[FSAB1105] examen 2018 septembre (#766)

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src/q5/stat-FSAB1105/exam/2018/Septembre/All/stat-FSAB1105-exam-2018-Septembre-All.tex

@@ -65,7 +65,7 @@ $+0.8$ pour une bonne réponse, $-0.2$ pour une mauvaise réponse et $0$ pour un
     Par définition, le coefficient de variation est : 
     $$c_v = \frac{s}{\overline{x}}\, .$$
     C'est l'écart-type relatif (sans unité). Du coup, $s = c_v \overline{x} = 0$: l'écart-type est nul (réponse c). Par ailleurs, la variance est nulle aussi car c'est l'écart-type au carré. Comme il n'y a pas de variation, les valeurs sont toutes identiques (réponse b).
-    \item On cherche $F(m)=0.5$, seul le cas où $0 \le x < 1$ est possible et cela donne $m=0.87$.
+    \item On cherche $F(m)=0.5$, seul le cas où $0 \le x < 1$ est possible et cela donne: $\frac{3m^3}/4=0.5$. Du coup $m=0.87$.
     \item 
     \end{enumerate}
 \end{solution}
@@ -90,8 +90,24 @@ $+0.8$ pour une bonne réponse, $-0.2$ pour une mauvaise réponse et $0$ pour un
 
      en utilisant le fait que pour des VA iid, l'espérance d'un produit est égal au produit des espérances. Ce résultat n'est autre que la fonction génératrice de moments d'une distribution de Poisson de paramètre \( \sum_k \lambda_k \). Par équivalence entre distribution et fonction génératrice de moments, on peut donc affirmer que 
      \[ T \sim \textrm{Po}\left(\sum_{k = 1}^{K} \lambda_k\right) \]
-     \item 
-     \item 
+     \item $P(X>120) = 1 - P(X \leqslant 120) = 1 -$ cdfPoisson($ \lambda$ = 100, start=0, end= 120) $=0.02267$
+     \item Distribution conditionelle :
+     \begin{align*}
+	P(Y=y | X=x) &= \frac{p(x,y)}{p_x(x)}\\
+	p(x,y) &= p_X(x) p(y|x)
+     \end{align*}
+
+	soit $z=x-y$, si $x \leqslant y$ alors ${x \choose y}$=0
+     \begin{align*}
+	P(Y=y) &= \sum_{x=0}^{\infty} P(Y=y, X=x)\\
+	&=\sum_{z=0}^{\infty} P(Y=y, X=z+y)\\
+	&=\sum_{z=0}^{\infty} \textrm{Po}(\lambda) \textrm{Bin}(z+y,p)\\
+	&=\sum_{z=0}^{\infty} \cfrac{e^{-\lambda} \lambda^{z+y} }{(z+y)!} \cfrac{(z+y)!}{(z+y-y)! y!} p^y (1-p)^z\\
+	&= \cfrac{e^{- \lambda} \lambda^y}{y!} p^y \sum_{z=0}^{\infty} \cfrac{\lambda^z (1-p)^z}{z!} \\
+	&= \cfrac{e^{- \lambda} \lambda^y}{y!} p^y e^{(1-p)\lambda}\\
+	&= \cfrac{(p\lambda)^ye^{-\lambda p}}{y!}\\
+	&= \textrm{Po}(\lambda p)
+      \end{align*}
  \end{enumerate}
 \end{solution}
 
@@ -121,8 +137,8 @@ Femmes ``F'' & $n_F = 16$ & $\Bar{x} = 42$ & $s^2 = 20$\\
 \begin{enumerate}
     \item On réalise le test d'hypothèse bilatéral $H_0 : \sigma^2_F = \sigma^2_H$ vs $H_1 : \sigma^2_F \neq \sigma^2_H$.
 
-    Le test statistique de \textit{Fisher}\footnote{Il faut mettre la valeur la plus grande au numérateur.} donne \( f = s_F/s_H = 1.1547 \). On rejette $H_0$ si 
-    \[ f < F_{n_1-1,n_2-1,1-\alpha/2} = F_{15,20,0.975} = 0.4292 \qquad\mathrm{ou}\qquad f > F_{n_1-1,n_2-1,\alpha/2} = F_{15,20,0.05} = 2.2 \]
+    Le test statistique de \textit{Fisher}\footnote{Il faut mettre la valeur la plus grande au numérateur.} donne \( f = s^2_F/s^2_H = 1.333 \). On rejette $H_0$ si 
+    \[f > F_{n_1-1,n_2-1,\alpha/2} = F_{15,20,0.025} = 2.57 \quad \mathrm{ou}\quad f < F_{n_1-1,n_2-1,1-\alpha/2} = F_{15,20,0.975} =  F_{15,20,0.025}^{-1} = 0.39  \]
 
     La valeur observée est en dehors de la région de rejet, donc on ne peut pas rejeter l'hypothèse nulle.