8. Inf´ erence 245
qui donne
J(β) =
1
β 2 .
Par cons´ equent
√
n( ˆ
β − β)
n→∞
∼ N (0,β
2 ).
3. On a g´ en´ er´ e 100 000 ´ echantillons de taille n = 16 avec β = 1. Calculons
la probabilit´ e d’obtenir une valeur de l’estimateur ˆ
β comprise entre 0,5
et 1,5
P (0,5 < ˆ
β < 1,5) = P


√
n(0,5 − β)
var ˆ
β
<
√
n( ˆ
β − β)
var ˆ
β
<
√
n(1,5 − β)
var ˆ
β


β=1
=
P

 −
1
8
<
√
n( ˆ
β − β)
var ˆ
β
<
1
8


n grand
=
2Φ
1
8
− 1 0,1.
On aura approximativement 10 000 ´ echantillons o` u la valeur de l’estimateur sera comprise dans l’intervalle [0,5 ; 1,5].
4. On peut ´ ecrire
√
n
ˆ
β
β
− 1
=
1
β
√
n( ˆ
β − β).
Donc,
√
n
ˆ
β
β − 1
suit approximativement une loi normale d’esp´ erance
nulle et de variance 1. Construisons un intervalle de confiance au degr´ e 95 % pour β
P
−z 1−α/2 <
√
n
ˆ
β
β
− 1
< z 1−α/2
= α,
o` u z 1−α/2 est le α/2-quantile de la loi normale centr´ ee et r´ eduite. On
d´ eduit donc de l’in´ egalit´ e pr´ ec´ edente
IC =
√
n ˆ
β
√
n ± z 1−α/2
.
8.53
1. Calculons l’esp´ erance de X
E(X) =
1
0
αx
α dx =
α
α + 1
x
α+1
x=1
x=0
=
α
α + 1
.