{n}\left( X_{i}\le t\right) $ et
en notant $F$ la fonction de r\'{e}partition de $X,$ et $G$ celle de $%
T_{n}^{\prime }$ on a alors

$G\left( t\right) =F\left( t\right) ^{n}.$

$F$ est continue sur $\mathbb{R}$ et $C^{1}$ sauf en 0 et $a$ donc $G$ \'{e}%
galement et $T_{n}^{\prime }$ est \`{a} densit\'{e} de densit\'{e} : 
\begin{equation*}
g\left( t\right) =G^{\prime }\left( t\right) =n\,f\left( t\right)
F^{n-1}\left( t\right) =\left\{ 
\begin{array}{cc}
0 & \text{si }x\notin \left[ 0,a\right] \\ 
\frac{n}{a}\left( \frac{x}{a}\right) ^{n-1} & \text{si }x\in \left[ 0,a%
\right]%
\end{array}
\right.
\end{equation*}

L'esp\'{e}rance (qui existe) de $T_{n}^{\prime }$ est alors $%
\int_{0}^{a}t\,g\left( t\right) dt=\int_{0}^{a}\frac{n}{a^{n}}t^{n}dt=\left[ 
\frac{n}{n+1}\frac{1}{a^{n}}t^{n+1}\right] _{0}^{a}=\frac{n}{n+1}a$

Donc $T_{n}^{\prime }$ a pour biais $\left( \frac{n}{n+1}-1\right) a=-\frac{a%
}{n}$ (biais\'{e} mais son biais tend vers $0$ quand $n\rightarrow +\infty $
)

L'esp\'{e}rance (qui existe) de $\left. T_{n}^{\prime }\right. ^{2}$ est $%
\int_{0}^{a}t^{2}\,g\left( t\right) dt=\int_{0}^{a}\frac{n}{a^{n}}t^{n+1}dt=%
\left[ \frac{n}{n+2}\frac{1}{a^{n}}t^{n+2}\right] _{0}^{a}=\frac{n}{n+2}%
a^{2} $

Donc la variance de $T_{n}^{\prime }$ est 
\begin{equation*}
V\left( T_{n}^{\prime }\right) =E\left( \left. T_{n}^{\prime }\right.
^{2}\right) -E\left( T_{n}^{\prime }\right) ^{2}=\frac{n}{n+2}a^{2}-\left( 
\frac{n}{n+1}\right) ^{2}a^{2}=\frac{n}{\left( n+1\right) ^{2}\left(
n+2\right) }a^{2}
\end{equation*}%
et son risque quadratique est $r^{\prime }=V\left( T_{n}^{\prime }\right)
+b^{2}=\frac{n}{\left( n+1\right) ^{2}\left( n+2\right) }a^{2}+\frac{1}{n^{2}%
}a^{2}=\left( \frac{n}{\left( n+1\right) ^{2}\left( n+2\right) }+\frac{1}{%
n^{2}}\right) a^{2}\thicksim \frac{2}{n^{2}}a^{2}$

\item Alors $T_{n}^{\prime \prime }=\frac{n+1}{n}T_{n}^{\prime }$ a pour esp%
\'{e}rance $\frac{n+1}{n}E\left( T_{n}^{\prime }\right) =a$ donc $%
T_{n}^{\prime \prime }$ est sans biais.

Sa variance est $V\left( T_{n}^{\prime \prime }\right) =\left( \frac{n+1}{n}%
\right) ^{2}V\left( T_{n}^{\prime }\right) =\frac{1}{n\left( n+2\right) }%
a^{2}$ et a pour risque quadratique $r^{\prime \prime }=\frac{1}{n\left(
n+2\right) }a^{2}\thicksim \frac{1}{n^{2}}a^{2}$ ce qui est (pour $n$ grand)
deux fois mieux que $T_{n}^{\prime }.$

\item Donc pour de grandes valeurs de $n,$ $T_{n}^{\prime \prime }$ est le
meilleur estimateur de $a.$
\end{enumerate}

\subsection{Intervalle de confiance pour le param\`{e}tre d'une variable de
Bernouilli.}

Lors d'un sondage sur 100 personnes interrog\'{e}e, 60 pensent voter pour $A$

On mod\'{e}lise le choix par un \'{e}chantillon $\left( X_{1},\dots
,X_{100}\right) $ de variable ind\'{e}pendantes de m\^{e}me loi de
Bernouilli de param\`{e}tre $p.$

On cherche \`{a} d\'{e}terminer un intervalle de confiance pour $p$ au
niveau de confiance 99\% (1\% de risque)

\begin{enumerate}
\item D\'{e}terminer l'esp\'{e}rance et la variance de la fr\'{e}quence
empirique $F=\frac{1}{100}\sum_{i=1}^{100}X_{i}$ ?

\item On note $F^{\ast }$ la fr\'{e}quence empirique centr\'{e}e r\'{e}duite.

Par quelle loi peut on approcher celle de $F^{\ast }$? On suppose d\'{e}%
sormais que $F^{\ast }$ suit $\mathcal{N}\left( 0,1\right) $

\item D\'{e}terminer $t$ tel que $\mathrm{P}\left( -t\leq F^{\ast }\leq
t\right) \geq 0,99$ et en d\'{e}duire que $\mathrm{P}\left( F-t\frac{\sqrt{%
p\left( 1-p\right) }}{10}\leq p\leq F+t\frac{\sqrt{p\left( 1-p\right) }}{10}%
\right) \geq 0,99$

\item Montrer que pour tout $p\in \left[ 0,1\right] ,$ $p\left( 1-p\right)
\leq \frac{1}{4}$ et en d\'{e}duire que $\left[ F-t/20\,;\,F+t/20\right] $
est un intervalle de confiance de $p$ au niveau de confiance 99\%
\end{enumerate}

\subsubsection*{Solution}

\begin{enumerate}
\item On a $E\left( F_{100}\right) =E\left( \frac{1}{100}%
\sum_{i=1}^{100}X_{i}\right) =\frac{1}{100}\sum_{i=0}^{100}E\left(
X_{i}\right) =\frac{1}{100}100p=p$

Donc $F_{n}$ est un estimateur sans biais de $p$

\item Somme de variables ind\'{e}pendantes de m\^{e}me loi $\mathcal{B}%
\left( 1,p\right) :V\left( X_{i}\right) =p\left( 1-p\right) \neq 0$ et $%
E\left( X_{i}\right) =p$

Donc avec $F=\frac{1}{100}\sum_{i=1}^{100}X_{i},$ $F^{\ast }$ peut \^{e}tre
approch\'{e}e par une loi Normale centr\'{e}e r\'{e}duite.

$V\left( F\right) =\frac{1}{100^{2}}\sum_{i=1}^{100}V\left( X_{i}\right) $
car les $\left( X_{i}\right) _{i}$ sont ind\'{e}pendantes. Donc $V\left(
F\right) =\frac{1}{100}p\left( 1-p\right) $ et 

$F^{\ast }=\frac{F-p}{\sqrt{\frac{p\left( 1-p\right) }{100}}}=\frac{10}{%
\sqrt{p\left( 1-p\right) }}\left( F-p\right) $  la fr\'{e}quence empirique
centr\'{e}e r\'{e}duite suit approximativement une loi $\mathcal{N}\left(
0,1\right) $

\item Comme $-t\leq t:\mathrm{P}\left( -t\leq F^{\ast }\leq t\right) =\Phi
\left( t\right) -\Phi \left( -t\right) =\Phi \left( t\right) -\left( 1-\Phi
\left( t\right) \right) =2\Phi \left( t\right) -1$

On r\'{e}sout : $2\Phi \left( t\right) -1=0,99\Longleftrightarrow \Phi
\left( t\right) \geq 0,995$ et on lit sur la table de la lo Normale pour $%
t=2,58$

\textbf{N.B. premi\`{e}re transformation \`{a} conna\^{\i}tre :}%
\begin{eqnarray*}
\left( -t\leq F^{\ast }\leq t\right)  &=&\left( -t\leq \frac{10}{\sqrt{%
p\left( 1-p\right) }}\left( F-p\right) \leq t\right)  \\
&=&\left( -t\frac{\sqrt{p\left( 1-p\right) }}{10}\leq F-p\leq t\frac{\sqrt{%
p\left( 1-p\right) }}{10}\right)  \\
&=&\left( F-t\frac{\sqrt{p\left( 1-p\right) }}{10}\leq p\leq F+t\frac{\sqrt{%
p\left( 1-p\right) }}{10}\right) 
\end{eqnarray*}

Donc $\mathrm{P}\left( F_{n}-t\frac{\sqrt{p\left( 1-p\right) }}{10}\leq
p\leq F_{n}+t\frac{\sqrt{p\left( 1-p\right) }}{10}\right) \geq 0,99$

\item On \'{e}tudie les variations de $f\left( p\right) =p\left( 1-p\right) .
$

$f$ est d\'{e}rivable sur $\mathbb{R}$ et $f^{\prime }\left( p\right)
=1-p-p=1-2p$

\begin{tabular}{|l|llllll|}
\hline
$p$ & 0 &  & $1/2$ &  & 1 &  \\ \hline
$f^{\prime }\left( p\right) =1-2p$ &  & $+$ & 0 & $-$ &  & affine \\ \hline
$f\left( p\right) $ &  & $\nearrow $ & $1/4$ & $\searrow $ &  &  \\ \hline
\end{tabular}
et $p\left( 1-p\right) \leq \frac{1}{4}$

On a alors $\sqrt{p\left( 1-p\right) }\leq \frac{1}{2}$ donc 

\textbf{N.B. seconde transformation \`{a} conna\^{\i}tre :}

$\left( F_{n}-t\frac{\sqrt{p\left( 1-p\right) }}{10}\leq p\leq F_{n}+t\frac{%
\sqrt{p\left( 1-p\right) }}{10}\right) \subset \left( F_{n}-t\frac{1}{20}%
\leq p\leq F_{n}+t\frac{1}{20}\right) $ et $\mathrm{P}\left( F_{n}-t/20\leq
p\leq F_{n}+t/20\right) \geq \mathrm{P}\left( F_{n}-t\frac{\sqrt{p\left(
1-p\right) }}{20}\leq p\leq F_{n}+t\frac{\sqrt{p\left( 1-p\right) }}{20}%
\right) \geq 0,99$

Donc $\left[ F_{n}-t/20\;;\;F_{n}+t/20\right] $ est un intervalle de
confiance de $p$ au niveau de confiance 99\% soit avec l'\'{e}chantillon de
donn\'{e}es : $\ \hat{p}=0,6$

$t/20\simeq 0,13,$ l'intervalle de confiance au niveau 99\% est $\left[
0,47\,;\,0,73\right] $ ... ce qui ne renseigne pas beaucoup sur les chances
de remporter l'\'{e}lection..

Avec un \'{e}chantillon de taille 10000, on trouvera l'intervalle $\left[
F_{n}-t/200\,,\,F_{n}+t/200\right] $ soit une largeur d'intervalle proche de 
$5\%$ pour un niveau de confiance de 99\%.

Avec un niveau de confiance de 95\%, on a $t=1,96$ et pour $n=1000$ on a $t%
\frac{\sqrt{p\left( 1-p\right) }}{\sqrt{1000}}\leq 0,0302$, c'est la
classique des sondages : pour un \'{e}chantillon de 1000 personne, le r\'{e}%
sultat est donn\'{e} avec un intervalle de confiance de 3\% (ce que ne
disent pas les sondeurs, c'est que cela n'est s\^{u}r qu'\`{a} 95\% : il y a
5\% de chance que la valeur r\'{e}elle soit hors de cet intervalle de
\end{enumerate}

\subsection{Intervalle de confiance par Bienaym\'{e}-Tchebichev}

Soit $a\in \left[ 0;2\sqrt{3}\right] ,$ $X\hookrightarrow \mathcal{U}_{\left[
0,a\right] }$ et $\left( X_{1}\dots X_{n}\right) $ un $n$-echantillon de
variables de m\^{e}me loi que $X$ et ind\'{e}pendantes.

On cherche un intervalle de confiance de $\frac{a}{2}$ au niveau de
confiance 99\% (niveau de risque 1\%).

On note $\overline{X_{n}}$ la moyenne empirique

\begin{enumerate}
\item Rappeler la moyenne $m$ de $X$ et montrer que $V\left( X\right) =\frac{%
a^{2}}{12}$. En d\'{e}duire la moyenne et l'esp\'{e}rance de $\overline{X_{n}%
}.$

\item En d\'{e}duire que $\mathrm{P}\left( \left| \overline{X_{n}}-\frac{a}{2%
}\right| >0,1\right) \le \frac{100}{n}$

\item D\'{e}terminer enfin $n$ pour que $\left[ \overline{X_{n}}-0,1\,;\,%
\overline{X_{n}}+0,1\right] $ soit un intervalle de confiance de $\frac{a}{2}
$ au niveau de confiance 99\%

\item Ecrire un programme PASCAL qui

\begin{itemize}
\item choisit un nombre $a$ au hasard dans $\left[ 0;2\sqrt{3}\right] $

\item effectue 10000 tirages dans $\left[ 0,a\right] $

\item calcule et affiche la moyenne des r\'{e}sultats obtenus.
\end{itemize}

Le programme a affich\'{e} 0,534.

\begin{itemize}
\item Pensez vous que $\frac{a}{2}=0,534$ ?

\item Pensez vous que $\frac{a}{2}>0,7$ ?

\item Pensez vous que $\frac{a}{2}\in \left[ 0,43\,;\,0,64\right] $ ?
\end{itemize}

\item Par quelle loi peut-on approcher celle de $\overline{X_{1000}}$ ?

\item D\'{e}terminer $t$ pour que $\mathrm{P}\left( -t\le \frac{\sqrt{12}}{a}%
100\left( \overline{X_{n}}-\frac{a}{2}\right) <t\right) \ge 0,99$ et en d%
\'{e}duire un autre intervalle de confiance de $\frac{a}{2}$ au niveau $%
\alpha $
\end{enumerate}

\subsubsection*{Solution}

Soit $a\in \left[ 0;2\sqrt{3}\right] ,$ $X\hookrightarrow \mathcal{U}_{\left[
0,a\right] }$ et $\left( X_{1}\dots X_{n}\right) $ un $n$\'{e}chantillon de
variables de m\^{e}me loi que $X$ et ind\'{e}pendantes.

On cherche un intervalle de confiance de $\frac{a}{2}$ au niveau de
confiance 99\% (niveau de risque 1\%).

On note $\overline{X_{n}}$ la moyenne empirique

\begin{enumerate}
\item On a $E\left( X\right) =\frac{a}{2}$

Et comme la densit\'{e} de $X$ est nulle hors de $\left[ 0,a\right] $ et
vaut $\frac{1}{a}$ sur $\left[ 0,a\right] $ on a $E\left( X^{2}\right)
=\int_{0}^{a}\frac{t^{2}}{a}dt=\left[ \frac{t^{3}}{3a}\right] _{0}^{a}=\frac{%
a^{2}}{3}$ et donc $X$ a une variance qui est $V\left( X\right) =\frac{a^{2}%
}{3}-\left( \frac{a}{2}\right) ^{2}=\frac{a^{2}}{12}$

Donc $E\left( \overline{X_{n}}\right) =E\left( \frac{1}{n}%
\sum_{i=1}^{n}X_{i}\right) =\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}E\left( X_{i}\right) =%
\frac{n}{n}E\left( X\right) =\frac{a}{2}$

Et $V\left( \overline{X_{n}}\right) =E\left( \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_{i}%
\right) =\frac{1}{n^{2}}\sum_{i=1}^{n}V\left( X_{i}\right) $ car les $X_{i}$
sont ind\'{e}pendants $\dots =\frac{1}{n^{2}}nV\left( X\right) =\frac{a^{2}}{%
12n}$

Rappeler la moyenne $m$ de $X$ et montrer que $V\left( X\right) =\frac{a^{2}%
}{12}$. En d\'{e}duire la moyenne et l'esp\'{e}rance de $\overline{X_{n}}.$

\item D'apr\`{e}s l'in\'{e}galit\'{e} de Bienaym\'{e}-Tchebichev on a alors $%
\mathrm{P}\left( \left| \overline{X_{n}}-\frac{a}{2}\right| >0,1\right) \le 
\frac{V\left( \overline{X_{n}}\right) }{0,1^{2}}=100\frac{a^{2}}{12n}$ et
comme $0\le a\le 2\sqrt{3}$ alors $a^{2}\le 12$ et donc $\mathrm{P}\left(
\left| \overline{X_{n}}-\frac{a}{2}\right| >0,1\right) \le \frac{100}{n}$ et 
$\mathrm{P}\left( \left| \overline{X_{n}}-\frac{a}{2}\right| \le 0,1\right)
\ge 1-\frac{100}{n}$

\item Comme l'\'{e}v\'{e}nement $\left( \left| \overline{X_{n}}-\frac{a}{2}%
\right| \le 0,1\right) $ s'\'{e}crit $\left( -0,1\le \overline{X_{n}}-\frac{a%
}{2}\le 0,1\right) $ ou encore :\newline
$\left( \overline{X_{n}}-0,1\le \frac{a}{2}\le \overline{X_{n}}+0,1\right) $

Donc pour $n=10000$ on a $\mathrm{P}\left( \overline{X_{n}}-0,1\le \frac{a}{2%
}\le \overline{X_{n}}+0,1\right) \ge 1-0,01$ et $\left[ \overline{X_{n}}%
-0,1\,;\,\overline{X_{n}}+0,1\right] $ est un intervalle de confiance de $%
\frac{a}{2}$ au niveau de confiance 99\%

\item Ecrire un programme PASCAL qui

\texttt{Program estim;}

\texttt{var a,x,s:real;k:integer;}

\texttt{begin}

\texttt{\hspace{1cm}randomize;a:=random(2*(3));s:=0;\{initialisation\}}

\texttt{\hspace{1cm}for k:=1 to 10000 do }

\texttt{\hspace{1cm}begin}

\texttt{\hspace{2cm}x:=random(a);}

\texttt{\hspace{2cm}s:=s+x;}

\texttt{\hspace{1cm}end;}

\texttt{\hspace{1cm}writeln('la moyenne est :',s/10000);}

\texttt{end.}

Le programme a affich\'{e} 0,534.

\begin{itemize}
\item Chaque valeur a une probabilit\'{e} nulle d'avoir \'{e}t\'{e} choisie
! donc $\frac{a}{2}\ne 0,534$ ?

\item La probabilit\'{e} que $\frac{a}{2}$ soit dans l'intervalle $\left[
0,534-0,1\;;\,0,534+0,1\right] $ est sup\'{e}rieure \`{a} 99\%. Donc la
probabilit\'{e} qu'il soit $>0,7$ est de moins de $1\%.$ Je ne pense donc
pas que $a/2>0,7$

\item La probabilit\'{e} de $\frac{a}{2}\in \left[ 0,43\,;\,0,64\right] $
est sup\'{e}rieure \`{a} 99\%. Je pense donc que oui. (et j'ai moins de 1\%
de chances de me tromper ...)
\end{itemize}

\item La loi $\sum_{i=1}^{n}X_{i}$ somme de variables ind\'{e}pendantes de m%
\^{e}me loi qui a pour esp\'{e}rance $n\frac{a}{2}$, et pour variance $n%
\frac{a^{2}}{12}.$

DOnc centre\'{e}e r\'{e}duite, elle peut \^{e}tre approch\'{e}e par une loi $%
\mathcal{N}\left( 0,1\right) $ et $\overline{X_{n}}^{\ast }=\frac{\overline{%
X_{n}}-a/2}{\sqrt{a^{2}/12n}}$ par $\mathcal{N}\left( 0,1\right) $

\item Et pour $n=10000:$ $\mathrm{P}\left( -t\leq \frac{\sqrt{12}}{a}%
100\left( \overline{X_{n}}-\frac{a}{2}\right) <t\right) \simeq \Phi \left(
t\right) -\Phi \left( -t\right) =2\Phi \left( t\right) -1$

On r\'{e}sout $2\Phi \left( t\right) -1\geq 0,99\Longleftrightarrow \Phi
\left( t\right) \geq 0,995$ ce qui est v\'{e}rifi\'{e} pour $t=2,58\leq 2,6$

On a $\left( -t\leq \frac{\sqrt{12}}{a}100\left( \overline{X_{n}}-\frac{a}{2}%
\right) <t\right) =\left( \overline{X_{n}}-t\frac{a}{100\sqrt{12}}\leq \frac{%
a}{2}<\overline{X_{n}}+t\frac{a}{100\sqrt{12}}\right) $ avec $\frac{a}{100%
\sqrt{12}}\leq \frac{1}{100}$

donc $\left[ \overline{X_{n}}-0,026\,;\,\overline{X_{n}}+0,026\right] $ est
un intervalle de confiance de $\frac{a}{2}$ au niveau de confiance 99\%
(soit une pr\'{e}cision quatre fois meilleure qu'avec la formule de Bienaym%
\'{e}-Tchebichev)\newpage
\end{enumerate}

\subsection{Comptage par capture et recapture}

On cherche \`{a} \'{e}valuer le nombre $N$ de poissons dans un \'{e}tang.

Pour cela, on pr\'{e}l\`{e}ve dans l'\'{e}tang $m$ poissons que l'on bague
avant les remettre dans l'\'{e}tang.

On propose deux m\'{e}thodes diff\'{e}rentes d'estimation de $N$.\newline

\bigskip \textbf{M\'{e}thode 1}\newline
Soit $n\in \mathbb{N}^{*}$, $n\geq m$.\newline
On pr\'{e}l\`{e}ve des poissons dans l'\'{e}tang, au hasard et avec remise.%
\newline
On note $X_{n}$ la variable al\'{e}atoire \'{e}gale au nombre de poissons
qu'il a \'{e}t\'{e} n\'{e}cessaire de p\^{e}cher pour obtenir $n$ poissons
marqu\'{e}s.\newline
Pour tout $i\in \left[ 2,n\right] $, on pose $D_{i}=X_{i}-X_{i-1}$. On pose $%
D_{1}=X_{1}$ et on suppose que les $D_{i}$ sont des variables ind\'{e}%
pendantes.

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item Pour tout $i\in \left[ 2,n\right] ,$ quelle est la signification de $%
D_{i}$ ?

\item D\'{e}terminer, pour $i\in \left[ 2,n\right] $, la loi de $D_{i}$, son
esp\'{e}rance et sa variance.\newline
En d\'{e}duire l'esp\'{e}rance et la variance de $X_{n}$.

\item On pose $A_{n}=\frac{m}{n}X_{n}$. Montrer que $A_{n}$ est un
estimateur sans biais de $N$ et d\'{e}terminer son risque quadratique.
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item Pour $n$ assez grand, par quelle loi peut-on approcher la loi de la
variable al\'{e}atoire $\overline{X_{n}}=\frac{X_{n}}{n}$ (on utilisera le th%
\'{e}or\`{e}me de la limite centr\'{e}e)?

\item On a marqu\'{e} 200 poissons puis effectu\'{e} 450 pr\'{e}l\`{e}%
vements pour obtenir 50 poissons marqu\'{e}s.\newline
On pose $\sigma =\sigma (A_{n})$. On a pu prouver par ailleurs que $\sigma
\leq 100$.\newline
D\'{e}terminer en fonction de $\sigma $, un intervalle de confiance pour $N$
au seuil $0.9$ (On donne $\Phi (1,64)\simeq 0,95)$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip \textbf{M\'{e}thode 2}\newline
On pr\'{e}l\`{e}ve successivement et avec remise $n$ poissons. Soit $Y_n$ le
nombre de poissons marqu\'{e}s parmi eux.

\begin{enumerate}
\item Montrer que $\frac{1}{nm}Y_{n}$ est un estimateur sans biais de $\frac{%
1}{N}$.

\item Pour quelle raison \'{e}vidente ne peut-on pas prendre $\frac{nm}{Y_{n}%
}$ comme estimateur de $N$ ?\newline
On pose alors $B_{n}=\frac{m(n+1)}{Y_{n}+1}$

\begin{enumerate}
\item Calculer l'esp\'{e}rance de $B_{n}$.

\item Est-il un estimateur sans biais de $N$ ?
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsubsection*{Solution}

\bigskip \textbf{M\'{e}thode 1}\newline

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item $D_{i}$ est la diff\'{e}rence du nombre de p\`{e}che n\'{e}cessaire
pour obtenir $i-1$ et $i$ poissons marqu\'{e}s.

C'est le nombre de p\`{e}che pour obtenir un poisson marqu\'{e} de plus.

\item Donc $D_{i}$ est le \textbf{nombre de }p\`{e}ches pour obtenir un
poisson marqu\'{e} de plus dans une \textbf{suite} de p\`{e}che (on peut
supposer que la p\`{e}che se continue ind\'{e}finiment) \textbf{ind\'{e}%
pendantes} (avec remise, en supposant que les poissons sont b\^{e}tes et ne
se souviennent pas qu'il ne faut pas mordre \`{a} l'hame\c{c}on) ayant
toutes une probabilit\'{e} $\frac{m}{N}$ de donner un poisson marqu\'{e}.

Donc $D_{i}\hookrightarrow \mathcal{G}\left( \frac{m}{N}\right) $ et $%
E\left( D_{i}\right) =\frac{N}{m}$ et $V\left( D_{i}\right) =\displaystyle
\frac{1-\frac{m}{N}}{\left( \frac{m}{N}\right) ^{2}}=\frac{N\left(
N-m\right) }{m^{2}}$

Comme $D_{1}+D_{2}+\dots +D_{n}=X_{n}$ on a alors $E\left( X_{n}\right) =n%
\frac{N}{m}$ et comme les $\left( D_{i}\right) _{i}$ sont ind\'{e}pendants, $%
V\left( X_{n}\right) =n\frac{N\left( N-m\right) }{m^{2}}$

\item On pose $A_{n}=\frac{m}{n}X_{n}$.

On a alors $E\left( A_{n}\right) =\frac{m}{n}E\left( X_{n}\right) =N$ donc $%
A_{n}$ est un estimateur sans biais de $N.$

Sa variance est $V\left( A_{n}\right) =V\left( \frac{m}{n}X_{n}\right) =%
\frac{m^{2}}{n^{2}}V\left( X_{n}\right) =\frac{N\left( N-m\right) }{n}$

Donc son risque quadratique est : biais$^{2}+V\left( A_{n}\right) =\frac{%
N\left( N-m\right) }{n}$
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item Pour $n$ assez grand, $X_{n}$ \'{e}tant une somme de variables ind\'{e}%
pendantes et de m\^{e}me loi, $X_{n}^{\ast }$ peut \^{e}tre approch\'{e}e
par une loi normale centr\'{e}e r\'{e}duite.

\item $A_{n}$ suit alors \'{e}galement une loi normale de param\`{e}tres $%
E\left( A_{n}\right) =N$ et et $V\left( A_{n}\right) =\sigma ^{2}$

et $\frac{A_{n}-N}{\sigma }$ suit une loi normale centr\'{e}e r\'{e}duite.

Donc $\mathrm{P}\left( -t\leq \frac{A_{n}-N}{\sigma }\leq t\right) =\Phi
\left( t\right) -\Phi \left( -t\right) =\Phi \left( t\right) -\left[ 1-\Phi
\left( t\right) \right] =2\Phi \left( t\right) -1$

Et 
\begin{eqnarray*}
\left. \mathrm{P}\left( -t\leq \frac{A_{n}-N}{\sigma }\leq t\right) \geq
0,9\right. &\Longleftrightarrow &2\Phi \left( t\right) -1\geq 0,9 \\
&\Longleftrightarrow &\Phi \left( t\right) \geq 0,95\simeq \Phi (1,64) \\
&\Longleftrightarrow &t\geq 1,64
\end{eqnarray*}%
car $\Phi $ est croissante sur $\mathbb{R}$

Comme $\sigma \leq 100$ alors 
\begin{equation*}
\left( -t\leq \frac{A_{n}-N}{\sigma }\leq t\right) =\left( A_{n}-t\sigma
\leq N\leq A_{n}+t\sigma \right) \subset \left( A_{n}-t100\leq N\leq
A_{n}+t100\right)
\end{equation*}

Et avec $t=1,64:\mathrm{P}\left( A_{n}-t100\leq N\leq A_{n}+t100\right) \geq 
\mathrm{P}\left( -t\leq \frac{A_{n}-N}{\sigma }\leq t\right) \geq 0,9$

Donc $\left[ A_{n}-164\,,\,A_{n}+164\right] $ est un intervalle de confiance
de $N$ au niveau de confiance $0,9$

Avec ici : $m=200;$ $n=50$ et $X_{50}=450$

Donc $A_{50}=\frac{200}{50}X_{50}=1800$ (Estimation ponctuelle de $N$)

et on est s\^{u}r \`{a} 90\% que le nombre de poissons dans l'\'{e}tang est
compris dans l'intervalle $\left[ 1636\,,\,1964\right] $
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip \textbf{M\'{e}thode 2}\newline
On pr\'{e}l\`{e}ve successivement et avec remise $n$ poissons. Soit $Y_{n}$
le nombre de poissons marqu\'{e}s parmi eux.

\begin{enumerate}
\item Le nombre $Y_{n}$ de poissons marqu\'{e}s suit une loi binomial de
param\`{e}tres $\left( n,\frac{m}{N}\right) .$

Donc son esp\'{e}rance est $E\left( Y_{n}\right) =n\frac{m}{N}$ et $E\left( 
\frac{1}{nm}Y_{n}\right) =\frac{1}{N}$

Donc $\frac{1}{nm}Y_{n}$ est un estimateur sans biais de $\frac{1}{N}$.

On a $V\left( Y_{n}\right) =n\frac{m}{N}\left( 1-\frac{m}{N}\right) =\frac{%
nm\left( N-m\right) }{N^{2}}$ donc $V\left( \frac{1}{nm}Y_{n}\right) =\left( 
\frac{1}{nm}\right) ^{2}V\left( Y_{n}\right) =\frac{\left( N-m\right) }{%
n\,m\,N^{2}}$

Donc le risque quadratique de $\frac{1}{nm}Y_{n}$ comme estimateur de $\frac{%
1}{N}$ est $\frac{\left( N-m\right) }{n\,m\,N^{2}}$

\item Comme $Y_{n}$ peut \^{e}tre nul avec une probabilit\'{e} non nulle, $%
\frac{nm}{Y_{n}}$ aurait une probabilit\'{e} non nulle de ne pas \^{e}tre d%
\'{e}fini.\newline
On pose alors $B_{n}=\frac{m(n+1)}{Y_{n}+1}$

\begin{enumerate}
\item On utilise le th\'{e}or\`{e}me de transfert : les valeurs de $Y_{n}$
sont $\left[ \left[ 0,n\right] \right] $

\begin{eqnarray*}
E\left( B_{n}\right) &=&\sum_{k=0}^{n}\frac{m(n+1)}{k+1}\mathrm{P}\left(
Y_{n}=k\right) \\
&=&\sum_{k=0}^{n}\frac{m(n+1)}{k+1}\binom{n}{k}p^{k}q^{n-k}
\end{eqnarray*}%
il faut d\'{e}velopper le coefficient du bin\^{o}me pour simplifier
l'expression.

en notant $p=\frac{m}{N}\mathrm{\ }$et $q=1-\frac{m}{N}$

\begin{eqnarray*}
E\left( B_{n}\right) &=&\sum_{k=0}^{n}\frac{m(n+1)}{k+1}\frac{n!}{k!\left(
n-k\right) !}p^{k}q^{n-k} \\
&=&\sum_{k=0}^{n}m\frac{\left( n+1\right) !}{\left( k+1\right) !\left(
n-k\right) !}p^{k}q^{n-k}
\end{eqnarray*}

On y reconna\^{\i}t $\binom{n+1}{k+1}$ et on r\'{e}indexe $h=k+1$pour faire r%
\'{e}apparaitre la formule du bin\^{o}me... pour la puissance $n+1$

\begin{eqnarray*}
E\left( B_{n}\right) &=&\sum_{k=0}^{n}m\binom{n+1}{k+1}p^{k}q^{n-k} \\
&=&\sum_{k=1}^{n+1}m\binom{n+1}{h}p^{h-1}q^{n+1-h} \\
&=&\frac{m}{p}\left( \sum_{k=0}^{n+1}\binom{n+1}{h}p^{h}q^{n+1-h}-q^{n+1}%
\right) \\
&=&\frac{m}{p}\left( \left( p+q\right) ^{n+1}-q^{n+1}\right) \\
&=&\frac{m}{p}\left( 1-q^{n+1}\right) \\
&=&N\left( 1-q^{n+1}\right)
\end{eqnarray*}

\item Donc $B$ est biais\'{e}, mais quand $n$ tend vers $+\infty $ (quand on
augmente le nombre de rep\^{e}che) le biais tend vers 0 : il est
asymptotiquement sans biais.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{document}
