L2 SEG STAT IISérie Corrigée N°3ÉCHANTILLONNAGE ESTIMATION PONCTUELLE .pdf



Nom original: L2 SEG-STAT IISérie Corrigée N°3ÉCHANTILLONNAGE-ESTIMATION PONCTUELLE.pdfAuteur: mohsen

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BEN AHMED MOHSEN

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L2 SEG (STATISTIQUE MATHÉMATIQUE-STAT II)

Série Corrigée N°3-ÉNONCÉS
ÉCHANTILLONNAGE/ESTIMATION PONCTUELLE
Exercice 1 : (ESC-SP 2008)
Soit 𝑿 une variable aléatoire de densité de probabilité 𝒇 𝒙 tel que
𝟏
, 𝒔𝒊 𝒙 ≥ 𝟏
𝟏
𝒇 𝒙 =
𝟏+
𝜽𝒙 𝜽
𝟎
𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏
1) Déterminer 𝑳 𝒙𝒊 , 𝜽 la vraisemblance de 𝑿
𝝏𝑳𝒏 𝑳
2) Sachant que𝑬
= 𝟎, montrer que 𝑬 𝑳𝒏𝑿 = 𝜽

; 𝜽>0

𝝏𝜽

3) Calculer la quantité d’information 𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝜽
𝝏𝑳𝒏 𝑳
4) Sachant que𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝜽 = 𝑽
, montrer que 𝑽 𝑳𝒏𝑿 = 𝜽𝟐
𝝏𝜽

5) Déterminer l’estimateur de maximum de vraisemblance 𝜽 de 𝜽
6) 𝜽 est-il sans biais, convergent

Exercice 2 : (ISG-SP 2006)
𝟏

On considère une variable aléatoire 𝑿 de loi exponentielle 𝜸 𝟏,
, 𝜽 > 0 , de densité :
𝜽
𝟏 −𝒙
𝜽
,
𝒔𝒊 𝒙 ∈ 𝟎, +∞
𝒇 𝒙, 𝜽 = 𝜽 𝒆
𝟎
𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏
1) Rappeler les expressions de𝑬 𝑿 ,𝑽 𝑿 , 𝑭 𝑿 la fonction de répartition de 𝑿 et de 𝑷 𝒂 < 𝑋 < 𝑏 , 𝒃 > 𝑎 > 0
2) Calculer 𝑰 𝜽 , information apportée sue 𝜽 par 31 réalisations indépendantes de 𝑿 ainsi que la borne inférieure
de la variance de toute estimation ponctuelle de 𝜽
3) Estimer 𝜽 par la méthode du maximum de vraisemblance. Soit 𝜽𝟏 l’EMV de 𝜽 , étudier 𝜽𝟏 (biais, convergence,
efficacité, loi asymptotique,…)
4) Proposer et étudier 𝜽𝟐 estimateur de 𝜽 obtenu par la méthode des moments
5) Fournir un intervalle de confiance, de niveau 95%, pour 𝜽

Exercice 3 : (ISCAE-SP 2007)
Soit 𝑿 une variable aléatoire admettant une densité de la forme :
𝜽𝒙𝟐
𝒔𝒊 𝒙 ∈ −𝟏, 𝟎
𝟐
𝒇 𝒙 = 𝟏 − 𝜽𝒙
; 𝒐ù 𝜽 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏 𝒑𝒂𝒓𝒂𝒎è𝒕𝒓𝒆 𝒆𝒏𝒕𝒓𝒆 𝟎 𝒆𝒕 𝟏
𝒔𝒊 𝒙 ∈ 𝟎, 𝟏
𝟎
𝒂𝒊𝒍𝒍𝒆𝒖𝒓𝒔
1) Calculer 𝑬 𝑿 et 𝑽 𝑿
2) On considère un échantillon 𝑿𝟏, 𝑿𝟐 , … , 𝑿𝒏 issu de la variable aléatoire 𝑿
a) En estimant la moyenne de la variable 𝑿 par la moyenne de l’échantillon, déterminer un estimateur 𝑻
du paramètre 𝜽
b) Est-il sans biais ?
c) Est-il convergent ?
3) On désigne par 𝑲 le nombre des variables aléatoires 𝑿𝒊 de l’échantillon prenant uniquement une valeur
comprise entre -1 et 0
a) Montrer que 𝑲 suit une loi binomiale dont on déterminera les paramètres
b) Montrer que la variable aléatoire 𝑾 = 𝟑𝑲 𝒏 est un estimateur sans biais de 𝜽
c) 𝑾 est-il convergent ?

1

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4) Comparer les deux estimateurs 𝑻 et 𝑾. Lequel choisiriez-vous ? Expliquez votre choix

Exercice 4 : (ISG-SP 2006)
Soit 𝑿 une variable aléatoire suivant la loi normale 𝓝 𝜽, 𝜽 dont on possède un n-échantillon indépendant
𝑿𝟏, 𝑿𝟐, … , 𝑿𝒏 , 𝜽 un paramètre strictement positif désignant la variance de la variable 𝑿
1) Calculer 𝑷 𝑿 < 0 . En déduire qu’en règle générale, et sans prendre un trop grand risque, on peut
considérer 𝑿 positif
2) Supposons maintenant que 𝑿est une variable aléatoire suivant la loi normale𝓝 𝒎, 𝜽 , estimer 𝜽 par la
méthode du maximum de vraisemblance. On note 𝜽𝒏 l’EMV de𝜽. 𝜽𝒏 converge-t-il en probabilité vers 𝜽 ?
3) Calculer l’information de Fisher 𝑰 𝜽 sur 𝜽

Exercice 5 : (ESC-SC 2007)
Soit une variable continue dont la densité dépend d’un paramètre 𝒂 > 0 telle que :
𝟑𝒙𝟐 − 𝒙𝟑
𝒇 𝒙, 𝒂 =
𝒆 𝒂 , 𝒂𝒗𝒆𝒄 𝒂 > 0
𝒂
1) Soit un échantillon de taille n d’une même loi que 𝑿 , déterminer l’estimateur du maximum de
vraisemblance de 𝒂 noté 𝒂
𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙,𝒂
2) Calculer
et en déduire 𝑬 𝑿𝟑
𝝏𝒂

3) Calculer la quantité d’information de Fisher 𝑰 𝒂 et en déduire 𝑽 𝑿𝟑
4) Montrer que 𝒂 est un estimateur sans biais et convergent de 𝒂. Est-il efficace ?
5) On considère la variable 𝒀 =
𝟑

𝑬 𝑿

𝟑

et 𝑽 𝑿

𝑿𝟑
𝒂

. Calculer la densité de 𝒀. Montrer que 𝒀 suit une loi usuelle et retrouver

Exercice 6 : (ISG-SC 2007)
Le nombre d’accidents mortel par mois, à un carrefour dangereux, est une variable aléatoire discrète distribuée selon
une loi de fonction de probabilité :
𝝀𝒙
∀𝒙 ∈ ℕ , 𝑷 𝑿 = 𝒙 = 𝒆−𝝀
, 𝝀 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏 𝒑𝒂𝒓𝒂𝒎è𝒕𝒓𝒆 𝒊𝒏𝒄𝒐𝒏𝒏𝒖 𝒔𝒕𝒓𝒊𝒄𝒕𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕 𝒑𝒐𝒔𝒊𝒕𝒊𝒇
𝒙!
On tire un échantillon 𝑿𝟏 , 𝑿𝟐 , … , 𝑿𝒏 identiquement et indépendamment distribué de 𝑿
1) Quelle est la loi de 𝑿 ? Donner les caractéristiques de 𝑿
2) Déterminer, par la méthode du maximum de vraisemblance, un estimateur de 𝝀 soit 𝝀𝑴𝑽
3) Déterminer, par la méthode des moments, un estimateur de 𝝀 soit 𝝀𝑴𝑴 . Interpréter.
4) Etudier les propriétés des deux estimateurs
5) Pour un échantillon de taille 40 on obtient 𝟒𝟎
𝒊=𝟏 𝑿𝒊 = 𝟏𝟐𝟎. Donner une estimation de 𝝀
6) Estimer 𝝀 par un intervalle de confiance au niveau de 95%

Exercice 7 : (ISCAE-SP 2005)
Soit 𝑿 une mesure qui prend des valeurs entre 𝟎 𝒆𝒕 𝜽 . On suppose que 𝑿 est une variable aléatoire qui suit une loi
uniforme 𝖀 𝟎, 𝜽 de densité
𝟏
,
𝒔𝒊 𝒙 ∈ 𝟎, 𝜽
𝒇 𝒙 = 𝜽
; 𝒐ù 𝜽 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏 𝒑𝒂𝒓𝒂𝒎è𝒕𝒓𝒆 𝒊𝒏𝒄𝒐𝒏𝒏𝒖
𝟎
𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏
On tire un échantillon de taille n de 𝑿. On considère 𝑻 l’estimateur suivant de 𝜽 :
𝟐
𝑻 = 𝑿𝟏 + 𝑿𝟐 + ⋯ + 𝑿𝒏
𝒏
Montrer que 𝑻 est convergente

2

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Exercice 8 : (ISCAE-SP 2005/ ISG-SP 2003)
Soit 𝑿 une variable aléatoire de densité de probabilité :
𝒙
𝟏
𝒆− 𝜽
,
𝒔𝒊 𝒙 > 0
𝒇 𝒙, 𝜽 = 𝟐𝜽 𝒙
𝒂𝒗𝒆𝒄 𝜽 > 0
𝟎
𝒔𝒊 𝒙 ≤ 𝟎
1) Soit 𝑿𝟏, 𝑿𝟐, … , 𝑿𝒏 un échantillon aléatoire simple i.i.d de la variable aléatoire 𝑿.
Déterminer l’estimateur du maximum de vraisemblance 𝜽 de 𝜽
2) Sachant que si on pose 𝒀 = 𝑿, on démontre que :
𝑬 𝒀 =𝜽
𝑽 𝒀 = 𝜽𝟐
Etudier les propriétés de l’estimateur 𝜽 de 𝜽 :
a) Biais
b) Convergence
c) Efficacité
3) On admet que la variable aléatoire 𝟐𝒏𝜽 𝜽 suit une loi de Khi-deux de degrés de libertés 𝟐𝒏 .
Construire un intervalle de confiance de niveau 0,90 pour 𝜽 en prenant des risques symétriques
Application numérique : 𝟏𝟎
𝒊=𝟏 𝒙𝒊 = 𝟏𝟕, 𝟒
4) On se propose de tester :
𝑯𝟎 ∶ 𝜽 = 𝟏
𝑯𝟏 ∶ 𝜽 = 𝟐. 𝟓
Pour cela on adopte la règle de décision suivante : si 𝟏𝟎
𝒊=𝟏 𝒙𝒊 > 𝑐 on décide de rejeter 𝑯𝟎
a) Déterminer la valeur critique 𝒄 pour 𝜶 = 𝟎, 𝟎𝟓
b) On observe 𝟏𝟎
𝒊=𝟏 𝒙𝒊 = 𝟕. Quelle est la décision à prendre ?
c) Déduire la puissance du test

Exercice 9 :
Soit une v.a 𝑿 distribuée selon une loi définie par la d.d.p :
𝜽𝒑 𝒑−𝟏 − 𝜽𝒙
, 𝒔𝒊 𝒙 > 0
𝒇 𝒙 = 𝚪 𝒑 𝒙 𝒆
; 𝒐ù 𝒑 𝒆𝒕 𝜽𝒅𝒆𝒖𝒙 𝒑𝒂𝒓𝒂𝒎è𝒕𝒓𝒆𝒔 𝒔𝒕𝒓𝒊𝒄𝒕𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕 𝒑𝒐𝒔𝒊𝒕𝒊𝒇𝒔 𝒊𝒏𝒄𝒐𝒏𝒏𝒖𝒔
𝟎
𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏
Soit 𝑿𝟏 , 𝑿𝟐 , … , 𝑿𝒏 un échantillon i.i.d de 𝑿
1) Reconnaitre la loi de 𝑿. Donner 𝑬 𝑿 et 𝑽 𝑿
2) On suppose que 𝒑 est connus et 𝜽 inconnu et on pose 𝒎 = 𝑬 𝑿 . Montrer que la d.d.p de 𝑿 s’écrit sous la
forme suivante :
𝟏 𝒑 𝒑 𝒑−𝟏 − 𝒑 𝒙
𝒙 𝒆 𝒎
, 𝒔𝒊 𝒙 > 0
𝒇 𝒙 = 𝚪 𝒑 𝒎
𝟎
𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏
3) Déterminer par la méthode du maximum de vraisemblance un estimateur 𝒎 de 𝒎
4) Vérifier que 𝒎 suit une loi Gamma dont on déterminera les paramètres
5) L’estimateur obtenu est-il sans biais ? Convergent ? Efficace ?
6) En utilisant le théorème de la limite centrée prouver que 𝒎 converge en loi vers une loi normale

Exercice 10 : (ISCAE-SC 2010)
On considère un échantillon aléatoire composé de n-ménages. On désire estimer les paramètres du modèle Keynésien
suivant : 𝑪𝒊 = 𝒂 + 𝒃𝑹𝒊 + 𝑼𝒊 ; 𝒊 = 𝟏, 𝟐, … , 𝒏
Où les 𝑼𝒊 sont des variables aléatoires indépendantes suivant chacune la loi normale de moyenne 0 et d’écart-type 𝝈.
𝑪𝒊 Et 𝑹𝒊 désignent respectivement la consommation et le revenu. 𝒂 Et 𝒃 sont des coefficients désignant respectivement
la consommation autonome et la propension marginale à consommer.

3

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1) Montrer que 𝑪𝒊 suit la loi normale, déduire alors ses paramètres
2) Sachant que 𝑬 𝑪𝒊 = 𝒂 + 𝒃𝑹𝒊 et que 𝑽 𝑪𝒊 = 𝝈𝟐
a) Ecrire la densité de probabilité de 𝑪𝒊 ainsi que la fonction de vraisemblance de 𝑪𝟏 , 𝑪𝟐 , … , 𝑪𝒏 , 𝒂, 𝒃
b) Estimer par la méthode du maximum de vraisemblance les paramètres du modèle 𝒂 Et 𝒃
3) Montrer que 𝒂 et 𝒃 sont deux estimateurs sans biais de 𝒂 Et 𝒃

Exercice 11 : (ISCAE-SP 2011)
Dans une université, on a une proportion 𝒑 de garçons et une proportion 𝟏 − 𝒑 de filles. On tire un échantillon de
𝒏 = 𝟏𝟎𝟎 étudiants (avec remise) inscrits dans cette université, on note 𝑿𝟏, 𝑿𝟐, … , 𝑿𝒏 le résultat de chacun des tirages.
A chaque étudiant tiré, la variable aléatoire 𝑿 est égale à 1 si l’étudiant tiré est un garçon et 0 si c’est une fille.
1) Donner la loi de 𝑿
2) Soit 𝒀 = 𝒏𝒊=𝟏 𝑿𝒊. Quelle est la loi de 𝒀 , déterminer son espérance et sa variance
3) Soit 𝑭𝒏 = 𝒀 𝒏, un estimateur sans biais de la proportion 𝒑. Donner en fonction de 𝑭𝒏 un intervalle de
confiance pour 𝒑 au seuil de confiance de 95% (Application numérique :𝒀 = 𝟔𝟎)
4) Quel doit être la taille de l’échantillon 𝒏 pour connaître 𝒑 avec une erreur absolue inférieure à 1% avec
un niveau de confiance égal à 0,95 ?

4

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Série Corrigée N°2- CORRIGÉS
ÉCHANTILLONNAGE/ESTIMATION PONCTUELLE
Corrigé 1: (ESC-SP 2008)
1)

𝒏

𝒏

𝑳 𝒙𝒊 , 𝜽 =

𝟏

𝒇 𝒙𝒊 , 𝜽 =
𝒊=𝟏

𝒊=𝟏
𝒏

𝒏

𝜽−𝟏

=

𝜽𝒙𝒊

𝒙𝒊

𝒊=𝟏

𝟏
𝟏+
𝜽

− 𝟏+

𝟏
𝜽

𝒊=𝟏

𝟏
− 𝟏+
𝜽

𝒏

𝑳 𝒙𝒊 , 𝜽 = 𝜽−𝒏

𝒙𝒊

; ∀ 𝒙𝒊 ≥ 𝟏

𝒊=𝟏

2)

On a :
− 𝟏+

𝒏

𝑳𝒏 𝑳 𝒙𝒊 , 𝜽

= 𝑳𝒏 𝜽−𝒏

𝟏
𝜽

𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝟏
= −𝒏𝑳𝒏𝜽 − 𝟏 + 𝑳𝒏
𝜽
𝟏
= −𝒏𝑳𝒏 𝜽 − 𝟏 +
𝜽

𝒏

𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝒏

𝑳𝒏 𝒙𝒊
𝒊=𝟏

Par la suite
𝝏𝑳𝒏 𝑳
𝒏 𝟏
=− + 𝟐
𝝏𝜽
𝜽 𝜽

𝒏

𝑳𝒏 𝒙𝒊
𝒊=𝟏

Ainsi
𝝏𝑳𝒏 𝑳
𝑬
𝝏𝜽

𝒏 𝟏
=𝟎⟺𝑬 − + 𝟐
𝜽 𝜽
𝒏 𝟏
⟺− + 𝟐𝑬
𝜽 𝜽

𝒏

𝑳𝒏 𝑿𝒊

=𝟎

𝑳𝒏 𝑿𝒊

=𝟎

𝒊=𝟏
𝒏

𝒊=𝟏

𝒏



𝑬 𝑳𝒏𝑿𝒊 = 𝒏𝜽
𝒊=𝟏

5

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⟺ 𝒏𝑬 𝑳𝒏𝑿 = 𝒏𝜽
D’où 𝑬 𝑳𝒏𝑿 = 𝜽
3)
𝑪𝒂𝒍𝒄𝒖𝒍𝒐𝒏𝒔

𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
:
𝝏𝜽𝟐

𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
𝒏 𝟏
= − + 𝟐
𝝏𝜽𝟐
𝜽 𝜽
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
𝒏
𝟐

= 𝟐− 𝟑
𝟐
𝝏𝜽
𝜽
𝜽
𝒐𝒓 𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝜽 = 𝑬 −



𝒏

𝑳𝒏 𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝒏

𝑳𝒏 𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
𝝏𝜽𝟐

𝒏
𝟐
𝒑𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆 𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝜽 = 𝑬 − 𝟐 + 𝟑
𝜽
𝜽
𝒏
𝟐
=− 𝟐 + 𝟑𝑬
𝜽
𝜽
𝒏
𝟐
=− 𝟐 + 𝟑
𝜽
𝜽

𝒏

𝑳𝒏 𝒙𝒊
𝒊=𝟏
𝒏

𝑳𝒏 𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝒏

𝑬 𝑳𝒏𝑿𝒊
𝒊=𝟏

=−

𝒏
𝟐
+ 𝟑 𝒏𝑬 𝑳𝒏𝑿
𝟐
𝜽
𝜽

=−

𝒏
𝟐
+ 𝟑 𝒏𝜽
𝟐
𝜽
𝜽
𝑫′𝒐ù

4)
𝝏𝑳𝒏 𝑳
𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝜽 = 𝑽
𝝏𝜽

𝒏
𝒏 𝟏
⟺ 𝟐=𝑽 − + 𝟐
𝜽
𝜽 𝜽
𝒏
𝟏
⟺ 𝟐 = 𝟒𝑽
𝜽
𝜽
𝒏

𝒏

𝒏

𝑳𝒏 𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝑳𝒏 𝑿𝒊
𝒊=𝟏

𝒏
𝟏
⟺ 𝟐= 𝟒
𝑽 𝑳𝒏𝑿𝒊
𝜽
𝜽
𝒊=𝟏
𝒏
𝟏
⟺ 𝟐 = 𝟒 𝒏𝑽 𝑳𝒏𝑿
𝜽
𝜽

6

𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝜽 =

𝒏
𝜽𝟐

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𝑫′ 𝒐ù 𝑽 𝑳𝒏𝑿 = 𝜽𝟐
5) 𝜽 l’EMV de 𝜽 donc 𝜽 solution du système suivant :
𝝏𝑳𝒏 𝑳
=𝟎
𝝏𝜽
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
<0
𝝏𝜽𝟐
En effet
𝒏
𝒏
𝒏 𝟏
− + 𝟐
𝑳𝒏 𝒙𝒊 = 𝟎
𝑳𝒏 𝒙𝒊 = 𝒏𝜽
𝜽 𝜽
𝒊=𝟏
𝒊=𝟏

𝒏
𝒏
𝒏
𝟐
𝒏
𝟐

𝑳𝒏 𝒙𝒊 < 0

𝑳𝒏 𝒙𝒊 < 0
𝜽𝟐 𝜽𝟑
𝜽𝟐 𝜽𝟑
𝒊=𝟏

𝒊=𝟏



𝟏
𝜽=
𝒏
𝒏
𝟐

𝜽𝟐 𝜽𝟑

𝒏

𝑳𝒏 𝒙𝒊 =
𝒊=𝟏

𝒏

𝑳𝒏 𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝒏
𝟐
𝒏

𝒏𝜽
=

<0
𝜽𝟐 𝜽𝟑
𝜽𝟐

D’où :
𝟏
𝜽=
𝒏
6)

Biais :
𝟏
𝑬 𝜽 =𝑬
𝒏
=

𝟏
𝑬
𝒏
𝒏

𝒏

𝑳𝒏 𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝒏

𝑳𝒏 𝒙𝒊
𝒊=𝟏
𝒏

𝑳𝒏 𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝟏
=
𝑬 𝑳𝒏𝑿𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝟏
=
𝒏𝜽
𝒏
𝑬 𝜽 =𝜽
𝜽 Sans biais de 𝜽
Convergence :
𝟏
𝐥𝐢𝐦 𝑽 𝜽 = 𝐥𝐢𝐦 𝑽
𝒏→+∞
𝒏→+∞
𝒏
= 𝐥𝐢𝐦

𝒏→+∞

𝟏
𝑽
𝒏𝟐
𝒏

𝒏

𝑳𝒏 𝒙𝒊
𝒊=𝟏
𝒏

𝑳𝒏 𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐
𝑽 𝑳𝒏𝑿𝒊
𝒏→+∞ 𝒏
𝒊=𝟏
𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐 𝒏𝜽𝟐
𝒏→+∞ 𝒏
𝜽𝟐
= 𝐥𝐢𝐦
𝒏→+∞ 𝒏

7

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𝑫′ 𝒐ù

𝐥𝐢𝐦 𝑽 𝜽 = 𝟎

𝒏→+∞

𝜽 Converge pour 𝜽

Corrigé 2: (ISG-SP 2006)
1) 𝑿 ↝ 𝜸 𝟏,

𝟏

⟹ 𝑬 𝑿 =𝜽

𝜽

𝑽 𝑿 = 𝜽𝟐

𝒆𝒕

𝒙

𝑭 𝒙 =𝑷 𝑿≤𝒙 =
𝒙

𝒐𝒓 ∀𝒙 ∈ 𝟎, +∞

;

𝒙

𝒇 𝒕, 𝜽 𝒅𝒕 =
𝟎

𝟎

𝟎

𝒔𝒊 𝒙 < 0

𝒇 𝒕, 𝜽 𝒅𝒕

𝒔𝒊 𝒙 ∈ 𝟎, +∞

𝟎
𝒕
𝟏 −𝒕
𝒆 𝜽 𝒅𝒕 = − 𝒆−𝜽
𝜽

𝒂𝒊𝒏𝒔𝒊 𝑭 𝒙 =

𝒙
𝟎

𝒙
= 𝟏 − 𝒆−𝜽

𝟎

𝒔𝒊 𝒙 < 0

𝒙
𝟏 − 𝒆−𝜽

𝒔𝒊 𝒙 ∈ 𝟎, +∞

Il en résulte
𝒃

𝒂

𝒂

𝒃

𝑷 𝒂 < 𝑋 < 𝑏 = 𝑭 𝒃 − 𝑭 𝒂 = 𝟏 − 𝒆−𝜽 − 𝟏 − 𝒆−𝜽 = 𝒆−𝜽 − 𝒆−𝜽
2)
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝜽
𝝏𝜽𝟐
𝟏 𝒙
= 𝑳𝒏 𝒆−𝜽 ⟹ 𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝜽
𝜽

𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝜽 = 𝒏𝑰 𝜽 = 𝒏𝑬 −
𝒐𝒓 𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝜽

= −𝑳𝒏 𝜽 −

𝒙
𝜽

𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝜽
𝟏 𝒙
=− + 𝟐
𝝏𝜽
𝜽 𝜽
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝜽
𝟏 𝟐𝒙

= 𝟐− 𝟑
𝟐
𝝏𝜽
𝜽
𝜽


Par la suite
𝟐𝑿 𝟏
𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝜽 = 𝒏𝑬 𝟑 − 𝟐
𝜽
𝜽
𝟐
𝟏
=𝒏 𝟑𝑬 𝑿 − 𝟐
𝜽
𝜽
𝟐𝜽 𝟏
=𝒏 𝟑 − 𝟐
𝜽
𝜽
𝒏
𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝜽 = 𝟐
𝜽
𝟑𝟏
𝒅′ 𝒐ù 𝑰𝟑𝟏 𝒙𝒊 , 𝜽 = 𝟐
𝜽
Il en résulte :
𝑩𝑭 𝜽 =

𝟏
𝜽𝟐
=
𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝜽
𝒏

3)
𝑳𝒏 𝑳 𝒙𝒊 , 𝜽

𝒏

=

𝑳𝒏 𝒇 𝒙𝒊 , 𝜽
𝒊=𝟏

Par suite

8

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𝝏𝑳𝒏 𝑳 𝒙𝒊 , 𝜽
𝝏𝜽

𝒏

=
𝒊=𝟏
𝒏

𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙𝒊 , 𝜽
𝝏𝜽
𝟏 𝒙𝒊
− + 𝟐
𝜽 𝜽

=
𝒊=𝟏
𝒏

=
𝒊=𝟏

𝟏
− +
𝜽

𝒏

𝒊=𝟏

𝒙𝒊
𝜽𝟐

𝝏𝑳𝒏 𝑳 𝒙𝒊 , 𝜽
𝒄𝒆 𝒒𝒖𝒊 𝒅𝒐𝒏𝒏𝒆 ∶
𝝏𝜽
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳 𝒙𝒊 , 𝜽
𝝏𝜽𝟐

𝒏

=
𝒊=𝟏
𝒏

=−

𝒏 𝒏𝑿
+
𝜽 𝜽𝟐

𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝒇 𝒙𝒊 , 𝜽
𝝏𝜽𝟐

=
𝒊=𝟏
𝒏

=
𝒊=𝟏

𝟏 𝟐𝒙𝒊

𝜽𝟐 𝜽𝟑
𝟏
𝟐
− 𝟑
𝟐
𝜽
𝜽

𝒏

𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳 𝒙𝒊 , 𝜽
𝒏 𝟐𝒏𝑿
𝒂𝒊𝒏𝒔𝒊
=
− 𝟑
𝝏𝜽𝟐
𝜽𝟐
𝜽
𝜽 L’EMV de 𝜽 donc 𝜽 solution du système suivant :

En effet :
𝒏
𝒏 𝒏𝑿
− 𝟐 𝜽−𝑿 = 𝟎
− + 𝟐 =𝟎
𝜽
𝜽 𝜽

𝒏
𝟐𝒏𝑿
𝒏 𝟐𝒏𝑿
− 𝟑 <0

<
0
𝟐
𝜽
𝜽
𝜽𝟐
𝜽𝟑

𝒅′ 𝒐ù 𝜽𝟏 = 𝑿
Biais :
𝑬 𝜽𝟏 = 𝑬 𝑿
𝟏
=𝑬
𝒏
𝟏
= 𝑬
𝒏
𝒏

𝒏 𝟐𝒏𝜽
𝒏
− 𝟑 =− 𝟐
𝟐
𝜽
𝜽
𝜽

𝝏𝑳𝒏 𝑳
=𝟎
𝝏𝜽
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
<0
𝝏𝜽𝟐

𝜽=𝑿
,

𝒂𝒗𝒆𝒄 −

𝒏

𝒙𝒊
𝒊=𝟏
𝒏

𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝟏
𝑬 𝑿𝒊
𝒏
𝒊=𝟏
𝟏
=
𝒏𝜽
𝒏
𝑬 𝜽𝟏 = 𝜽
=

9

𝒏
<0
𝜽𝟐

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𝜽𝟏 Sans biais de 𝜽
Convergence :
𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 𝑽
𝒏→+∞
𝒏

𝐥𝐢𝐦 𝑽 𝜽𝟏

𝒏→+∞

𝟏
𝑽
𝒏→+∞ 𝒏𝟐

𝒏

𝒙𝒊
𝒊=𝟏
𝒏

= 𝐥𝐢𝐦

𝒏

𝑫′ 𝒐ù

𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐
𝑽 𝑿𝒊
𝒏→+∞ 𝒏
𝒊=𝟏
𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐 𝒏𝜽𝟐
𝒏→+∞ 𝒏
𝜽𝟐
= 𝐥𝐢𝐦
𝒏→+∞ 𝒏
𝐥𝐢𝐦 𝑽 𝜽𝟏 = 𝟎

𝒏→+∞

𝜽𝟏 Converge pour 𝜽
Efficacité
𝜽𝟐
𝟏
𝑽 𝜽𝟏 =
= 𝑩𝑭 𝜽 =
𝒏
𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝜽
𝜽𝟏 Est efficace
Loi asymptotique
𝟏
𝑿𝟏≤𝒊≤𝒏 Est une suite de v.a i.i.d de 𝜸 𝟏, , 𝑬 𝑿𝒊 et 𝑽 𝑿𝒊 existent, or 𝒏 > 30 en effet d’après le théorème la
𝜽

limite centrée on a :
𝑼𝒏 =

𝑿−𝑬 𝑿

𝓛

𝑽 𝑿

𝓝 𝟎, 𝟏 ⟹

𝜽𝟏 − 𝜽
𝜽
𝒏

𝓛

𝓝 𝟎, 𝟏 ⟹ 𝜽𝟏

𝓛

𝓝 𝜽,

𝜽

𝟐

𝒏

4) On se propose d’estimer 𝜽 par la méthode des moments :
Le principe de la méthode des moments consiste à égaliser les moments théoriques aux moments empiriques
La condition d’orthogonalité est𝑬 𝑿𝒊 − 𝜽 = 𝟎 , la contre partie empirique, nous donne l’estimateur de la méthode des
moments :
𝟏
𝒏

𝒏

𝒙𝒊 − 𝜽𝟐 = 𝟎
𝒊=𝟏

D’où
𝜽𝟐 = 𝜽𝟏 = 𝑿
5) d’après le théorème la limite centrée on a :
𝜽𝟏 − 𝜽
𝑼𝒏 =
↝ 𝓝 𝟎, 𝟏
𝜽
𝒏
On remplacera par la suite, dans l’erreur standard

𝜽
𝒏

, 𝜽 par 𝜽𝟏

10

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𝒂𝒊𝒏𝒔𝒊 ∶ 𝑷 𝒌𝟏 ≤ 𝑼𝒏 ≤ 𝒌𝟐 = 𝟏 − 𝜶 ⟹

𝜶
= 𝒖𝜶 𝟐 = −𝒖∗
𝟐
𝜶
𝟏−
= 𝒖𝟏−𝜶 𝟐 = 𝒖∗
𝟐

𝒌𝟏 = 𝚽−𝟏
𝒌𝟏 = 𝚽−𝟏

Par la suite :

𝜽 − 𝜽𝟏
≤ 𝒖∗
𝜽𝟏
𝒏

𝑷 −𝒖∗ ≤ −𝑼𝒏 ≤ 𝒖∗ = 𝟏 − 𝜶 ⟺ 𝑷 −𝒖∗ ≤

⟺ 𝑷 −𝒖∗

𝜽𝟏
𝒏

⟺ 𝑷 𝜽𝟏 − 𝒖∗

≤ 𝜽 − 𝜽𝟏 ≤ 𝒖∗
𝜽𝟏
𝒏

= 𝟏−𝜶

𝜽𝟏
𝒏

≤ 𝜽 ≤ 𝜽𝟏 + 𝒖∗

= 𝟏−𝜶
𝜽𝟏
𝒏

D’où
𝑰𝑪𝟏−𝜶 𝜽 = 𝜽𝟏 − 𝒖∗

𝜽𝟏

; 𝜽𝟏 + 𝒖∗

𝒏

𝜽𝟏
𝒏

A.N
𝒖∗ = 𝚽−𝟏 𝟏 −

𝜶
= 𝚽−𝟏 𝟎, 𝟗𝟕𝟓 = 𝟏, 𝟗𝟔
𝟐
𝑿

𝑰𝑪𝟗𝟓% 𝜽 = 𝑿 − 𝟏, 𝟗𝟔

; 𝑿 + 𝟏, 𝟗𝟔

𝟑𝟏

𝑿
𝟑𝟏

= 𝟎, 𝟔𝟒𝟖𝑿 ; 𝟏, 𝟑𝟓𝟐𝑿

Corrigé 3: (ISCAE-SP 2007)
1)


𝟎

𝑬 𝑿 =

𝟏

𝒙 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 +
−𝟏

𝟎

𝟎

𝟏

𝜽𝒙𝟑 𝒅𝒙 +

=
−𝟏

=

𝒙 𝒇 𝒙 𝒅𝒙

𝜽 𝟒
𝒙
𝟒

𝒙 − 𝜽𝒙𝟑 𝒅𝒙
𝟎

𝟎
−𝟏

+

𝟏 𝟐 𝜽 𝟒
𝒙 − 𝒙
𝟐
𝟒

𝟏
𝟎

𝜽 𝟏 𝜽
=− + −
𝟒 𝟐 𝟒
𝒅′ 𝒐ù 𝑬 𝑿 =

𝟏−𝜽
𝟐

11

=𝟏−𝜶

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𝟎

𝑬

𝑿𝟐

𝟏

𝒙𝟐 𝒇

=
−𝟏

𝟎

𝟎

𝟏

𝜽𝒙𝟒 𝒅𝒙 +

=

𝒙𝟐 − 𝜽𝒙𝟒 𝒅𝒙

−𝟏

=
=
𝒅′ 𝒐ù

𝒙𝟐 𝒇 𝒙 𝒅𝒙

𝒙 𝒅𝒙 +

𝟎

𝜽 𝟓
𝒙
𝟓

𝟎
−𝟏

𝟏 𝟑 𝜽 𝟓
𝒙 − 𝒙
𝟑
𝟓

+

𝟏
𝟎

𝜽 𝟏 𝜽
+ −
𝟓 𝟑 𝟓

𝑬 𝑿𝟐 =

𝟏
𝟑


𝟐

𝑽 𝑿 =𝑬 𝑿−𝑬 𝑿

= 𝑬 𝑿𝟐 − 𝑬 𝑿
𝟏
𝟏−𝜽
= −
𝟑
𝟐
=

𝟐

𝟒−𝟑 𝟏−𝜽
𝟏𝟐

𝒅′ 𝒐ù 𝑽 𝑿 =

𝟐

𝟐

𝟏 + 𝟔𝜽 − 𝟑𝜽𝟐
𝟏𝟐

2)
a)
𝑿 𝒆𝒔𝒕𝒊𝒎𝒂𝒕𝒆𝒖𝒓 𝒅𝒆 𝑬 𝑿 =

𝟏−𝜽
⟹ 𝟐𝑿 𝒆𝒔𝒕𝒊𝒎𝒂𝒕𝒆𝒖𝒓 𝒅𝒆 𝟏 − 𝜽
𝟐
⟹ −𝟐𝑿 𝒆𝒔𝒕𝒊𝒎𝒂𝒕𝒆𝒖𝒓 𝒅𝒆 𝜽 − 𝟏
⟹ 𝟏 − 𝟐𝑿 𝒆𝒔𝒕𝒊𝒎𝒂𝒕𝒆𝒖𝒓 𝒅𝒆 𝜽

D’où
𝑻 = 𝟏 − 𝟐𝑿 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏 𝒆𝒔𝒕𝒊𝒎𝒂𝒕𝒆𝒖𝒓 𝒅𝒆 𝜽
b) Biais :
𝑬 𝑻 = 𝑬 − 𝟐𝑿 + 𝟏
= −𝟐𝑬 𝑿 + 𝟏

12

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𝟏
= −𝟐𝑬
𝒏

=−

𝒙𝒊 + 𝟏
𝒊=𝟏
𝒏

𝟐
=− 𝑬
𝒏
𝟐
=−
𝒏

𝒏

𝒙𝒊 + 𝟏
𝒊=𝟏
𝒏

𝑬 𝑿𝒊

+𝟏

𝟐 𝒏 𝟏−𝜽
𝒏
𝟐

+𝟏

𝒊=𝟏

=− 𝟏−𝜽 +𝟏
𝒅′ 𝒐ù 𝑬 𝑻 = 𝜽 ∶ 𝑻 𝐒𝐚𝐧𝐬 𝐛𝐢𝐚𝐢𝐬 𝐝𝐞 𝜽
c) Convergence :
𝐥𝐢𝐦 𝑽 𝑻 = 𝐥𝐢𝐦 𝑽 − 𝟐𝑿 + 𝟏

𝒏→+∞

𝒏→+∞

= 𝐥𝐢𝐦 𝟒𝑽 𝑿
𝒏→+∞

𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 𝟒𝑽
𝒏→+∞
𝒏
𝟒
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐 𝑽
𝒏→+∞ 𝒏
𝟒
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐
𝒏→+∞ 𝒏

𝒏

𝒙𝒊
𝒊=𝟏
𝒏

𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝒏

𝑽 𝑿𝒊
𝒊=𝟏

𝟒 𝒏 𝟏 + 𝟔𝜽 − 𝟑𝜽𝟐
𝒏→+∞ 𝒏𝟐
𝟏𝟐

= 𝐥𝐢𝐦
= 𝐥𝐢𝐦

𝒏→+∞

𝟏 + 𝟔𝜽 − 𝟑𝜽𝟐 𝟏
𝟑
𝒏

𝒅′ 𝒐ù 𝐥𝐢𝐦 𝑽 𝑻 = 𝟎 𝒆𝒕 𝑻 𝐜𝐨𝐧𝐯𝐞𝐫𝐠𝐞 𝐩𝐨𝐮𝐫 𝜽
𝒏→+∞

3)
a) Soit la v.a 𝒀 définie par :
𝒀𝒊 =

𝟏 𝒔𝒊 𝒖𝒏𝒆 𝒗. 𝒂 "𝒊" 𝒅𝒐𝒏𝒏é𝒆 𝒑𝒓𝒆𝒏𝒅 𝒔𝒆𝒔 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓𝒔 𝒅𝒂𝒏𝒔 −𝟏, 𝟎
𝟎 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏

Or
𝟎

𝑷 𝒀𝒊 = 𝟏 = 𝑷 −𝟏 ≤ 𝑿𝒊 ≤ 𝟎 =

𝟎

𝜽𝒙𝟐 𝒅𝒙 = 𝜽

𝒇 𝒙 𝒅𝒙 =
−𝟏

−𝟏

13

𝒙𝟑
𝟑

𝟎

=
−𝟏

𝜽
𝟑

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Ainsi
𝑷 𝒀𝒊 = 𝟎 = 𝟏 −

𝜽
𝟑

Ce qui donne le résultat suivant :
𝒀𝒊 ↝ 𝕭 𝟏,

𝜽
𝟑

Or pour un échantillon 𝒀𝟏, 𝒀𝟐, … , 𝒀𝒏 i.i.d de 𝕭 𝟏,

𝜽
𝟑

associés à l’échantillon 𝑿𝟏 , 𝑿𝟐 , … , 𝑿𝒏 issu de la variable

aléatoire 𝑿 , la v.a 𝑲 n’est autre que le nombre de réalisations de l’événement 𝒀𝒊 = 𝟏 durant les n-répétitions
identiques et indépendantes de l’épreuve de Bernoulli
𝒅′ 𝒐ù 𝑲 ↝ 𝕭 𝒏,
b)

𝜽
𝟑

On a :
𝑬 𝑲 =

𝒏𝜽
𝒏𝜽
𝜽
𝒏𝜽 𝟑 − 𝜽
𝒆𝒕 𝑽 𝑲 =
𝟏−
=
𝟑
𝟑
𝟑
𝟗

En effet
𝑬 𝑾 =𝑬

𝟑𝑲
𝟑
𝟑 𝒏𝜽
= 𝑬 𝑲 =
= 𝜽 , 𝑫′ 𝒐ù 𝑾 𝐞𝐬𝐭 𝐮𝐧 𝐞𝐬𝐭𝐢𝐦𝐚𝐭𝐞𝐮𝐫 𝐬𝐚𝐧𝐬 𝐛𝐢𝐚𝐢𝐬 𝐝𝐞 𝜽
𝒏
𝒏
𝒏 𝟑
c)

𝐥𝐢𝐦 𝑽 𝑾 = 𝐥𝐢𝐦 𝑽

𝒏→+∞

𝒏→+∞

𝟑𝑲
𝟗
𝟗 𝒏𝜽 𝟑 − 𝜽
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐 𝑽 𝑲 = 𝐥𝐢𝐦 𝟐
𝒏→+∞
𝒏→+∞
𝒏
𝒏
𝒏
𝟗

= 𝐥𝐢𝐦

𝒏→+∞

𝜽 𝟑−𝜽
=𝟎
𝒏

D’où 𝑾 converge pour 𝜽
4)
𝜽 𝟑−𝜽
−𝟑𝜽𝟐 + 𝟗𝜽 − −𝟑𝜽𝟐 + 𝟔𝜽 + 𝟏
𝑽 𝑾
𝟑𝜽 𝟑 − 𝜽
𝟑𝜽 − 𝟏
𝒏
−𝟏 =

𝟏
=

𝟏
=
=
𝟐
𝟏 + 𝟔𝜽 − 𝟑𝜽
𝑽 𝑻
𝟏 + 𝟔𝜽 − 𝟑𝜽𝟐
−𝟑𝜽𝟐 + 𝟔𝜽 + 𝟏
−𝟑𝜽𝟐 + 𝟔𝜽 + 𝟏
𝟑𝒏
Résolvons −𝟑𝜽𝟐

+ 𝟔𝜽 + 𝟏 = 𝟎 , 𝒐𝒓

𝚫′

= 𝟗 + 𝟑 = 𝟏𝟐 ⟹

𝐏𝐚𝐫 𝐥𝐚 𝐬𝐮𝐢𝐭𝐞 ; −𝟑𝜽𝟐 + 𝟔𝜽 + 𝟏 > 0 , ∀𝜃 ∈ 𝟎, 𝟏 𝒆𝒕
𝜽
𝑽 𝑾
−𝟏
𝑽 𝑻

𝜽𝟏 =

−𝟑− 𝟏𝟐
−𝟑

𝜽𝟐 =

=

𝟑+𝟐 𝟑
𝟑

𝟑−𝟐 𝟑
𝟑

>1

<0

𝟑𝜽 − 𝟏
𝒑𝒓𝒆𝒏𝒅 𝒍𝒆 𝒔𝒊𝒈𝒏𝒆 𝒅𝒆 𝟑𝜽 − 𝟏 𝒔𝒖𝒓 𝟎, 𝟏
−𝟑𝜽𝟐 + 𝟔𝜽 + 𝟏
𝟏
𝟑

𝟎


𝟏
+

Il en résulte que :

14

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𝒔𝒊 𝜽 ∈ 𝟎;

𝟏
𝒂𝒍𝒐𝒓𝒔 𝑽 𝑾 < 𝑽 𝑻 𝒅𝒐𝒏𝒄 𝑾 𝒆𝒔𝒕 𝒑𝒍𝒖𝒔 𝒆𝒇𝒇𝒊𝒄𝒂𝒄𝒆 𝒒𝒖𝒆 𝑻
𝟑

𝟏
; 𝟏 𝒂𝒍𝒐𝒓𝒔 𝑽 𝑻 < 𝑽 𝑾 𝒅𝒐𝒏𝒄 𝑻𝒆𝒔𝒕 𝒑𝒍𝒖𝒔 𝒆𝒇𝒇𝒊𝒄𝒂𝒄𝒆 𝒒𝒖𝒆 𝑾
𝟑

𝒔𝒊 𝜽 ∈

Corrigé 4: (ISG-SP 2006)
1) On démontre facilement que pour un échantillon 𝑿𝟏 , 𝑿𝟐 , … , 𝑿𝒏 i.i.d de 𝓝 𝜽, 𝜽 on a :
𝑬 𝑿 =𝑬 𝑿 =𝜽
𝜽
𝒆𝒕
⟹ 𝑿 ↝ 𝓝 𝜽,
𝑽 𝑿
𝜽
𝒏
𝑽 𝑿 =
=
𝒏
𝒏
1ère Méthode
En utilisant l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev :
𝑷 𝑿 < 0 = 𝑷 𝑿 − 𝑬 𝑿 < −𝑬 𝑿
= 𝑷 𝑿 − 𝜽 < −𝜽
𝒐𝒓 𝜽 > 0 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑿 − 𝜽 < −𝜽 < 0 ⟹ 𝑿 − 𝜽 > 𝜃
Ainsi
𝑷 𝑿 < 0 = 𝑷 𝑿−𝜽 > 𝜃
= 𝑷 𝑿 − 𝑬 𝑿 > 𝜃 En utilisant l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, on trouve :
𝑽 𝑿
𝑷 𝑿−𝑬 𝑿 >𝜃 ≤ 𝟐
𝜽
𝟏
𝟏
𝒐𝒖 𝒆𝒏𝒄𝒐𝒓𝒆 𝟎 ≤ 𝑷 𝑿 < 0 ≤
𝒆𝒕 𝒄𝒐𝒎𝒎𝒆 𝒐𝒏 𝒂 𝐥𝐢𝐦
= 𝟎 𝒅𝒐𝒏𝒄 𝐥𝐢𝐦 𝑷 𝑿 < 0 = 𝟎
𝒏→+∞ 𝒏𝜽
𝒏→+∞
𝒏𝜽
D’où, et pour un échantillon 𝑿𝟏 , 𝑿𝟐 , … , 𝑿𝒏 assez grand et sans prendre un trop grand risque, on a 𝑷 𝑿 ≥ 𝟎 = 𝟏
Ou encore considérer 𝑿 comme positif
2èmeMéthode
On a :
𝜽
𝑿− 𝜽
⟹ 𝑼𝒏 =
↝ 𝓝 𝟎, 𝟏
𝒏
𝜽
𝒏

𝑿 ↝ 𝓝 𝜽,
Par la suite :

𝑿− 𝜽

𝑷 𝑿<0 =𝑷

𝜽
𝒏

<

𝒏
𝜽

= 𝑷 𝑼𝒏 < −

𝒏
𝜽

𝒐𝒓 𝐥𝐢𝐦

𝒏→+∞

−∞

𝒏
𝜽

𝟐𝝅

−∞

𝟏
𝟐𝝅

𝒕𝟐

𝟏

=


𝜽
𝒏

𝒏
𝜽

=𝚽 −


−𝜽



𝒆

𝒆− 𝟐 𝒅𝒕

𝒙𝟐
𝟐 𝒅𝒙

−∞

=
−∞

𝟏
𝟐𝝅

𝒙𝟐

𝒆− 𝟐 𝒅𝒙 = 𝟎 𝒅′ 𝒐ù 𝐥𝐢𝐦 𝑷 𝑿 < 0 = 𝟎
𝒏→+∞

En effet on retrouve les mêmes résultats de la première méthode

15

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2) 𝑿𝟏≤𝒊≤𝒏 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆 𝒅𝒆 𝒗. 𝒂 𝒊. 𝒊. 𝒅 𝒅𝒆 𝓝 𝒎, 𝜽
Supposons que le paramètre 𝒎 est connu
𝒏

𝑳 𝒙𝒊 , 𝒎, 𝜽 =

𝒇 𝒙𝒊 , 𝒎, 𝜽
𝒊=𝟏

𝒏

𝟏

=

𝟐𝝅𝜽

𝒊=𝟏
𝒏

=

𝟏 𝒙𝒊 −𝒎
𝜽

𝟐

𝒆− 𝟐

𝒏

𝟐𝝅𝜽

𝟏

−𝟐

𝟏 𝒙𝒊 −𝒎
𝜽

𝟐

𝒆− 𝟐

𝒊=𝟏

𝒊=𝟏

𝒄𝒆 𝒒𝒖𝒊 𝒅𝒐𝒏𝒏𝒆 ∶ 𝑳 𝒙𝒊 , 𝒎, 𝜽 =

−𝒏
𝟐

𝟐𝝅𝜽

𝟏
𝒆𝒙𝒑 −
𝟐𝜽

𝒏

𝒙𝒊 − 𝒎
𝒊=𝟏

𝒏
𝟏
= − 𝑳𝒏 𝟐𝝅𝜽 −
𝟐
𝟐𝜽

𝒑𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆 ∶ 𝑳𝒏 𝑳 𝒎, 𝜽

Calculons les dérivées partielles premières et secondes de 𝑳𝒏 𝑳 𝜽
𝝏𝑳𝒏 𝑳
𝒏 𝟏
𝟏
=−
+ 𝟐
𝝏𝜽
𝟐 𝜽
𝟐𝜽

𝒏
𝟐

𝒙𝒊 − 𝒎
𝒊=𝟏

𝝏𝟐 𝑳𝒏

𝑳

𝜽𝒏 L’EMV de 𝜽 donc 𝜽𝒏 solution du système suivant :

𝒏
𝟏

+ 𝟐
𝟐𝜽 𝟐𝜽



𝒏

𝒙𝒊 − 𝒎

𝒊=𝟏

𝟐𝜽𝒏

𝟐



=𝟎


𝒊=𝟏

𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
<0
𝝏𝜽𝒏𝟐
𝟏
𝜽𝒏 =
𝒙𝒊 − 𝒎
𝒏
𝒏

𝟐

𝜽𝒏

𝒙𝒊 − 𝒎

𝟑

𝟐

𝒊=𝟏

𝒙𝒊 − 𝒎

𝟐

𝒊=𝟏
𝒏

𝒙𝒊 − 𝒎

𝟐

𝒊=𝟏

𝒏

𝒙𝒊 − 𝒎

𝟐

=𝟎

𝒊=𝟏

𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
<0
𝝏𝜽𝟐

=

𝒏
𝟐𝜽𝒏

𝟐



𝒏𝜽𝒏
𝜽𝒏

𝑫′ 𝒐ù 𝜽𝒏 =
𝒐𝒓 𝑿𝒊 ↝ 𝓝 𝒎, 𝜽 ⟹

𝒊=𝟏

𝟐

𝒏

𝟏

𝒏
𝟏
− 𝟐 𝜽−
𝟐𝜽
𝒏

𝟐

𝝏𝑳𝒏 𝑳
=𝟎
𝝏𝜽
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
<0
𝝏𝜽𝟐

𝑺𝟏
En effet

𝒙𝒊 − 𝒎

𝒏

𝒏
𝟏
= 𝟐− 𝟑
𝟐𝜽
𝜽

𝝏𝜽𝟐

𝒏

par rapport à la variable 𝜽 :

𝝏𝑳𝒏 𝑳
𝒏
𝟏

=−
+ 𝟐
𝝏𝜽
𝟐𝜽 𝟐𝜽


𝟐

𝑿𝒊 − 𝒎
𝜽

𝟑

𝟏
𝒏

↝ 𝓝 𝟎, 𝟏 ⟹

=−
𝒏

𝒏
𝟐𝜽𝒏



𝟐

𝑿𝒊 − 𝒎

𝟐

𝒏
𝟐𝜽𝒏

𝟐



𝒏

𝟏
𝜽𝒏

𝒙𝒊 − 𝒎

𝟑

𝟐

<0

𝒊=𝟏

𝒆𝒔𝒕 𝐋’𝐄𝐌𝐕 𝐝𝐞 𝜽

𝒊=𝟏

𝑿𝒊 − 𝒎

𝟐

↝ 𝝌𝟐 𝟏 ⟹

𝜽

16

𝒏
𝒊=𝟏

𝑿𝒊 − 𝒎
𝜽

𝟐

↝ 𝝌𝟐 𝒏

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𝒏𝜽𝒏
𝒏
=𝒏
𝑬 𝜽𝒏 = 𝒏
𝜽
𝒏𝜽𝒏
𝜽
𝒂𝒊𝒏𝒔𝒊
↝ 𝝌𝟐 𝒏 𝒑𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆
𝒆𝒕

𝒏𝟐
𝜽
𝒏𝜽𝒏
𝑽 𝜽𝒏 = 𝟐𝒏
𝑽
= 𝟐𝒏
𝜽𝟐
𝜽
𝑬

𝐥𝐢𝐦 𝑬 𝜽𝒏 = 𝜽

𝒏→+∞



𝟐𝜽𝟐
=𝟎
𝒏→+∞
𝒏→+∞ 𝒏
𝒎. 𝒒
𝑷
𝑫′ 𝒐ù 𝜽𝒏
𝜽 ⟹ 𝜽𝒏
𝜽
Supposons que le paramètre 𝒎 est inconnu
On se propose d’estimer 𝒎 par la méthode du maximum de vraisemblance :
𝐥𝐢𝐦 𝑽 𝜽𝒏 = 𝐥𝐢𝐦

𝒐𝒓 𝑳𝒏 𝑳 𝒎, 𝜽

𝒏
𝟏
= − 𝑳𝒏 𝟐𝝅𝜽 −
𝟐
𝟐𝜽

𝒏

𝟐

𝒙𝒊 − 𝒎
𝒊=𝟏

Calculons les dérivées partielles premières et secondes de 𝑳𝒏 𝑳 𝒎
𝝏𝑳𝒏 𝑳
𝟏
=−
𝝏𝒎
𝟐𝜽

𝒏

−𝟐 𝒙𝒊 − 𝒎 ⟹
𝒊=𝟏

𝝏𝑳𝒏 𝑳
𝟏
=
𝝏𝒎
𝜽

𝒙𝒊 − 𝒎

𝝏𝑳𝒏 𝑳
=𝟎
𝝏𝒎
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
<0
𝝏𝒎𝟐

𝑺𝟐

𝟏
𝜽

𝒏

𝒏

𝑿𝒊 − 𝒎 = 𝟎
𝒊=𝟏
𝝏𝟐 𝑳𝒏

𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
𝒏
=−
𝟐
𝝏𝒎
𝜽



𝒊=𝟏

𝒎 L’EMV de 𝒎 donc 𝒎 solution du système suivant :

Par la suite :

par rapport à la variable 𝒎 :

𝒏

𝑿𝒊 − 𝒏𝒎 = 𝟎



𝒊=𝟏

𝒎=𝑿
𝒏
− <0
𝜽



𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
<0
𝝏𝒎𝟐
𝝏𝒎𝟐
𝑫′ 𝒐ù 𝒎 = 𝑿 𝒆𝒔𝒕 𝐋’𝐄𝐌𝐕 𝐝𝐞 𝒎
Lorsqu’on remplace 𝒎 par 𝒎 dans le système 𝑺𝟏 On obtiendra la nouvelle l’expression de 𝜽𝒏
En effet :
𝑳

<0

𝜽′𝒏
Or
𝜽′𝒏

𝟏
=
𝒏

𝒏

𝑿𝒊 − 𝑿

𝟐

𝒊=𝟏
𝒏

𝟏
=
𝒏

𝑿𝒊 − 𝒎
𝒊=𝟏

= 𝜽𝒏 −

𝟐
𝑿−𝒎
𝒏

𝟏
=
𝒏
𝟐

𝟏
=
𝒏

𝒏

𝑿𝒊 − 𝑿

𝟐

𝒔𝒆𝒓𝒂 𝐋’𝐄𝐌𝐕 𝐝𝐞 𝜽

𝒊=𝟏

𝒏

𝑿𝒊 − 𝒎 − 𝑿 − 𝒎
𝒊=𝟏

𝟐
− 𝑿−𝒎
𝒏
𝒏

𝟐

𝒏

𝑿𝒊 − 𝒎

+

𝒊=𝟏

𝑿𝒊 − 𝒏𝒎 + 𝑿 − 𝒎

𝟏
𝒏 𝑿−𝒎
𝒏

𝟐

𝒊=𝟏

= 𝜽𝒏 − 𝟐 𝑿 − 𝒎 𝟐 + 𝑿 − 𝒎
= 𝜽𝒏 − 𝑿 − 𝒎 𝟐
Ainsi :

𝟐

17

𝟐

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𝟐

𝒏𝜽′𝒏
𝜽

=

𝒏𝜽𝒏 𝒏 𝑿 − 𝒎

𝜽
𝜽

𝟐

=

𝒏𝜽𝒏
𝑿−𝒎

𝜽
𝜽
𝒏

On a :
𝒏𝜽𝒏
↝ 𝝌𝟐 𝒏
𝜽
𝑿− 𝜽

↝ 𝓝 𝟎, 𝟏 ⟹

𝟐

𝑿−𝒎

↝ 𝝌𝟐 𝟏

𝜽
𝜽
𝒏
𝒏
On démontre facilement que :

𝒏𝜽′𝒏
𝒏−𝟏
𝒏
= 𝒏−𝟏
𝑬 𝜽′𝒏 =
𝜽
𝑬 𝜽′𝒏 = 𝒏 − 𝟏
𝜽

𝒏𝜽𝒏
𝒏
𝜽
𝟐
↝ 𝝌 𝒏 − 𝟏 𝒑𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆
𝒆𝒕


𝟐 𝒏− 𝟏
𝒏𝟐
𝜽


𝒏𝜽′𝒏
𝑽
𝜽
=
𝜽𝟐
𝑽
𝜽
=
𝟐
𝒏

𝟏
𝒏
𝒏
𝟐
𝟐
𝒏
𝑽
= 𝟐 𝒏−𝟏
𝜽
𝜽
𝒏−𝟏
𝐥𝐢𝐦 𝑬 𝜽′𝒏 = 𝐥𝐢𝐦
𝜽=𝜽
𝒏→+∞
𝒏→+∞
𝒏

𝟐 𝒏−𝟏
𝟐 𝟐
𝐥𝐢𝐦 𝑽 𝜽′𝒏 = 𝐥𝐢𝐦
𝜽𝟐 = 𝐥𝐢𝐦
𝜽 =𝟎
𝟐
𝒏→+∞
𝒏→+∞
𝒏→+∞ 𝒏
𝒏
𝑬

𝒎. 𝒒
𝑷
𝑫′ 𝒐ù 𝜽′𝒏
𝜽 ⟹ 𝜽′𝒏
𝜽
er
3) 1 cas : 𝒎 connu
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝜽 = 𝑬 −
𝝏𝜽𝟐
=𝑬

𝟏
𝜽𝟑

𝒏

𝑿𝒊 − 𝒎

𝟐

𝑿𝒊 − 𝒎
𝜽

𝟐



𝒏
𝟐𝜽𝟐



𝒏
𝟐𝜽𝟐

𝒊=𝟏
𝒏
𝒊=𝟏

=

𝟏
𝑬
𝜽𝟐

=

𝟏
𝒏𝜽𝒏
𝒏
𝑬
− 𝟐
𝟐
𝜽
𝜽
𝟐𝜽

=

𝒏
𝒏
𝒏𝜽𝒏
𝒏𝜽𝒏
− 𝟐 𝒄𝒂𝒓
↝ 𝝌𝟐 𝒏 ⟹ 𝑬
=𝒏
𝟐
𝜽
𝟐𝜽
𝜽
𝜽

𝒏
𝟐𝜽𝟐
ème
2 cas : 𝒎 inconnu
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝜽 = 𝑬 −
𝝏𝜽𝟐
𝑫′ 𝒐ù 𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝜽 =

=𝑬

𝟏
𝜽𝟑

𝒏

𝑿𝒊 − 𝑿
𝒊=𝟏

𝟐



𝒏
𝟐𝜽𝟐

18

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𝟏
𝒏𝜽′𝒏
𝒏
𝒏−𝟏
𝒏
𝒏𝜽′𝒏
𝒏𝜽′𝒏
𝟐 𝒏−𝟏 ⟹ 𝑬
𝑬

=

𝒄𝒂𝒓

𝝌
= 𝒏− 𝟏
𝜽𝟐
𝜽
𝟐𝜽𝟐
𝜽𝟐
𝟐𝜽𝟐
𝜽
𝜽
𝒏−𝟐
𝑫′ 𝒐ù 𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝜽 =
𝟐𝜽𝟐
𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝜽 =

Corrigé 5: (ESC-SC 2007)
1)

𝒏

𝑳 𝒙𝒊 , 𝒂 =

𝒇 𝒙𝒊 , 𝒂
𝒊=𝟏
𝒏

=
𝒊=𝟏
𝒏

=
𝒊=𝟏

𝟑𝒙𝒊 𝟐 − 𝒙𝒊 𝟑
𝒆 𝒂
𝒂
𝟑
𝒂

𝟐

𝒏

𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝟏
𝒆𝒙𝒑 −
𝒂
𝟐

𝒏
𝒏 −𝒏

𝑳 𝒙𝒊 , 𝒂 = 𝟑 𝒂

𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝒙𝒊 𝟑
𝒊=𝟏

𝟏
𝒆𝒙𝒑 −
𝒂

𝒏

𝑳𝒏 𝑳 𝒙𝒊 , 𝒂

𝒏

= 𝒏𝑳𝒏𝟑 − 𝒏𝑳𝒏𝒂 + 𝟐
𝒊=𝟏

𝒏

𝒙𝒊 𝟑
𝒊=𝟏

𝟏
𝑳𝒏 𝒙𝒊 −
𝒂

𝒏

𝒙𝒊 𝟑
𝒊=𝟏

Calculons les dérivées partielles premières et secondes de 𝑳𝒏 𝑳 𝒂
𝝏𝑳𝒏 𝑳
𝒏 𝟏
=− + 𝟐
𝝏𝒂
𝒂 𝒂

par rapport à la variable 𝒂 :

𝒏

𝒙𝒊 𝟑
𝒊=𝟏

𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
𝒏
𝟐

= 𝟐− 𝟑
𝟐
𝝏𝒂
𝒂
𝒂

𝒏

𝒙𝒊 𝟑
𝒊=𝟏

𝒂 L’EMV de 𝒂 donc 𝒂 solution du système suivant :
𝒏

𝒏 𝟏
𝝏𝑳𝒏 𝑳
− + 𝟐
𝒙𝒊 𝟑 = 𝟎
=𝟎
𝒂 𝒂
𝝏𝒂

𝒊=𝟏
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
𝟐 𝑳𝒏 𝑳
𝝏
<0
<0
𝝏𝒂𝟐
𝝏𝒂𝟐
𝒏
𝒏
𝟏
− 𝟐 𝒂−
𝒙𝒊 𝟑 = 𝟎
𝒂
𝒏

𝒊=𝟏
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
<0
𝝏𝒂𝟐



𝟏
𝒂=
𝒏
𝒏
𝟐
− 𝟑
𝟐
𝒂
𝒂

𝒏

𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝟑

𝒏

𝒙𝒊 𝟑
𝒊=𝟏

𝒏 𝟐𝒏𝒂
𝒏
𝒏
𝟐
= 𝟐− 𝟑 =− 𝟐 ⟹ 𝟐− 𝟑
𝒂
𝒂
𝒂
𝒂
𝒂
𝑫′𝒐ù 𝒂 =

𝟏
𝒏

𝒏

𝒏

𝒙𝒊 𝟑 < 0
𝒊=𝟏

𝒙𝒊 𝟑 𝒆𝒔𝒕 𝐋’𝐄𝐌𝐕 𝐝𝐞 𝒂
𝒊=𝟏

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2)
𝑹𝒂𝒑𝒑𝒆𝒍𝒐𝒏𝒔 𝒒𝒖𝒆 𝑬 𝒈 𝒙

=

𝒈 𝒙 𝒇 𝒙 𝒅𝒙
𝛀𝑿

+∞

𝒇 𝒙, 𝒂 𝒅𝒙 = 𝟏 . 𝐄𝐧 𝐝é𝐫𝐢𝐯𝐚𝐧𝐭 𝐩𝐚𝐫 𝐫𝐚𝐩𝐩𝐨𝐫𝐭 à 𝒂, 𝒄𝒆𝒄𝒊 𝒅𝒐𝒏𝒏𝒆 ∶
−∞

𝝏

+∞
𝒇
−∞

+∞

𝒙, 𝒂 𝒅𝒙

=𝟎=

𝝏𝒂
𝝏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝑴𝒂𝒊𝒔
𝝏𝒂
+∞

−∞

𝝏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝝏𝒂

−∞

𝝏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝝏𝒂

𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
=
𝝏𝒂
+∞

𝒅𝒙 = 𝟎 ⟺

𝒐𝒓 𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂

−∞

𝒅𝒙

𝒇 𝒙, 𝒂 𝒐𝒏 𝒂 𝒅𝒐𝒏𝒄 ∶

𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝝏𝒂

= 𝑳𝒏𝟑 + 𝟐𝑳𝒏𝒙 − 𝑳𝒏𝒂 −

𝒇 𝒙, 𝒂 𝒅𝒙 = 𝑬

𝟏 𝟑
𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝒙 ⟹
𝒂
𝝏𝒂

𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝝏𝒂
=−

𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
=𝟎∶
𝝏𝒂
𝟏
𝟏
= 𝟎 ⟺ 𝟐 𝑬 𝑿𝟑 − = 𝟎
𝒂
𝒂

=𝟎

𝟏 𝟏 𝟑
+ 𝒙
𝒂 𝒂𝟐

𝒔𝒐𝒊𝒕 𝒂𝒖𝒔𝒔𝒊 𝒑𝒖𝒊𝒔𝒒𝒖𝒆 𝑬
𝑬 −

𝟏 𝟏 𝟑
+ 𝑿
𝒂 𝒂𝟐

D’où
𝑬 𝑿𝟑 = 𝒂
3)

+∞

𝑬𝒏 𝒅é𝒓𝒊𝒗𝒂𝒏𝒕 𝒖𝒏𝒆 𝒏𝒐𝒖𝒗𝒆𝒍𝒍𝒆 𝒇𝒐𝒊𝒔 𝒑𝒂𝒓 𝒓𝒂𝒑𝒑𝒐𝒓𝒕 à 𝒂
+∞

−∞

−∞

𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝒇 𝒙, 𝒂
𝝏𝒂𝟐

𝒆𝒕 𝒄𝒐𝒎𝒎𝒆 𝒐𝒏 𝒂 ∶
+∞

−∞

+

𝝏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝝏𝒂

𝝏 𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
⟺𝑬
𝝏𝒂𝟐

+𝑬

𝒇 𝒙, 𝒂 𝒅𝒙 = 𝟎 , 𝒊𝒍 𝒗𝒊𝒆𝒏𝒕 ∶

𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂 𝝏𝒇 𝒙, 𝒂
𝒅𝒙 = 𝟎
𝝏𝒂
𝝏𝒂
=

𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝒇 𝒙, 𝒂 𝒅𝒙 +
𝝏𝒂𝟐
𝟐

𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝝏𝒂

𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝝏𝒂

+∞

−∞

𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝝏𝒂

𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝝏𝒂

𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝑶𝒓 𝑽
=𝑬
𝝏𝒂
𝝏𝒂
𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝒆𝒕 𝒑𝒖𝒊𝒔𝒒𝒖𝒆 𝑬
= 𝟎, 𝒅𝒐𝒏𝒄 ∶
𝝏𝒂
𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝑽
=𝑬
𝝏𝒂
𝝏𝒂
Calculons
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
, 𝒑𝒖𝒊𝒔 𝑰 𝒂
𝝏𝒂𝟐

𝒇 𝒙, 𝒂 𝒐𝒏 𝒐𝒃𝒕𝒊𝒆𝒏𝒕 𝒅𝒐𝒏𝒄 ∶
𝟐

𝒇 𝒙, 𝒂 𝒅𝒙 = 𝟎

𝟐

=𝟎⟺𝑬
𝟐

𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝝏𝒂

𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
− 𝑬
𝝏𝒂

𝟐

= −𝑬

𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝝏𝒂𝟐

20

𝟐

=𝑰 𝒂

𝟐

= −𝑬

𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝝏𝒂𝟐

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𝟏 𝟏 𝟑
+ 𝒙
𝟏
𝟐
𝒂 𝒂𝟐
=
= 𝟐 − 𝟑 𝒙𝟑
𝝏𝒂
𝒂
𝒂
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝟐
𝟏
𝟐
𝟏
𝟐𝒂 𝟏
𝟏
𝒑𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆 𝑰 𝒂 = 𝑬 −
= 𝑬 𝟑 𝑿𝟑 − 𝟐 = 𝟑 𝑬 𝑿𝟑 − 𝟐 = 𝟑 − 𝟐 = 𝟐
𝟐
𝝏𝒂
𝒂
𝒂
𝒂
𝒂
𝒂
𝒂
𝒂
𝝏𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝟏
𝟏 𝟏 𝟑
𝟏
𝟏
𝟏
𝑽
= 𝑰 𝒂 = 𝟐 ⟺ 𝑽 − + 𝟐 𝑿 = 𝟐 ⟺ 𝟒 𝑽 𝑿𝟑 = 𝟐
𝝏𝒂
𝒂
𝒂 𝒂
𝒂
𝒂
𝒂
D’où
𝝏 −

𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝒇 𝒙, 𝒂
𝝏𝒂𝟐

𝑽 𝑿𝟑 = 𝒂𝟐
4)

Biais :

𝟏
𝑬 𝒂 =𝑬
𝒏

𝒏

𝑿𝒊

𝒏

𝟏
= 𝑬
𝒏

𝟑

𝒊=𝟏

Convergence :
𝟏
𝐥𝐢𝐦 𝑽 𝒂 = 𝐥𝐢𝐦 𝑽
𝒏→+∞
𝒏→+∞
𝒏

𝑿𝒊
𝒊=𝟏

𝒏

𝑿𝒊

𝟑

𝟏
=
𝒏

𝒏

𝑬 𝑿𝒊
𝒊=𝟏

𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐 𝑽
𝒏→+∞ 𝒏

𝟑

𝒊=𝟏

𝟏
=
𝒏

𝟑

𝒏

𝑿𝒊
𝒊=𝟏

𝟑

𝒏

𝒂 𝒅′ 𝒐ù 𝑬 𝒂 = 𝒂 𝒆𝒕 𝒂 𝐒𝐚𝐧𝐬 𝐛𝐢𝐚𝐢𝐬 𝐝𝐞 𝒂
𝒊=𝟏

𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐
𝒏→+∞ 𝒏

𝒏

𝑽 𝑿𝒊
𝒊=𝟏

𝑫′ 𝒐ù 𝒂 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝒂

𝟑

𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐
𝒏→+∞ 𝒏

𝒏

𝒂𝟐
𝒊=𝟏

𝒂𝟐
= 𝐥𝐢𝐦
=𝟎
𝒏→+∞ 𝒏

Efficacité
𝒂𝟐
𝟏
𝟏
= 𝑩𝑭 𝒂 =
=
𝒏
𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝒂
𝒏𝑰 𝒂
𝒂 Est efficace
5)
𝑿𝟑
𝑭𝒀 𝒚 = 𝑷 𝒀 < 𝑦 = 𝑷
< 𝑦 = 𝑷 𝑿𝟑 < 𝑎𝑦 = 𝑷 𝑿 <
𝒂
𝑽 𝒂 =

∀𝒚 > 0 , 𝒇𝒀 𝒚 =
𝒇𝒀 𝒚 =

𝟑



𝒂𝒚 𝒇𝑿

𝒆− 𝒚
𝟎

𝟑

𝟏
𝒂𝒚 = 𝒂 𝒂𝒚
𝟑



𝟐
𝟑

𝟑 𝒂𝒚
𝒂

𝟑

𝒂𝒚 = 𝑭𝑿

𝟐
𝟑

𝟑

𝒆− 𝒚 = 𝒆− 𝒚 𝒅′ 𝒐ù 𝒍𝒂 𝒅. 𝒅. 𝒑 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒗. 𝒂 𝒀 ∶

, 𝒔𝒊 𝒚 ≥ 𝟎
, 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏

𝑿𝟑
𝟏
=𝟏
𝑬 𝑿𝟑 = 𝟏
𝒂
𝑬 𝒀 =𝟏
𝒂
𝒀↝𝓔 𝟏 ⟹


𝟏
𝑽 𝒀 =𝟏
𝑿𝟑
𝑽 𝑿𝟑 = 𝟏
𝑽
=𝟏
𝒂𝟐
𝒂
𝑬

𝒅′ 𝒐ù 𝒐𝒏 𝒓𝒆𝒕𝒓𝒐𝒖𝒗𝒆 ∶

𝑬 𝑿𝟑 = 𝒂
𝑽 𝑿𝟑 = 𝒂𝟐

Corrigé 6: (ISG-SC 2007)
1)
𝑿↝𝓟 𝝀 ⟹𝑬 𝑿 =𝑽 𝑿 =𝝀
2)

𝒏

𝑳 𝒙𝒊 , 𝝀 =

𝑷 𝑿=
𝒊=𝟏
𝒏

𝒆−𝝀

=
𝒊=𝟏

𝒙𝒊
𝝀

𝝀𝒙𝒊
𝒙𝒊 !

21

𝒂𝒚 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝒕𝒐𝒖𝒕 𝒚 ≥ 𝟎

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𝒏

𝒏

𝒏

−𝝀

=

𝒙𝒊

𝒆

𝝀

𝒊=𝟏

= 𝒆−𝒏𝝀 𝝀

𝒊=𝟏

𝒏

𝒏 𝒙
𝒊=𝟏 𝒊

𝒊=𝟏

𝒊=𝟏

𝟏
𝒙𝒊 !

𝟏
𝒙𝒊 !
𝒏
−𝒏𝝀

⟹ 𝑳 𝒙𝒊 , 𝝀 = 𝒆

𝒏𝑿

𝝀

𝒊=𝟏

𝟏
𝒙𝒊 !

𝒏

𝑳𝒏 𝑳 𝒙𝒊 , 𝝀

= −𝒏𝝀 + 𝒏𝑿𝑳𝒏 𝝀 −

𝑳𝒏 𝒙𝒊 !
𝒊=𝟏

Calculons les dérivées partielles premières et secondes de 𝑳𝒏 𝑳 𝝀

par rapport à la variable 𝝀 :

𝝏𝟐 𝑳𝒏

𝝏𝑳𝒏 𝑳
𝒏𝑿
𝑳
𝒏𝑿
= −𝒏 +

=

𝝏𝝀
𝝀
𝝏𝝀𝟐
𝝀𝟐
𝝀𝑴𝑽 L’EMV de 𝝀 donc 𝝀𝑴𝑽 solution du système suivant :
𝒏
𝝏𝑳𝒏 𝑳
𝝀𝑴𝑽 = 𝑿
− 𝝀−𝑿 = 𝟎
=𝟎
𝝀
𝝏𝝀
𝒏𝑿
𝒏
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳


𝟐 𝑳𝒏 𝑳
𝟐
𝝏

=


<0
𝝏 𝑳𝒏 𝑳
𝟐
𝝏𝝀𝟐 / 𝝀=𝝀
<0
𝝀
<
0
𝑴𝑽
𝝀
𝟐
𝑴𝑽
𝑴𝑽
𝝏𝝀
𝝏𝝀𝟐
𝑫′𝒐ù 𝝀𝑴𝑽 = 𝑿 𝒆𝒔𝒕 𝐋’𝐄𝐌𝐕 𝐝𝐞 𝝀
3) Le principe de la méthode des moments consiste à égaliser les moments théoriques aux moments empiriques.
Dans le cas qui se présente, la condition d’orthogonalité est 𝑬 𝑿𝒊 − 𝝀 = 𝟎
La contre partie empirique, nous donne l’estimateur par la méthode des moments :
𝒏
𝟏
𝑿𝒊 − 𝝀𝑴𝑴 = 𝟎
𝒏
𝒊=𝟏

𝑫′ 𝒐ù 𝝀𝑴𝑴

𝟏
=
𝒏

𝒏

𝑿𝒊 = 𝑿
𝒊=𝟏

Les deux méthodes, celle des moments et du maximum de vraisemblance fournissent le même estimateur :
𝝀 = 𝝀𝑴𝑽 = 𝝀𝑴𝑴
4)

Biais :

𝟏
𝑬 𝝀 =𝑬 𝑿 =𝑬
𝒏

𝒏

𝟏
= 𝑬
𝒏

𝑿𝒊
𝒊=𝟏

𝒏

𝑿𝒊
𝒊=𝟏

𝟏
=
𝒏

𝒏

𝒊=𝟏

𝟏
=
𝒏

𝒏→+∞

𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 𝑽
𝒏→+∞
𝒏
𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐 𝑽
𝒏→+∞ 𝒏
𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐
𝒏→+∞ 𝒏

𝒏

𝑿𝒊
𝒊=𝟏
𝒏

𝒏

𝑿𝒊 = 𝑿
𝒊=𝟏

𝟏
𝑬 𝑿𝒊 =
𝒏

Convergence :
𝐥𝐢𝐦 𝑽 𝝀 = 𝐥𝐢𝐦 𝑽 𝑿
𝒏→+∞

𝒏

𝑿𝒊
𝒊=𝟏

𝑽 𝑿𝒊
𝒊=𝟏

22

𝒏

𝝀=
𝒊=𝟏

𝒏𝝀
= 𝝀 ⟹ 𝝀 𝐒𝐚𝐧𝐬 𝐛𝐢𝐚𝐢𝐬 𝐝𝐞 𝝀
𝒏

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𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐
𝒏→+∞ 𝒏
𝒏𝝀
𝒏→+∞ 𝒏𝟐

𝒏

𝝀
𝒊=𝟏

= 𝐥𝐢𝐦

𝝀
= 𝟎 ⟹ 𝝀 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝝀
𝒏→+∞ 𝒏

𝑫′ 𝒐ù 𝐥𝐢𝐦 𝑽 𝝀 = 𝐥𝐢𝐦
𝒏→+∞

Efficacité
Calculons la quantité d’information apportée par l’échantillon 𝑿𝟏 , 𝑿𝟐 , … , 𝑿𝒏 , soit :
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
𝒏𝑿
𝒏
𝒏
𝒏
𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝝀 = 𝑬 −
=𝑬 𝟐 = 𝟐𝑬 𝑿 = 𝟐𝑬 𝝀 =
𝟐
𝝏𝝀
𝝀
𝝀
𝝀
𝝀
𝒂𝒊𝒏𝒔𝒊 𝑽 𝝀 =

𝝀
𝟏
= 𝑩𝑭 𝝀 =
⟹ 𝝀 𝐄𝐬𝐭 𝐞𝐟𝐟𝐢𝐜𝐚𝐜𝐞
𝒏
𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝝀

5) Application numérique
𝟏
𝝀 =
𝟒𝟎

𝟒𝟎

𝑿𝒊 =
𝒊=𝟏

𝟏𝟐𝟎
=𝟑
𝟒𝟎

6) D’après le théorème la limite centrée on a :
𝑿−𝑬 𝑿
𝝀 −𝝀
𝒏 > 30 𝑑𝑜𝑛𝑐 ∶ 𝑼𝒏 =
=
↝ 𝓝 𝟎, 𝟏
𝝀
𝑽 𝑿
𝒏
𝝀

On remplacera par la suite, dans l’erreur standard

𝒂𝒊𝒏𝒔𝒊 ∶ 𝑷 𝒌𝟏 ≤ 𝑼𝒏 ≤ 𝒌𝟐 = 𝟏 − 𝜶 ⟹

𝒏

, 𝝀 par 𝝀

𝜶
= 𝒖𝜶 𝟐 = −𝒖∗
𝟐
𝜶
𝟏−
= 𝒖𝟏−𝜶 𝟐 = 𝒖∗
𝟐

𝒌𝟏 = 𝚽−𝟏
𝒌𝟏 = 𝚽−𝟏

Par la suite :
𝑷 −𝒖∗ ≤ −𝑼𝒏 ≤ 𝒖∗ = 𝟏 − 𝜶 ⟺ 𝑷 −𝒖∗ ≤

⟺ 𝑷 −𝒖∗

𝝀−𝝀
𝝀
𝒏

=𝟏−𝜶

𝝀
𝝀
≤ 𝝀 − 𝝀 ≤ 𝒖∗
𝒏
𝒏

⟺ 𝑷 𝝀 − 𝒖∗

= 𝟏−𝜶

𝝀
𝝀
≤ 𝝀 ≤ 𝝀 + 𝒖∗
𝒏
𝒏

D’où
𝑰𝑪𝟏−𝜶 𝝀 = 𝝀 − 𝒖∗

≤ 𝒖∗

𝝀
𝝀
; 𝝀 + 𝒖∗
𝒏
𝒏

23

=𝟏−𝜶

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A.N
𝒖∗ = 𝚽−𝟏 𝟏 −

𝜶
= 𝚽−𝟏 𝟎, 𝟗𝟕𝟓 = 𝟏, 𝟗𝟔
𝟐
𝟑
𝟒𝟎

𝑰𝑪𝟗𝟓% 𝝀 = 𝟑 − 𝟏, 𝟗𝟔 ×

; 𝟑 + 𝟏, 𝟗𝟔 ×

𝟑
𝟒𝟎

= 𝟐, 𝟒𝟔 ; 𝟑, 𝟓𝟒

Corrigé 7: (ISCAE-SP 2005)
Calculons 𝑬 𝑿 𝒆𝒕 𝑽 𝑿

𝜽

𝑬 𝑿 =

𝜽

𝒙 𝒇 𝒙 𝒅𝒙 =
𝟎

𝟎



𝟏
𝟏 𝟐
𝒙𝒅𝒙 =
𝒙
𝜽
𝟐𝜽

𝜽

𝑬

𝑿𝟐

𝜽

𝒙𝟐 𝒇

=
𝟎

𝒙 𝒅𝒙 =
𝟎



𝑽 𝑿 =𝑬 𝑿−𝑬 𝑿

𝟐

𝜽
𝟎

𝜽𝟐
𝜽
⟹ 𝑬 𝑿 =
𝟐𝜽
𝟐

=

𝟏 𝟐
𝟏 𝟑
𝒙 𝒅𝒙 =
𝒙
𝜽
𝟑𝜽

= 𝑬 𝑿𝟐 − 𝑬 𝑿

𝜽
𝟎

𝟐

=

=

𝜽𝟑
𝜽𝟐
⟹ 𝑬 𝑿𝟐 =
𝟑𝜽
𝟑

𝜽𝟐 𝜽𝟐
𝜽𝟐

⟹𝑽 𝑿 =
𝟑
𝟒
𝟏𝟐

Etudions maintenant les qualités de l’estimateur 𝑻 :
Biais :
𝟐
𝑬 𝑻 =𝑬
𝑿 + 𝑿𝟐 + ⋯ + 𝑿𝒏
𝒏 𝟏

𝟏
= 𝟐𝑬
𝒏

𝒏

𝑿𝒊
𝒊=𝟏

𝟐
= 𝑬
𝒏

⟹ 𝑬 𝑻 = 𝜽 ⟹ 𝑻 𝐒𝐚𝐧𝐬 𝐛𝐢𝐚𝐢𝐬 𝐝𝐞 𝜽
Convergence :
𝐥𝐢𝐦 𝑽 𝑻 = 𝐥𝐢𝐦 𝑽

𝒏→+∞

𝒏→+∞

𝟐
𝑿 + 𝑿𝟐 + ⋯ + 𝑿𝒏
𝒏 𝟏

𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 𝟒𝑽
𝒏→+∞
𝒏
𝟒
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐 𝑽
𝒏→+∞ 𝒏
𝟒
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐
𝒏→+∞ 𝒏
𝟒
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐
𝒏→+∞ 𝒏

𝒏

𝑿𝒊
𝒊=𝟏
𝒏

𝑿𝒊
𝒊=𝟏

𝒏

𝑽 𝑿𝒊
𝒊=𝟏
𝒏

𝒊=𝟏

𝜽𝟐
𝟏𝟐

𝟒 𝒏𝜽𝟐
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐
𝒏→+∞ 𝒏
𝟏𝟐

24

𝒏

𝑿𝒊
𝒊=𝟏

𝟐
=
𝒏

𝒏

𝒊=𝟏

𝟐
𝑬 𝑿𝒊 =
𝒏

𝒏

𝒊=𝟏

𝜽 𝟐 𝒏𝜽
=
𝟐 𝒏 𝟐

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𝜽𝟐
= 𝟎 ⟹ 𝑻 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝜽
𝒏→+∞ 𝟑𝒏

𝑫′ 𝒐ù 𝐥𝐢𝐦 𝑽 𝑻 = 𝐥𝐢𝐦
𝒏→+∞

Corrigé 8: (ISCAE-SP 2005/ ISG-SP 2003)
1)

𝒏

𝒏

𝑳 𝒙𝒊 , 𝜽 =

𝒇 𝒙𝒊 , 𝜽 =
𝒊=𝟏

𝒊=𝟏
𝟏

𝟐

𝒏

𝒂𝒊𝒏𝒔𝒊 ,

𝟏

𝑳 𝒙𝒊 , 𝜽 = 𝟐𝜽

−𝒏

𝒙𝒊
𝒊=𝟏

⟹ 𝑳𝒏 𝑳 𝜽

𝟐𝜽 𝒙𝒊

𝒏

𝒙𝒊
𝜽

𝒆−

=

𝟐𝜽
𝒊=𝟏

𝟏
𝒆𝒙𝒑 −
𝜽

𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
𝒏
𝟐
= 𝟐− 𝟑
𝟐
𝝏𝜽
𝜽
𝜽

𝒙𝒊



𝟏
𝟐

𝒊=𝟏

𝒊=𝟏

𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝟏
= −𝒏𝑳𝒏 𝟐𝜽 −
𝟐

𝒏

𝒊=𝟏

𝟏
𝑳𝒏 𝒙𝒊 −
𝜽

𝒏

𝒙𝒊
𝒊=𝟏

par rapport à la variable 𝜽 :

𝒏

𝒙𝒊
𝒊=𝟏
𝒏

𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝜽 L’EMV de 𝜽 donc 𝜽 solution du système suivant :
𝒏

𝒏 𝟏
𝝏𝑳𝒏 𝑳
− + 𝟐
𝒙𝒊 = 𝟎
=𝟎
𝜽 𝜽
𝝏𝜽

𝒊=𝟏
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
<0
𝟐
<0
𝝏𝜽
𝝏𝜽𝟐
𝒏
𝒏
𝟏
− 𝟐 𝜽−
𝒙𝒊 = 𝟎
𝜽
𝒏

𝒊=𝟏
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
<0
𝝏𝜽𝟐
𝒏
𝟏
𝜽=
𝒙𝒊
𝒏
𝒊=𝟏

𝒏
𝒏
𝟐
𝒏 𝟐𝒏𝜽
𝒏
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳

𝒙
=

=


𝒊
𝝏𝜽𝟐
𝜽𝟐 𝜽𝟑
𝜽𝟐
𝜽𝟑
𝜽𝟐
𝒊=𝟏

𝟏
𝑫′𝒐ù 𝜽 =
𝒏

<0
/ 𝜽=𝜽

𝒏

𝒙𝒊 𝒆𝒔𝒕 𝐋’𝐄𝐌𝐕 𝐝𝐞 𝜽
𝒊=𝟏

2)
a) Biais
𝒏
𝟏
𝟏
𝑬 𝜽 =𝑬
𝑿𝒊 = 𝑬
𝒏
𝒏
𝒊=𝟏

𝒏

𝑿𝒊
𝒊=𝟏

⟹ 𝑬 𝜽 = 𝜽 ⟹ 𝜽 𝐒𝐚𝐧𝐬 𝐛𝐢𝐚𝐢𝐬 𝐝𝐞 𝜽

𝟏
=
𝒏

𝒏

𝑬
𝒊=𝟏

𝒏

𝒏

Calculons les dérivées partielles premières et secondes de 𝑳𝒏 𝑳 𝜽
𝝏𝑳𝒏 𝑳
𝒏 𝟏
=− + 𝟐
𝝏𝜽
𝜽 𝜽

𝒏
−𝟏

𝑿𝒊

𝟏
=
𝒏

25

𝒏

𝒊=𝟏

𝟏
𝑬 𝒀𝒊 =
𝒏

𝒏

𝜽=
𝒊=𝟏

𝟏
𝒏𝜽
𝒏

𝒆−

𝒙𝒊
𝜽

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b) Convergence :
𝟏
𝐥𝐢𝐦 𝑽 𝜽 = 𝐥𝐢𝐦 𝑽
𝒏→+∞
𝒏→+∞
𝒏
𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐 𝑽
𝒏→+∞ 𝒏
𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐
𝒏→+∞ 𝒏
𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐
𝒏→+∞ 𝒏
𝟏
= 𝐥𝐢𝐦 𝟐
𝒏→+∞ 𝒏

𝒏

𝑿𝒊
𝒊=𝟏

𝒏

𝑿𝒊
𝒊=𝟏

𝒏

𝑽

𝑿𝒊

𝒊=𝟏
𝒏

𝑽 𝒀𝒊
𝒊=𝟏
𝒏

𝜽𝟐
𝒊=𝟏

𝟏
𝒏𝜽𝟐
𝒏→+∞ 𝒏𝟐

= 𝐥𝐢𝐦

𝜽𝟐
= 𝟎 ⟹ 𝜽 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝜽
𝒏→+∞ 𝒏

𝑫′ 𝒐ù 𝐥𝐢𝐦 𝑽 𝜽 = 𝐥𝐢𝐦
𝒏→+∞

c) Efficacité
Calculons la quantité d’information apportée par l’échantillon 𝑿𝟏 , 𝑿𝟐 , … , 𝑿𝒏 , soit :
𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝜽 = 𝑬 −
𝝏𝜽𝟐
𝟐
=𝑬 𝟑
𝜽

𝒏

𝑿𝒊 −
𝒊=𝟏
𝒏

𝒏
𝜽𝟐

𝟐
𝒏
= 𝟑𝑬
𝑿𝒊 − 𝟐
𝜽
𝜽
𝒊=𝟏
𝟐
𝒏
= 𝟑 𝑬 𝒏𝜽 − 𝟐
𝜽
𝜽
𝟐𝒏
𝒏
= 𝟑𝑬 𝜽 − 𝟐
𝜽
𝜽
𝟐𝒏𝜽 𝒏
= 𝟑 − 𝟐
𝜽
𝜽
𝒐𝒏 𝒐𝒃𝒕𝒊𝒆𝒏𝒕 ∶ 𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝜽 =
𝒂𝒊𝒏𝒔𝒊 𝑽 𝜽 =

𝒏
𝜽𝟐

𝜽𝟐
𝟏
= 𝑩𝑭 𝜽 =
⟹ 𝜽 𝐄𝐬𝐭 𝐞𝐟𝐟𝐢𝐜𝐚𝐜𝐞
𝒏
𝑰𝒏 𝒙𝒊 , 𝜽

3)
𝟐𝒏𝜽
↝ 𝝌𝟐 𝟐𝒏
𝜽
On se propose de r Construire un intervalle de confiance de niveau 𝟏 − 𝜶 = 𝟎, 𝟗𝟎 pour 𝜽 en prenant des risques
symétriques.
𝑾𝒏 =

26

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On a :
𝑷 𝒌𝟏 ≤ 𝑾𝒏 ≤ 𝒌𝟐 = 𝟏 − 𝜶 ⟺ 𝑷 𝑾𝒏 ≤ 𝒌𝟏 ∪ 𝑾𝒏 ≥ 𝒌𝟐

= 𝜶 ⟺ 𝑷 𝑾𝒏 ≤ 𝒌𝟏 + 𝑷 𝑾𝒏 ≥ 𝒌𝟐 = 𝜶
𝜶
𝑶𝒓 𝒍𝒆𝒔 𝒓𝒊𝒔𝒒𝒖𝒆𝒔 𝒔𝒐𝒏𝒕 𝒔𝒚𝒎é𝒕𝒓𝒊𝒒𝒖𝒆𝒔 𝒅𝒐𝒏𝒄 ∶ 𝑷 𝑾𝒏 ≤ 𝒌𝟏 = 𝑷 𝑾𝒏 ≥ 𝒌𝟐 =
𝟐

𝒄𝒆 𝒒𝒖𝒊 𝒅𝒐𝒏𝒏𝒆 ∶

𝜶
𝟐
𝜶 ⟺
=
𝟐

𝑷 𝑾𝒏 ≤ 𝒌𝟏 =
𝑷 𝑾𝒏 ≥ 𝒌𝟐

𝑷 𝑾𝒏 ≤ 𝒌𝟏 =
𝑷 𝑾𝒏 ≤ 𝒌𝟐

𝜶
𝟐

𝒌𝟏 = 𝝌𝟐𝜶 𝟐𝒏

𝟐
𝜶 ⟺ 𝒌 = 𝝌𝟐 𝟐𝒏
𝜶
𝟐
= 𝟏−
𝟏−
𝟐
𝟐

Par la suite :
𝑷 𝝌𝟐𝜶 𝟐𝒏 ≤ 𝑾𝒏 ≤ 𝝌𝟐𝟏−𝜶 𝟐𝒏
𝟐

𝟐

= 𝟏−𝜶 ⟺ 𝑷

⟺𝑷

⟺𝑷

𝟏
𝝌𝟐 𝜶
𝟏−
𝟐

𝟐𝒏

𝟏
𝝌𝟐 𝜶
𝟏−
𝟐



𝟐𝒏



𝟐

𝜽
𝟏
≤ 𝟐
𝟐𝒏𝜽 𝝌𝜶 𝟐𝒏

𝟐𝒏𝜽
𝟐𝒏𝜽
≤𝜽≤ 𝟐
𝟐𝒏
𝝌𝜶 𝟐𝒏

𝝌𝟐 𝜶
𝟏−
𝟐

𝟐

𝟐𝒏𝜽
𝟐𝒏𝜽
; 𝟐
𝟐𝒏
𝝌𝜶 𝟐𝒏

𝝌𝟐 𝜶
𝟏−
𝟐

𝟐

Application numérique
𝟏
𝟐𝒏𝜽 = 𝟐 × 𝟏𝟎 ×
𝟏𝟎

=𝟏−𝜶

𝟐

D’où
𝑰𝑪𝟏−𝜶 𝜽 =

𝟏
𝟏
≤ 𝟐
𝑾𝒏 𝝌𝜶 𝟐𝒏

𝟏𝟎

𝒙𝒊 = 𝟐 × 𝟏𝟕, 𝟒 = 𝟑𝟒, 𝟖
𝒊=𝟏

𝝌𝟐𝟏−𝜶 𝟐𝒏 = 𝝌𝟐𝟎,𝟗𝟓 𝟐𝟎 = 𝟑𝟏, 𝟒𝟏
𝟐

𝝌𝟐𝜶 𝟐𝒏 = 𝝌𝟐𝟎,𝟎𝟓 𝟐𝟎 = 𝟏𝟎, 𝟖𝟓
𝟐

𝑰𝑪𝟗𝟎% 𝜽 = 𝟏, 𝟏𝟎𝟖 ; 𝟑, 𝟐𝟎𝟕

27

=𝟏−𝜶

=𝟏−𝜶

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3)
a) On se propose de tester 𝑯𝟎 ∶ 𝜽 = 𝟏 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆 𝑯𝟏 ∶ 𝜽 = 𝟐. 𝟓 à un niveau de signification 𝜶 = 𝟎, 𝟎𝟓
statistique de décision :

𝑾𝒏 =

𝟐𝒏𝜽
↝ 𝝌𝟐 𝟐𝒏
𝜽

Région critique et règle de décision :
𝟏𝟎

𝓡𝒄 =

𝑿𝟏, 𝑿𝟐 , … , 𝑿𝒏

𝒙𝒊 > 𝑐
𝒊=𝟏

𝜶 = 𝑷 𝑹𝒆𝒋𝒆𝒕𝒆𝒓 𝑯𝟎 𝑯𝟎 𝑽𝒓𝒂𝒊𝒆
𝟏𝟎

=𝑷

𝒙𝒊 > 𝑐 ∕ 𝜃 = 𝜽𝟎 = 𝟏
𝒊=𝟏

= 𝑷 𝒏𝜽 > 𝑐 ∕ 𝜃 = 𝜽𝟎 = 𝟏
=𝑷

𝟐𝒏𝜽 𝟐𝒄
>
∕ 𝜽 = 𝜽𝟎 = 𝟏
𝜽
𝜽

= 𝑷 𝑾𝒏 >

𝟐𝒄
∕ 𝜽 = 𝜽𝟎 = 𝟏
𝜽

= 𝑷 𝑾𝒏 >

𝟐𝒄
𝜽𝟎

𝜶 = 𝟏 − 𝑷 𝑾𝒏 ≤ 𝟐𝒄
⟺ 𝑷 𝑾𝒏 ≤ 𝟐𝒄 = 𝟏 − 𝜶
⟺ 𝟐𝒄 = 𝝌𝟐𝟏−𝜶 𝟐𝒏
𝟏
⟺ 𝒅′ 𝒐ù𝒍𝒆 𝒑𝒐𝒊𝒏𝒕 𝒄𝒓𝒊𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 ∶ 𝒄 = 𝝌𝟐𝟏−𝜶 𝟐𝒏
𝟐
A.N
𝒄=

𝟏 𝟐
𝟑𝟏, 𝟒𝟏
𝝌𝟎,𝟗𝟓 𝟐𝟎 =
= 𝟏𝟓, 𝟕𝟎𝟓
𝟐
𝟐
b)

𝟏𝟎

𝒙𝒊 = 𝟕 ≯ 𝒄
𝒊=𝟏

28

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On ne rejettera pas 𝑯𝟎 avec un risque de première espèce 𝜶 = 𝟎, 𝟎𝟓
c)
𝜼 = 𝑷 𝑹𝒆𝒋𝒆𝒕𝒆𝒓 𝑯𝟎 𝑯𝟎 𝑭𝒂𝒖𝒔𝒔𝒆
= 𝑷 𝑹𝒆𝒋𝒆𝒕𝒆𝒓 𝑯𝟎 𝑯𝟏 𝑽𝒓𝒂𝒊𝒆
𝟏𝟎

=𝑷

𝒙𝒊 > 𝑐 𝜽 = 𝜽𝟏 = 𝟐, 𝟓
𝒊=𝟏

=𝑷

𝟐𝒏𝜽 𝟐𝒄
>
𝜽 = 𝜽𝟏 = 𝟐, 𝟓
𝜽
𝜽

=𝑷

𝟐𝒏𝜽 𝟐𝒄
>
𝜽 = 𝜽𝟏 = 𝟐, 𝟓
𝜽
𝜽

𝜼 = 𝑷 𝑾𝒏 >

𝟐𝒄
𝜽𝟏

⟺ 𝟏 − 𝜼 = 𝑷 𝑾𝒏 ≤

𝟐𝒄
𝜽𝟏



𝟐𝒄
= 𝝌𝟐𝟏−𝜼 𝟐𝒏
𝜽𝟏



𝟐 × 𝟏𝟓, 𝟕𝟎𝟓
= 𝝌𝟐𝟏−𝜼 𝟐𝟎
𝟐, 𝟓

⟺ 𝝌𝟐𝟏−𝜼 𝟐𝟎 = 𝟏𝟐, 𝟓𝟔𝟒
⟺ 𝟏 − 𝜼 = 𝟏𝟎, 𝟒𝟕%
𝒂𝒗𝒆𝒄 𝟏 − 𝜼 = 𝜷 = 𝑷 𝑵𝒐𝒏 𝑹𝒆𝒋𝒆𝒕 𝒅𝒆 𝑯𝟎 𝑯𝟎 𝑭𝒂𝒖𝒔𝒔𝒆 𝒓𝒊𝒔𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝒔𝒆𝒄𝒐𝒏𝒅 𝒆𝒔𝒑è𝒄𝒆
𝒅′ 𝒐ù 𝒍𝒂 𝒗𝒂𝒍𝒆𝒖𝒓 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒑𝒖𝒊𝒔𝒔𝒂𝒏𝒄𝒆 𝒅𝒖 𝒕𝒆𝒔𝒕 ∶ 𝜼 = 𝟖𝟗, 𝟓𝟑%

Corrigé 9 :
1)
𝒑
𝑬 𝑿 =
𝒙𝒑−𝟏 𝒆− 𝜽𝒙
𝜽
∀ 𝒙 > 0 ,𝒇 𝒙 =
⇒ 𝑿 ↝ 𝜸 𝒑, 𝜽 ⇒
𝒑
𝚪 𝒑 𝜽−𝒑
𝑽 𝑿 = 𝟐
𝜽

29

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2)
𝑬 𝑿 =𝒎⟺

𝒑
𝒑
=𝒎⟺𝜽=
𝜽
𝒎

Par la suite :
𝒑

𝒙𝒑−𝟏𝒆− 𝒎𝒙
𝟏
∀ 𝒙 > 0 ,𝒇 𝒙 =
⟺ ∀ 𝒙 > 0 ,𝒇 𝒙 =
𝒑 −𝒑
𝚪 𝒑
𝚪 𝒑
𝒎

𝒑
𝒎

𝒑

𝒑

𝒙𝒑−𝟏𝒆− 𝒎𝒙

D’où :
𝟏 𝒑
𝒇 𝒙 = 𝚪 𝒑 𝒎
𝟎

𝒑

𝒑

𝒙𝒑−𝟏𝒆− 𝒎𝒙

, 𝒔𝒊 𝒙 > 0
𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏

3)
𝒏

𝑳 𝒙𝒊 , 𝒎 =

𝒇 𝒙𝒊 , 𝒎
𝒊=𝟏

𝒏

=
𝒊=𝟏

= 𝚪 𝒑

= 𝚪 𝒑

𝒄𝒆 𝒒𝒖𝒊 𝒅𝒐𝒏𝒏𝒆 ∶

⟹ 𝑳𝒏 𝑳 𝒙𝒊, 𝒎

𝒏

𝟏
𝚪 𝒑

−𝐧

−𝐧

𝒊=𝟏

𝒎
𝒑

−𝒏𝒑

𝒎
𝒑

−𝒏𝒑

𝒑
𝒎

𝒏

𝒑

𝒆𝒙𝒑 −
𝒊=𝟏
𝒏

𝒆𝒙𝒑


𝒊=𝟏

𝒑
𝒆𝒙𝒑 −
𝒎

𝒑
𝒙
𝒎 𝒊
𝒏

𝒙𝒊
𝒊=𝟏

𝑳 𝒙𝒊 , 𝒎 = 𝚪 𝒑

= −𝒏𝑳𝒏 𝚪 𝒑

𝒑
𝒙
𝒎 𝒊

− 𝐧𝐩𝐋𝐧

−𝐧

𝒎
𝒑

−𝒏𝒑

𝒆𝒙𝒑 −

𝒏𝒑𝑿
𝒎

𝒎
𝒏𝒑𝑿

𝒑
𝒎

Calculons les dérivées partielles premières et secondes de 𝑳𝒏 𝑳 𝒎
𝝏𝑳𝒏 𝑳
𝟏
𝒏𝒑𝑿
𝝏𝑳𝒏 𝑳
𝒏𝒑 𝒏𝒑𝑿
= −𝒏𝒑
+ 𝟐 ⟺
=−
+ 𝟐
𝝏𝒎
𝒎
𝒎
𝝏𝒎
𝒎
𝒎

30

par rapport à la variable 𝒎 :

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𝝏𝟐𝑳𝒏 𝑳
𝒏𝒑 𝟐𝒏𝒑𝑿
= 𝟐−
𝟐
𝝏𝒎
𝒎
𝒎𝟑

𝒎 L’EMV de 𝝀 donc𝒎 solution du système suivant :
𝝏𝑳𝒏 𝑳
=𝟎
𝝏𝒎

𝝏𝟐𝑳𝒏 𝑳
<
0
𝝏𝒎𝟐

𝒏𝒑 𝒏𝒑𝑿
+ 𝟐 =𝟎
𝒎
𝒎
𝝏𝟐𝑳𝒏 𝑳
<0
𝝏𝒎𝟐






𝒏𝒑
𝒎−𝑿 = 𝟎
𝒎𝟐
𝝏𝟐𝑳𝒏 𝑳
<0
𝝏𝒎𝟐

𝟐

𝝏 𝑳𝒏 𝑳
𝝏𝒎𝟐



𝒎=𝒎

𝒎=𝑿
𝒏𝒑 𝟐𝒏𝒑𝑿 𝒏𝒑 𝟐𝒏𝒑𝒎 𝒏𝒑 𝟐𝒏𝒑
𝒏𝒑
= 𝟐−
= 𝟐−
= 𝟐− 𝟐 =− 𝟐<0
𝒎
𝒎𝟑
𝒎
𝒎𝟑
𝒎
𝒎
𝒎
𝑫′𝒐ù 𝒎 = 𝑿 𝒆𝒔𝒕 𝐋’𝐄𝐌𝐕 𝐝𝐞 𝒎

4)
𝟏
𝒎=𝑿=
𝒏

𝒏

𝑿𝒊 , 𝒐𝒓 𝑿𝟏≤𝒊≤𝒏 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏𝒆 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆 𝒅𝒆 𝒗. 𝒂 𝒊. 𝒊. 𝒅 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒍𝒐𝒊 𝜸 𝒑, 𝜽 , 𝒂𝒊𝒏𝒔𝒊 ∶
𝒊=𝟏

𝒏

𝒏

𝑿𝒊 ↝ 𝜸
𝒊=𝟏

𝒏

𝒑,𝜽 ⟹
𝒊=𝟏

𝒅′ 𝒐ù 𝒎 ↝ 𝜸 𝒏𝒑,

𝒊=𝟏

𝟏
𝑿𝒊 ↝ 𝜸 𝒏𝒑, 𝜽 ⟹
𝒏

𝒏

𝜽
𝑿𝒊 ↝ 𝜸 𝒏𝒑,
𝟏
𝒊=𝟏
𝒏

𝒑
𝜽 𝒎 𝒏𝒑
𝒐𝒓 =
=
𝟏
𝟏
𝒎
𝒏
𝒏

𝒏𝒑
𝒎

5) Biais :
𝒏𝒑
𝑬 𝒎 𝒏𝒑 = 𝒎 𝒅′ 𝒐ù 𝒎 𝒔𝒂𝒏𝒔 𝒃𝒊𝒂𝒊𝒔 𝒅𝒆 𝒎
𝒎
Convergence :
𝐥𝐢𝐦 𝑽 𝒎 = 𝐥𝐢𝐦

𝒏→+∞

𝒏→+∞

𝒏𝒑
𝒎𝟐
=
𝐥𝐢𝐦
= 𝟎 𝒅′ 𝒐ù 𝒎 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒓𝒈𝒆 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝒎
𝒏𝒑 𝟐 𝒏→+∞ 𝒏𝒑
𝒎

Efficacité :
Calculons la quantité d’information apportée par l’échantillon 𝑿𝟏, 𝑿𝟐 , … , 𝑿𝒏 , soit :

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𝑰 𝒏 𝒙𝒊 , 𝒎 = 𝑬 −
𝑰 𝒏 𝒙𝒊 , 𝒎 = 𝑬

𝟐𝒏𝒑𝑿 𝒏𝒑
− 𝟐
𝒎𝟑
𝒎

=

𝟐𝒏𝒑
𝒏𝒑
𝑬 𝑿 − 𝟐
𝒎𝟑
𝒎

=

𝟐𝒏𝒑
𝒏𝒑
𝑬 𝑿 − 𝟐
𝟑
𝒎
𝒎

=
=

𝝏𝟐𝑳𝒏 𝑳
𝝏𝒎𝟐

𝟐𝒏𝒑
𝒏𝒑
𝑬 𝒎 − 𝟐
𝟑
𝒎
𝒎

𝟐𝒏𝒑𝒎 𝒏𝒑
− 𝟐
𝒎𝟑
𝒎
⟹ 𝑰 𝒏 𝒙𝒊 , 𝒎 =
𝒂𝒊𝒏𝒔𝒊 𝑽 𝒎 =

6)
𝑼𝒏 =

𝒏𝒑
𝒎𝟐

𝒎𝟐
𝟏
= 𝑩𝑭 𝝀 =
⟹ 𝒎 𝐄𝐬𝐭 𝐞𝐟𝐟𝐢𝐜𝐚𝐜𝐞
𝒏𝒑
𝑰 𝒏 𝒙𝒊 , 𝒎

D’après le théorème la limite centrée on a :

𝑿−𝑬 𝑿
𝑽 𝑿

𝒎−𝒎 𝓛
= 𝒎
𝓝 𝟎, 𝟏 ⟹ 𝒎 − 𝒎
𝒏𝒑

𝓛

𝓝 𝟎,

𝒎
𝒏𝒑

𝟐

⟹ 𝒎

𝓛

𝓝 𝒎,

Corrigé 10 : (ISCAE-SC 2010)
1) ∀𝒊 ∈ 𝟏, 𝟐, … , 𝒏 ∶ 𝑪𝒊 = 𝒂 + 𝒃𝑹𝒊 + 𝑼𝒊 ;
𝑼𝒊 ↝ 𝓝 𝟎, 𝝈𝟐 𝒐𝒓 𝑹𝟏≤𝒊≤𝒏 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆 𝒅𝒆 𝒗𝒂𝒓𝒊𝒂𝒃𝒍𝒆𝒔 𝒏𝒐𝒏 𝒂𝒍é𝒂𝒕𝒐𝒊𝒓𝒆𝒔 ⟹ 𝑪𝒊 ↝ 𝓝 𝑬 𝑪𝒊 , 𝑽 𝑪𝒊
𝑬 𝑪𝒊 = 𝑬 𝒂 + 𝒃𝑹𝒊 + 𝑼𝒊 = 𝒂 + 𝒃𝑹𝒊 + 𝑬 𝑼𝒊 = 𝒂 + 𝒃𝑹𝒊
𝑽 𝑪𝒊 = 𝑽 𝒂 + 𝒃𝑹𝒊 + 𝑼𝒊 = 𝑽 𝑼𝒊 = 𝝈𝟐
𝒅′ 𝒐ù 𝑪𝒊 ↝ 𝓝

𝒂 + 𝒃𝑹𝒊 , 𝝈𝟐

2)
a)
𝒇 𝒄𝒊, 𝒂, 𝒃 =

𝟏
𝝈 𝟐𝝅

𝒆𝒙𝒑 −

𝟏
𝒄 − 𝒂 − 𝒃𝑹𝒊
𝟐𝝈𝟐 𝒊

𝟐

32

𝒎
𝒏𝒑

𝟐

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𝒏

𝑳 𝒄𝒊, 𝒂, 𝒃 =

𝒇 𝒄𝒊, 𝒂, 𝒃
𝒊=𝟏
𝒏

𝒏

𝝈−𝟏

=
𝒊=𝟏

𝑳 𝒄𝒊, 𝒂, 𝒃 =

𝟐𝝅



𝟏
𝟐

𝒏

𝒆𝒙𝒑

𝒊=𝟏

𝝈−𝒏

𝟐𝝅



𝒏
𝟐


𝒊=𝟏

𝟏
𝒆𝒙𝒑 − 𝟐
𝟐𝝈

𝟐

𝒏
𝟐

𝒄𝒊 − 𝒂 − 𝒃𝑹𝒊
𝒊=𝟏

𝒏
𝟏
= −𝒏𝑳𝒏 𝝈 − 𝑳𝒏 𝟐𝝅 − 𝟐
𝟐
𝟐𝝈

𝑳𝒏 𝑳 𝒄𝒊, 𝒂, 𝒃

𝟏
𝒄 − 𝒂 − 𝒃𝑹𝒊
𝟐𝝈𝟐 𝒊

𝒏

𝒄𝒊 − 𝒂 − 𝒃𝑹𝒊

𝟐

𝒊=𝟏

b) Calculons les dérivées partielles premières et secondes de 𝑳𝒏 𝑳 𝒂, 𝒃 t par rapport aux
variables 𝒂 𝒆𝒕 𝒃 :
𝝏𝑳𝒏 𝑳
𝟏
=− 𝟐
𝝏𝒂
𝟐𝝈
𝝏𝟐𝑳𝒏 𝑳
𝟏
= 𝟐
𝟐
𝝏𝒂
𝝈

𝒏

𝒊=𝟏

𝝏𝑳𝒏 𝑳
𝟏
−𝟐 𝒄𝒊 − 𝒂 − 𝒃𝑹𝒊 ⟹
= 𝟐
𝝏𝒂
𝝈

𝒏

−𝟏 ⟹
𝒊=𝟏

𝝏𝟐𝑳𝒏 𝑳
𝟏
=− 𝟐
𝟐
𝝏𝒃
𝝈

𝒏

𝒊=𝟏

𝒄𝒊 − 𝒂 − 𝒃𝑹𝒊
𝒊=𝟏

𝝏𝟐 𝑳𝒏 𝑳
𝒏
=− 𝟐
𝟐
𝝏𝒂
𝝈

𝝏𝟐𝑳𝒏 𝑳
𝝏𝟐𝑳𝒏 𝑳
𝟏
=
=− 𝟐
𝝏𝒃𝝏𝒂
𝝏𝒂𝝏𝒃
𝝈
𝝏𝑳𝒏 𝑳
𝟏
=− 𝟐
𝝏𝒃
𝟐𝝈

𝒏

𝒏

𝑹𝒊
𝒊=𝟏

𝝏𝑳𝒏 𝑳
𝟏
−𝟐𝑹𝒊 𝒄𝒊 − 𝒂 − 𝒃𝑹𝒊 ⟹
= 𝟐
𝝏𝒃
𝝈

𝒏

𝑹𝒊 𝒄𝒊 − 𝒂 − 𝒃𝑹𝒊
𝒊=𝟏

𝒏

𝑹𝟐𝒊
𝒊=𝟏

Déterminons les points critiques :

𝒂, 𝒃 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏 𝒑𝒐𝒊𝒏𝒕 𝒄𝒓𝒊𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒔′ 𝒊𝒍𝒆𝒔𝒕 𝒔𝒐𝒍𝒖𝒕𝒊𝒐𝒏 𝒅𝒖 𝒔𝒚𝒔𝒕è𝒎𝒆 𝒔𝒖𝒊𝒗𝒂𝒏𝒕 : 𝑺

𝑺 ⟺

𝟏
𝝈𝟐
𝟏
𝝈𝟐

𝒏

𝒄𝒊 − 𝒂 − 𝒃𝑹𝒊 = 𝟎
𝒊=𝟏
𝒏

𝑹𝒊 𝒄𝒊 − 𝒂 − 𝒃𝑹𝒊 = 𝟎
𝒊=𝟏

33

𝝏𝑳𝒏 𝑳
=𝟎
𝝏𝒂
𝝏𝑳𝒏 𝑳
=𝟎
𝝏𝒃

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𝒏

𝒄𝒊 − 𝒂 − 𝒃𝑹𝒊 = 𝟎


𝒊=𝟏
𝒏

𝑹𝒊 𝒄𝒊 − 𝒂 − 𝒃𝑹𝒊 = 𝟎
𝒊=𝟏
𝒏

𝒏

𝒄𝒊 −


𝒏

𝒊=𝟏

𝒏

𝒂−𝒃
𝒊=𝟏
𝒏

𝒊=𝟏

𝑹𝒊 𝒄𝒊 − 𝒂
𝒊=𝟏



𝒏

𝑹𝟐𝒊 = 𝟎

𝑹𝒊 − 𝒃
𝒊=𝟏

𝒊=𝟏

𝒏𝑪 − 𝒏𝒂 − 𝒏𝒃𝑹 = 𝟎

𝒏

𝒏

𝑹𝟐𝒊 = 𝟎

𝑹𝒊𝒄𝒊 − 𝒏𝒂𝑹 − 𝒃
𝒊=𝟏



𝑹𝒊 = 𝟎

𝒊=𝟏

𝒂 = 𝑪 − 𝒃𝑹

𝒏

𝒏

𝒊=𝟏



𝒊=𝟏

𝒂 = 𝑪 − 𝒃𝑹

𝒏

𝒏

𝑹𝟐𝒊 − 𝒏𝑹𝟐 = 𝟎

𝑹𝒊𝒄𝒊 − 𝒏𝑹𝑪 − 𝒃
𝒊=𝟏



𝑹𝟐𝒊 = 𝟎

𝑹𝒊𝒄𝒊 − 𝒏 𝑪 − 𝒃𝑹 𝑹 − 𝒃

𝒊=𝟏

𝒂 = 𝑪 − 𝒃𝑹
𝒏𝑪𝒐𝒗 𝑹𝒊, 𝑪𝒊 − 𝒏𝒃𝑽 𝑹𝒊 = 𝟎

𝒅′ 𝒐ù 𝒂, 𝒃 =

𝑪 − 𝒃𝑹 ,

𝑪𝒐𝒗 𝑹𝒊, 𝑪𝒊
𝑽 𝑹𝒊

𝒆𝒔𝒕 𝒍′ 𝒖𝒏𝒊𝒒𝒖𝒆𝒑𝒐𝒊𝒏𝒕 𝒄𝒓𝒊𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆

Etudions la na ture du point critique 𝒂, 𝒃

𝚫

𝑪𝒐𝒗 𝑹𝒊, 𝑪𝒊
𝑪 − 𝒃𝑹 ,
𝑽 𝑹𝒊

𝝏𝟐𝑳𝒏 𝑳
𝝏𝒂𝟐
=

=

𝝏𝟐𝑳𝒏 𝑳
𝝏𝒃𝝏𝒂
𝒏
− 𝟐
𝝈
𝟏
− 𝟐
𝝈

𝑪−𝒃𝑹 ,

𝑪−𝒃𝑹 ,

𝑹𝒊 −
𝒊=𝟏

𝑪𝒐𝒗 𝑹𝒊 ,𝑪𝒊
𝑽 𝑹𝒊

𝝏𝟐𝑳𝒏 𝑳
𝝏𝒃𝟐

𝑪𝒐𝒗 𝑹𝒊 ,𝑪𝒊
𝑽 𝑹𝒊

𝟏
− 𝟐
𝝈

𝒏

𝝏𝟐𝑳𝒏 𝑳
𝝏𝒂𝝏𝒃

𝟏
𝝈𝟐

𝒏

𝑹𝒊
𝒊=𝟏
𝒏

𝑹𝟐𝒊
𝒊=𝟏

34

𝑪−𝒃𝑹 ,

𝑪𝒐𝒗 𝑹𝒊 ,𝑪𝒊
𝑽 𝑹𝒊

𝑪−𝒃𝑹 ,

𝑪𝒐𝒗 𝑹𝒊 ,𝑪𝒊
𝑽 𝑹𝒊

BEN AHMED MOHSEN

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Adresse électronique : omega.center@gmail.com

𝒏
= 𝟒
𝝈
𝒏
= 𝟒
𝝈

𝒏

𝒊=𝟏
𝒏

𝑹𝟐𝒊 −
𝒊=𝟏

𝒏𝟐 𝟏
= 𝟒
𝝈 𝒏
𝐚𝐢𝐧𝐬𝐢, 𝚫

𝑪 − 𝒃𝑹 ,

𝑪𝒐𝒗 𝑹𝒊, 𝑪𝒊
𝑽 𝑹𝒊

𝝏𝟐𝑳𝒏 𝑳
𝝏𝒂𝟐

𝒆𝒕 𝒄𝒐𝒎𝒎𝒆 𝒐𝒏 𝒂

𝟏
𝑹𝟐𝒊 − 𝟒
𝝈

=

𝑪−𝒃𝑹 ,

𝟐

𝒏

𝑹𝒊
𝒊=𝟏

𝟏
𝒏𝑹
𝝈𝟒

𝟐

𝒏

𝑹𝟐𝒊 − 𝑹𝟐
𝒊=𝟏

𝒏𝟐
𝑽 𝑹𝒊 > 0
𝝈𝟒

𝑪𝒐𝒗 𝑹𝒊 ,𝑪𝒊
𝑽 𝑹𝒊

=−

𝒏
<0
𝝈𝟐

D’où
𝑪 − 𝒃𝑹 ,

𝑪𝒐𝒗 𝑹𝒊, 𝑪𝒊
𝑽 𝑹𝒊

𝒎𝒂𝒙𝒊𝒎𝒊𝒔𝒆 𝑳𝒏 𝑳 𝒄𝒊, 𝒂, 𝒃

𝒂, 𝒃 =
3)

𝑪 − 𝒃𝑹 ,

𝑪𝒐𝒗 𝑹𝒊, 𝑪𝒊
𝑽 𝑹𝒊

Soit

𝑹𝒊 − 𝑹
𝑾𝒊 = 𝒏
𝒊=𝟏 𝑹𝒊 − 𝑹
𝒑𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆 𝒃 =

𝒏
𝟐

=

=

𝑾𝒊 =
𝒊=𝟏

𝒏



𝒏

𝑾𝒊 = 𝟎 , 𝒄𝒂𝒓
𝒊=𝟏

𝑪𝒐𝒗 𝑹𝒊, 𝑪𝒊
𝑽 𝑹𝒊

𝟏
𝒏
=

=



𝒏
𝒊=𝟏 𝑹𝒊 − 𝑹
𝒏
𝟐
𝒊=𝟏 𝑹𝒊 − 𝑹

𝒏
𝒊=𝟏

𝑹𝒊 − 𝑹 𝑪𝒊 − 𝑪

𝟏
𝒏

𝒏
𝒊=𝟏

𝑹𝒊 − 𝑹

𝟐

𝒏
𝒊=𝟏

𝑹𝒊 − 𝑹
𝒏
𝒊=𝟏 𝑹𝒊 −

𝒏
𝒊=𝟏

𝑹𝒊 − 𝑹 𝑪𝒊 − 𝑪 𝒏𝒊=𝟏 𝑹𝒊 − 𝑹
𝒏
𝟐
𝒊=𝟏 𝑹𝒊 − 𝑹

𝑪𝒊 − 𝑪
𝑹 𝟐

𝒏
𝒊=𝟏 𝑹𝒊 − 𝑹 𝑾𝒊
𝒏
𝟐
𝒊=𝟏 𝑹𝒊 − 𝑹

35

𝑹𝒊 − 𝑹 = 𝟎
𝒊=𝟏

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𝒏

𝒃=

𝑾𝒊 𝑪𝒊
𝒊=𝟏

𝟏
𝒂 = 𝑪 − 𝒃𝑹 =
𝒏

𝒏

𝒏

𝒏

𝑪𝒊 − 𝑹
𝒊=𝟏

𝑾𝒊 𝑪𝒊 =
𝒊=𝟏

𝒊=𝟏

𝟏
𝒔𝒐𝒊𝒕 𝒁𝒊 =
− 𝑹𝑾𝒊
𝒏

𝟏
𝑪 − 𝑹𝑾𝒊𝑪𝒊 =
𝒏 𝒊

𝒏

𝒊=𝟏

𝟏
− 𝑹𝑾𝒊 𝑪𝒊
𝒏

𝒏

⟹ 𝒂=

𝒁𝒊𝑪𝒊
𝒊=𝟏

En effet les deux estimateurs 𝒂 𝒆𝒕 𝒃 sont des fonctions linéaires des 𝑪𝒊
Les 𝑾𝒊 𝒆𝒕 𝒁𝒊 Possèdent les propriétés suivantes :

𝒏

𝑾𝒊 = 𝟎
𝒊=𝟏


𝒏

𝒁𝒊 = 𝟏
𝒊=𝟏
𝒏

𝒏

𝒄𝒂𝒓 ∶

𝟏
− 𝑹𝑾𝒊 =
𝒏

𝒁𝒊 =
𝒊=𝟏

𝒊=𝟏

𝒏

𝒊=𝟏
𝟏

𝟏
−𝑹
𝒏

𝒏

𝑾𝒊
𝒊=𝟏
𝟎


𝒏

𝑾𝒊𝑹𝒊 = 𝟏
𝒊=𝟏

𝒏

𝒄𝒂𝒓

𝒏

𝑾𝒊 𝑹𝒊 =
𝒊=𝟏

𝒊=𝟏

𝑹𝒊 − 𝑹
𝒏
𝒊=𝟏 𝑹𝒊 − 𝑹

𝟏
=
𝒏𝑽 𝑹𝒊

𝒏
𝟐

𝑹𝒊 =
𝒊=𝟏

𝒏

𝒏

𝑹𝟐𝒊
𝒊=𝟏

−𝑹
𝒊=𝟏

𝑹𝟐𝒊 − 𝑹𝑹𝒊
𝟏
=
𝒏𝑽 𝑹𝒊
𝒏𝑽 𝑹𝒊

𝟏
𝑹𝒊 =
𝒏𝑽 𝑹𝒊

𝒏

𝑹𝟐𝒊 − 𝑹𝑹𝒊
𝒊=𝟏

𝒏

𝑹𝟐𝒊 − 𝒏𝑹𝟐 =
𝒊=𝟏



36

𝒏𝑽 𝑹𝒊
=𝟏
𝒏𝑽 𝑹𝒊

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𝒏

𝒁𝒊 𝑹𝒊 = 𝟎
𝒊=𝟏
𝒏

𝒏

𝒄𝒂𝒓

𝒁𝒊 𝑹𝒊 =
𝒊=𝟏

𝒊=𝟏

𝟏
𝟏
− 𝑹𝑾𝒊 𝑹𝒊 =
𝒏
𝒏

𝒏

𝒏

𝑹𝒊 − 𝑹
𝒊=𝟏

𝑾𝒊 𝑹𝒊 = 𝑹 − 𝑹 = 𝟎
𝒊=𝟏
𝟏

Les relations qu’on vient de démontrer seront très utiles pour l’étude des propriétés des estimateurs 𝒂 𝒆𝒕 𝒃 :
𝒏

𝒂=

𝒏

𝒏

𝒁𝒊𝑪𝒊 =
𝒊=𝟏

𝒁𝒊 𝒂 + 𝒃𝑹𝒊 + 𝑼𝒊 = 𝒂
𝒊=𝟏

𝒂𝒊𝒏𝒔𝒊 𝑬 𝒂 = 𝑬 𝒂 +

𝒏

𝒁𝒊 + 𝒃
𝒊=𝟏
𝟏

𝒏
𝒊=𝟏 𝒁𝒊 𝑼𝒊

𝒏
𝒊=𝟏 𝒁𝒊

=𝒂+

𝒏

𝒏

𝒁𝒊 𝑹𝒊 +
𝒊=𝟏

𝒁𝒊 𝑼𝒊 ⟹ 𝒂 = 𝒂 +
𝒊=𝟏

𝒁𝒊 𝑼 𝒊
𝒊=𝟏

𝟎

= 𝒂 𝒅′ 𝒐ù 𝒂 𝒔𝒂𝒏𝒔 𝒃𝒊𝒂𝒊𝒔 𝒅𝒆 𝒂

𝑬 𝑼𝒊
𝟎

𝒏

𝒏

𝒃=

𝑾𝒊 𝒂 + 𝒃
𝑹𝒊 + 𝑼𝒊 = 𝒂

𝑾𝒊 𝑪𝒊 = 𝒃 =
𝒊=𝟏

𝒏

𝑾𝒊 + 𝒃

𝒊=𝟏

𝒊=𝟏
𝟎

𝒏

𝒂𝒊𝒏𝒔𝒊 𝑬 𝒃 = 𝑬 𝒃 +

𝒏

𝒏

𝑾𝒊 𝑹𝒊 +
𝒊=𝟏

𝒏

𝑾𝒊 𝑼𝒊 ⟹ 𝒃 = 𝒃 +
𝒊=𝟏

𝑾𝒊 𝑼𝒊
𝒊=𝟏

𝟏

𝒏

𝑾𝒊 𝑼𝒊 = 𝒃 +
𝒊=𝟏

𝑾𝒊 𝑬 𝑼𝒊
𝒊=𝟏

= 𝒃 𝒅′ 𝒐ù 𝒃 𝒔𝒂𝒏𝒔 𝒃𝒊𝒂𝒊𝒔 𝒅𝒆 𝒃

𝟎

Corrigé 11 : (ISCAE-SP 2011)
1)

𝟏 𝒔′ 𝒊𝒍 𝒔′ 𝒂𝒈𝒊𝒕 𝒅′ 𝒖𝒏 é𝒕𝒖𝒅𝒊𝒂𝒏𝒕
; 𝑷 𝑿𝒊 = 𝟏 = 𝒑 𝒆𝒕 𝑷 𝑿𝒊 = 𝟎 = 𝟏 − 𝒑
𝟎 𝒔′ 𝒊𝒍 𝒔′ 𝒂𝒈𝒊𝒕 𝒅′ 𝒖𝒏𝒆 é𝒕𝒖𝒅𝒊𝒂𝒏𝒕𝒆
𝑬 𝑿𝒊 = 𝒑
𝒂𝒊𝒏𝒔𝒊 𝑿𝒊 ↝ 𝕭 𝟏, 𝒑 ⟹
𝑽 𝑿𝒊 = 𝒑 𝟏 − 𝒑
2) 𝑿𝟏≤𝒊≤𝒏 é𝒄𝒉𝒂𝒏𝒕𝒊𝒍𝒍𝒐𝒏 𝒊. 𝒊. 𝒅 𝒅𝒆 𝕭 𝟏, 𝒑
𝑿𝒊 =

𝒏

𝒐𝒓 𝒀 =

𝑿𝒊 ⟹ 𝒀 ↝ 𝕭 𝒏, 𝒑
𝒊=𝟏

𝑬 𝒀 = 𝒏𝒑
𝑽 𝒀 = 𝒏𝒑 𝟏 − 𝒑

3)
𝑬 𝑭𝒏 = 𝑬 𝑿 = 𝑬 𝑿 = 𝒑
𝒀
=𝑿⟹
𝑽 𝑿
𝒑 𝟏−𝒑
𝒏
𝑽 𝑭𝒏 = 𝑽 𝑿 =
=
𝒏
𝒏
𝑿𝟏≤𝒊≤𝒏 Est une suite de v.a i.i.d de 𝕭 𝟏, 𝒑 , 𝑬 𝑿𝒊 et 𝑽 𝑿𝒊 existent, or 𝒏 > 𝟑𝟎 en effet d’après le théorème la
limite centrée on a :
𝑭𝒏 =

𝑼𝒏 =

𝑿−𝑬 𝑿
𝑽 𝑿

↝ 𝓝 𝟎, 𝟏

37

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𝒐𝒓 𝑼𝒏 =

𝑭𝒏 − 𝑬 𝑭𝒏
𝑽 𝑭𝒏

=

𝑭𝒏 − 𝒑
𝒑 𝟏−𝒑
𝒏

On remplacera, dans l’erreur standard

𝒑 𝟏−𝒑

, 𝒑 par 𝑭𝒏

𝒏

𝒂𝒊𝒏𝒔𝒊 ∶ 𝑷 𝒌𝟏 ≤ 𝑼𝒏 ≤ 𝒌𝟐 = 𝟏 − 𝜶 ⟹

𝜶
= 𝒖𝜶 𝟐 = −𝒖∗
𝟐
𝜶
𝟏−
= 𝒖𝟏−𝜶 𝟐 = 𝒖∗
𝟐

𝒌𝟏 = 𝚽−𝟏
𝒌𝟏 = 𝚽−𝟏

Par la suite :
𝑷 −𝒖∗ ≤ −𝑼𝒏 ≤ 𝒖∗ = 𝟏 − 𝜶 ⟺ 𝑷 −𝒖∗ ≤

⟺ 𝑷 −𝒖∗

⟺ 𝑷 𝑭𝒏 − 𝒖∗

𝒑 − 𝑭𝒏
𝑭𝒏 𝟏 − 𝑭𝒏
𝒏

≤ 𝒖∗

=𝟏−𝜶

𝑭𝒏 𝟏 − 𝑭𝒏
𝑭𝒏 𝟏 − 𝑭𝒏
≤ 𝒑 − 𝑭𝒏 ≤ 𝒖∗
𝒏
𝒏

𝑭𝒏 𝟏 − 𝑭𝒏
𝑭𝒏 𝟏 − 𝑭𝒏
≤ 𝒑 ≤ 𝑭𝒏 + 𝒖∗
𝒏
𝒏

= 𝟏−𝜶

= 𝟏−𝜶

D’où
𝑰𝑪𝟏−𝜶 𝝀 = 𝑭𝒏 − 𝒖∗

𝑭𝒏 𝟏 − 𝑭𝒏
𝒏

; 𝑭𝒏 + 𝒖∗

𝑭𝒏 𝟏 − 𝑭𝒏
𝒏

A.N
𝒖∗ = 𝚽−𝟏 𝟏 −
𝑭𝒏 =

𝜶
= 𝚽−𝟏 𝟎, 𝟗𝟕𝟓 = 𝟏, 𝟗𝟔
𝟐

𝒀
𝟔𝟎
=
= 𝟎, 𝟔
𝒏 𝟏𝟎𝟎
𝑰𝑪𝟗𝟓% 𝒑 = 𝟎, 𝟔 − 𝟏, 𝟗𝟔

𝟎, 𝟔 𝟏 − 𝟎, 𝟔
𝟏𝟎𝟎

; 𝟎, 𝟔 + 𝟏, 𝟗𝟔

4)
𝑭𝒏 𝟏 − 𝑭𝒏
< 𝟎, 𝟎𝟏
𝒏
𝑭𝒏 𝟏 − 𝑭𝒏

< 𝟎, 𝟎𝟏 𝟐
𝒏

𝝐 < 𝟏% ⟺ 𝒖∗

⟺𝒏>

𝑭𝒏 𝟏 − 𝑭𝒏
𝟎, 𝟎𝟏 𝟐

38

𝟎, 𝟔 𝟏 − 𝟎, 𝟔
𝟏𝟎𝟎

= 𝟎, 𝟓𝟎𝟒 ; 𝟎, 𝟔𝟗𝟔

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On suppose que la valeur estimée 𝒑 de reste constante quelque soit la taille de l’échantillon, autrement dit
𝑭𝒏 = 𝟎, 𝟔
D’où
𝒏>

𝟎, 𝟔 𝟏 − 𝟎, 𝟔
⟺ 𝒏 > 𝟐𝟒𝟎𝟎
𝟎, 𝟎𝟏 𝟐

ASSISTANCE&FORMATION UNIVERSITAIRE EN:
ÉCONOMÉTRIE
TECHNIQUES DE SONDAGE
STATISTIQUES MATHÉMATIQUES (STAT II)
STATISTIQUES DESCRIPTIVES & PROBABILITÉS (STAT I)
ANALYSE (MATH I)
ALGÈBRE (MATH II)
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