Exercices 2011 - STAT

compensent pour donner un estimateur sans biais T de a+b
2 .
Ensuite, pour a ≤ α ≤ β ≤ b :
donc:
P {α ≤ m, M ≤ β} = ( β − α
b − a )n , P {M ≤ β} = ( β − a
b − a )n ,
P {m ≤ α, M ≤ β} =
1
(b − a) n {(β − a)n − (β − α) n }.
En dérivant en α puis en β on obtient la densité conjointe f m,M de (m, M):
Donc:
f m,M (α, β) =
E((T − ( a + b
∫
n(n − 1) b
2 ))2 ) =
4(b − a) n
=
=
=
∫
n(n − 1) b
4(b − a) n
α=a
∫
n(n − 1) b
4(b − a) n
α=a
∫
n(n − 1) b
4(b − a) n
Ainsi:
α=a
E((T −( a + b
2 ))2 ) =
n(n − 1)
(b − a) n (β − α)n−2 si a ≤ α ≤ β ≤ b, 0 sinon .
α=a
∫ b
{
β=α
2 (β − α)n−1
{[(β − (a + b − α)) ] b α
(n − 1)
− 2
n − 1
{[ (α − a)2 (b − α) n−1
n − 1
{[ (α − a)2 (b − α) n−1
] −
n − 1
((α + β) − (a + b)) 2 (β − α) n−2 dβ}dα
] − 2
n − 1
∫ b
α
(β − (a + b − α))(β − α) n−1 dβ}dα
− α)n
{[(β − (a + b − α))β ] b α
n
− 1 n
2
n(n − 1) [(α − a)(b − α)n ] +
n(n − 1)
4(b − a) n ×{ 2
(n + 1)n(n − 1) − 2
(n + 1)n(n − 1) + 2
E((T − ( a + b
2 ))2 ) =
(b − a) 2
(n + 2)(n + 1) .
∫ b
α
(β − α) n dβ}}dα
2
(n + 1)n(n − 1) [(b − α)n+1 ]}dα.
∫ b
(n + 1)n(n − 1) }× (b−α) n+1 dα
Corrigé 102 a) Il s’agit ici d’un tirage avec remise. La probabilité qu’une observation quelconque soit
celle d’un lion est de L/(L + T). Le nombre de lions notés dans le rapport suit une loi binomiale
de paramètres n = L et p = L/(L + T). La probabilité que k lions aient été notés vaut
C k L+T
( ) k ( ) n−k L T
, k = 0, . . .,n.
L + T L + T
a
b) Contrairement au a), on est ici dans le cadre d’un tirage sans remise. Le nombre de lions notés dans
le rapport suit une loi hypergéométrique de paramètres L, T et n. La probabilité que k lions aient
été capturés vaut
CL kCn−k
T
CL+T
n , k = max(0, n − T), . . .,min(L, n).
Corrigé 103 L’ensemble des valeurs possibles prises par X 1 est S = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. L’énumération des
différents cas possibles donne:
P(X 1 = 1) = 1/36
P(X 1 = 2) = 1/12
P(X 1 = 3) = 5/36
P(X 1 = 4) = 7/36
P(X 1 = 5) = 9/36
P(X 1 = 6) = 11/36
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