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 on applique un logarithme népérien des deux côtés de l'égalité :
 
 \begin{equation*}
-ln\left(\varphi_{Y_n}(t)\right) = n\cdot ln\left(p\left(e^{\frac{it}{\sqrt{npq}}} - 1\right) + 1\right)
+\ln\left(\varphi_{Y_n}(t)\right) = n\cdot \ln\left(p\left(e^{\frac{it}{\sqrt{npq}}} - 1\right) + 1\right)
 - \frac{itnp}{\sqrt{npq}}
 \end{equation*}
 
 développement limité à l'ordre 2 lorsque $x$ est au voisinage de $0$ :
 \begin{align*}
 e^x &\simeq 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} \\
-ln(1 + x) &\simeq x - \frac{x^2}{2}
+\ln(1 + x) &\simeq x - \frac{x^2}{2}
 \end{align*}
 \end{rappel}
 
 \paragraph{}
 On applique un double développement limité :
 \begin{align*}
-ln\left(\varphi_{Y_n}(t)\right) &\simeq
-n\cdot ln\left(1 + p\left(\frac{it}{\sqrt{npq}}
+\ln\left(\varphi_{Y_n}(t)\right) &\simeq
+n\cdot \ln\left(1 + p\left(\frac{it}{\sqrt{npq}}
 - \frac{t^2}{2npq}\right)\right) - \frac{itnp}{\sqrt{npq}}      \\
 &\simeq n\left(\frac{pit}{\sqrt{npq}} - \frac{\cancel{p}t^2}{2n\cancel{p}q} +
 \frac{p^2t^{\cancel{2}}}{2n\cancel{p}q}\right) - \frac{itnp}{\sqrt{npq}}      \\
 \frac{pt^2}{2q} - \cancel{\frac{itnp}{\sqrt{npq}}}           \\
 &\simeq \frac{t^2}{2q}\cdot\underbrace{(p - 1)}_{-q}                            \\
 &\simeq -\frac{\cancel{q}t^2}{2\cancel{q}}                               \\
-ln\left(\varphi_{Y_n}(t)\right) &\simeq -\frac{t^2}{2}
+\ln\left(\varphi_{Y_n}(t)\right) &\simeq -\frac{t^2}{2}
 \end{align*}
 
 On applique une exponentielle des deux côtés de l'équation :
     Fonction de répartition de $Z = e^{-X}$ :
     \begin{align*}
     H(z) &= P[Z < z] && \forall z > 0 \\
-    &= P[ e^{-X}< ln(z)] \\
-    &= P[-X < ln(z)] \\
-    &= P[X > -ln(z)] \\
-    &= 1 - G(-ln(z))
+    &= P[ e^{-X}< \ln(z)] \\
+    &= P[-X < \ln(z)] \\
+    &= P[X > -\ln(z)] \\
+    &= 1 - G(-\ln(z))
     \end{align*}
     Or on connait $G(x)$, donc :
     \begin{equation*}
     E(Z) &= \int_0^{+\infty} h(z)dz \\
     &= \biggl[-ze^{-z}\biggl]_0^{+\infty} + \int_0^{+\infty} e^{-z}dz \\
     &= -\biggl[e^{-z}\biggl]_0^{+\infty} \\
-    E(Z) &= \boxed{1}
+    &= 1
     \end{align*}
+    
+    \begin{equation*}
+    \boxed{E(Z) = 1}
+    \end{equation*}
+    
     La variance de $Z$ est :
+    
     \begin{equation*}
     V(Z) = E(Z^2) - E^2(Z)
     \end{equation*}
+
+	avec,    
+    
+    \begin{align*}
+    E(z^2) &= \int_0^{+\infty}z^2h(z)dz \\
+    &= \int_0^{+\infty}z^2e^{-z}dz \\
+    &= [-z^2e^{-z}]_0^{+\infty} + \int_0^{+\infty}2ze^{-z}dz
+    && \text{par partie} \\
+    &= 2\cdot\int_0^{+\infty}ze{-z}dz \\
+    &= 2\cdot E(z) \\
+    E(z^2) &= 2
+    \end{align*}
+    
+    donc,
+    
+    \begin{equation*}
+    \boxed{V(Z) = 1}
+    \end{equation*}
+	
+	\item % Question 4
+
+
+	Soit $(Z_1, \ldots, Z_n)$ un échantillon de $Z$, c'est-à-dire que
+	$Z_i$ est une suite de variables aléatoires indépendantes de
+	même loi que $Z$.
+	\begin{equation*}
+	\overline{Z}_n = \frac{1}{n}\sum_{i = 1}^nZ_i \quad \text{moyenne empirique}
+	\end{equation*}
+
+	\begin{enumerate}
+		\item % a)
+		
+		On cherche à montrer que :
+		$\CV{\overline{Z_n}}{P}{n \to +\infty}{1} = E(Z)$. Pour cela,
+		on utilise l'inégalité de Chebyshev (\ref{subsec:Chebyshev}) :
+
+		\begin{align*}
+		E(\overline{Z}_n) &= \frac{1}{n}\sum_{i=1}^nE(Z_i) \\
+		&= \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n1 \\
+		&= \frac{\cancel{n}}{\cancel{n}} \\
+		&= 1
+		\end{align*}
+		
+		de même,
+		
+		\begin{align*}
+		V(\overline{Z}_n) &= \frac{1}{n^2}\cdot V\left(\sum_{i=1}^nZ_i\right) \\
+		&= \frac{1}{n^2}\cdot\sum_{i=1}^nV(Z_i)  && \text{car les variables sont
+		indépendantes}\\
+		&= \frac{1}{n^2}\cdot\sum_{i=1}^n1  \\
+		&= \frac{\cancel{n}}{n^{\cancel{2}}}  \\
+		&= \frac{1}{n}
+		\end{align*}
+		
+		donc,
+		
+		\begin{equation*}
+		V(\overline{Z}_n) = \CV{\frac{1}{n}}{}{n \to +\infty}{0}		
+		\end{equation*}
+		
+		et $\forall \varepsilon > 0$, 
+
+		\begin{align*}
+		&P(|\overline{Z}_n - 1| \ge \varepsilon) <
+		\underbrace{\frac{1}{n\varepsilon^2}}_{\CV{}{}{n \to +\infty}{0}} \\
+		&\Rightarrow \lim_{n \to +\infty} P(|\overline{Z_n} - 1| >
+		\varepsilon ) = 0 \\
+		&\Rightarrow \boxed{\CV{\overline{Z}_n}{P}{n \to +\infty}{1} = E(Z)}
+		\end{align*}
+		
+		\bigskip
+		\item % b)
+		On cherche à montrer que :
+		$\CV{\overline{Z}_n}{m.q}{n \to +\infty}{1} = E(Z)$, donc que \\
+		$\CV{E(|\overline{Z}_n - 1|^2)}{}{n \to + \infty}{0}$.
+		
+		\paragraph{}
+		On remarque que :
+		\begin{equation*}
+		E(|\overline{Z}_n - 1|^2) = E(|\overline{Z}_n - E(\overline{Z}_n)|^2)
+		= V(\overline{Z}_n)
+		\end{equation*}
+
+		\begin{rappel}
+		Par définition :
+		$$V(X) = E((X - E(X))^2))$$
+		Mais en pratique on utilise plus souvent la formule König-Huyghens :
+		$$V(X) = E(X^2) - E(X)^2$$
+		\end{rappel}
+
+		On conclue immédiatement que,
+		
+		\begin{align*}
+		E(|\overline{Z}_n - E(\overline{Z}_n)|^2) &= V(\overline{Z}_n)  \\
+		&= \CV{\frac{1}{n}}{}{n \to +\infty}{0} \\
+		&\Rightarrow \boxed{\CV{\overline{Z_n}}{m.q}{n	\to +\infty}{1}}
+		\end{align*}
+	\end{enumerate}
+\end{enumerate}
+
+
+
+\section{Exercice 3}
+
+\paragraph{\'Enoncé}
+Soit $X$ une variable aléatoire de loi gamma $\gamma_p$
+
+\paragraph{Questions}
+\begin{enumerate}
+	\item Calculer la fonction caractéristique de $X$ ;
+	\item en déduire celle de $Y_p = \frac{X - p}{\sqrt{p}}$ ;
+	\item montrer que $\CV{\frac{X - p}{\sqrt{p}}}{\mathscr{L}}{p \to
++\infty}L.G(0,1)$.
+\end{enumerate}
+
+
+\paragraph{Solution}
+
+\begin{rappel}
+On rappelle la densité de la loi $\gamma_p$ :
+	\begin{equation*}
+	f(X) = \frac{1}{\Gamma(p)}\cdot X^{p-1} \cdot e^{-X} \quad \forall X > 0
+	\end{equation*}
+\end{rappel}
+
+
+\begin{enumerate}
+	\item % Solution Question 1
+	
+	La fonction caractéristique de $X$ est :
+	
+	\begin{align*}
+	\varphi_X(t) &= \int_{\mathbb{R}}e^{itx}f(x)dx \\
+	&= \int_0^{+\infty}e^{itx}\frac{1}{\Gamma(p)}\cdot x^{p-1}\cdot e^{-x}dx \\
+	&= \frac{1}{\Gamma(p)}\cdot\int_0^{+\infty}e^{(it - 1)x}x^{p-1}dx
+	\end{align*}
+
+
+	Posons : $I_{p-1} = \int_0^{+\infty}e^{(it - 1)x}x^{p-1}dx$
+	
+	\paragraph{}
+	Calculons les premiers termes de la suite pour essayer de faire
+	apparaitre une relation de récurrence :
+	
+	\begin{align*}
+	I_0 &= \int_0^{+\infty} e^{(it - 1)x}dx \\
+	&= \left[\frac{e^{(it - 1)x}}{it - 1}\right]_0^{+\infty}
+	\end{align*}
+
+    or,
+    
+    \begin{equation*}
+    e^{(it - 1)x} = \CV{e^{itx}e^{-x}}{}{x \to \infty}{0}
+    \end{equation*}
+	car $|e^{itx}| = 1$.
+
+    \begin{equation*}
+    \boxed{I_0 = \frac{-1}{it - 1}}
+    \end{equation*}
+
+    Ensuite, en intégrant par partie avec $\left\{
+    \begin{array}{l}
+      \CV{v=x^{p - 1}}{}{}{v' = (p - 1)x^{p-2}} \\
+      \CV{u'= e^{(it - 1)x}}{}{}{u = \frac{e^{(it - 1)x}}{it - 1}} \\
+    \end{array} \right.$, on obtient :
+    
+    \begin{align*}
+    I_{p - 1} &= \int_0^{+\infty}e^{(it - 1)x}x^{p - 1}dx \\
+    &= \underbrace{\cancel{\left[\frac{e^{(it - 1)x}}{it - 1}
+    x^{p - 1}\right]_0^{+\infty}}}_{\CV{}{}{x \to +\infty}{0}}
+    - \frac{p - 1}{it - 1}\int_0^{+\infty}e^{(it - 1)x}x^{p - 1}dx \\    
+    &= -\frac{p - 1}{it - 1}\cdot I_{p - 2} \quad\forall p \ge 2
+    \end{align*}
+ 
+    Nous avons donc notre relation de récurrence :
+    \begin{equation*}
+    \boxed{\left\{
+    \begin{array}{l}
+        I_0 = \frac{-1}{it - 1} \\
+        I_{p - 1}= -\frac{p - 1}{it - 1}\cdot I_{p - 2} \\
+    \end{array} \right.}
+    \end{equation*}        
+
+    Ainsi par récurrence on obtient :
+    
+    \begin{align*}
+    I_{p - 1} &= -\frac{(p - 1)}{it - 1}\cdot\cancel{I_{p-2}} \\
+    \cancel{I_{p - 2}} &= -\frac{(p - 2)}{it - 1}\cdot\cancel{I_{p-3}} \\
+    \cancel{I_{p - 3}} &= -\frac{(p - 4)}{it - 1}\cdot\cancel{I_{p-4}} \\
+    &\ldots \\
+    \cancel{I_{2}} &= -\frac{(2)}{it - 1}\cdot\cancel{I_{1}} \\
+    \cancel{I_{1}} &= -\frac{(1)}{it - 1}\cdot I_0
+    \end{align*}
+
+    En multipliant membre à membre toutes les équations, on obtient :
+    \begin{equation*}
+    \boxed{I_{p-1} = \frac{(-1)^{p-1}(p - 1)!\cdot I_0}{(it - 1)^{p-1}}
+    = \frac{(-1)^p(p - 1)!}{(it - 1)^{p}} \quad \forall p \ge 1}
+    \end{equation*}
+
+
+    Finalement,
+    
+    \begin{align*}
+    \varphi_X(t) &= \frac{1}{\Gamma(p)}\cdot I_{p - 1} \\
+    &= \frac{1}{\cancel{(p-1)!}}\cdot\frac{(-1)^p\cancel{(p-1)}!}{(it - 1)^p} \\
+    &= (1 - it)^{-p}
+    \end{align*}
+
+    \begin{equation*}
+    \boxed{\varphi_X(t) = (1 - it)^{-p}}
+    \end{equation*}
+
+
+
+
+    \item % Solution Question 2
+    On cherche la fonction caractéristique de
+    $Y_p = \frac{X - p}{\sqrt{p}}$ (centrée réduite).
+    
+    \begin{rappel}
+    \begin{equation*}
+        \varphi_{\frac{X - m}{\sigma}}(t) = e^{-\frac{itm}{\sigma}}\cdot
+        \varphi_X\left(\frac{t}{\sigma}\right)
+    \end{equation*}
+    \end{rappel}
+    
+    \begin{equation*}
+    \varphi_{\frac{X - p}{\sqrt{p}}}(t) = e^{-\frac{itp}{\sqrt{p}}}
+    (1 - \frac{it}{\sqrt{p}})^{-p}
+    \end{equation*}
+    
+    \begin{equation*}
+    \varphi_{Y_p}(t) = e^{-it\sqrt{p}}(1 - \frac{it}{\sqrt{p}})^{-p}
+    \end{equation*}
+
+    \bigskip
+    \item % Solution Question 3
+     On veut montrer qu'il s'agit d'une gaussienne. On applique un logarithme
+     népérien sur chacun des membres de l'équation :
+     
+     \begin{align*}
+     \ln\left({\varphi_{Y_p}(t)}\right) &=
+     \ln\left(e^{-it\sqrt{p}}(1 - \frac{it}{\sqrt{p}})^{-p}\right) \\
+     &= \ln\left(e^{-it\sqrt{p}}\right)
+     + \ln\left(\left(1 - \frac{it}{\sqrt{p}}\right)^{-p}\right) \\
+     &= -it\sqrt{p} - p\ln\left(1 - \frac{it}{\sqrt{p}}\right)
+     \end{align*}
+
+    On va effectuer un développement limité du logarithme népérien à l'ordre
+    2 afin de simplifier l'expression, puis appliquer une exponentielle
+    sur les deux membres de l'équation afin de retrouver $\varphi_{Y_p}(t)$.
+
+    \begin{rappel} 
+        $\ln(1 + x) \simeq x - \frac{x^2}{2}\quad$ à l'ordre 2.
+    \end{rappel}
+
+    Ainsi,
+    \begin{align*}
+    \ln \varphi_{Y_p}(t) &\simeq -it\sqrt{p}
+    - p(-\frac{it}{\sqrt{p}} + \frac{t^2}{2p}) \\
+    &\simeq \cancel{-it\sqrt{p}} + \cancel{\frac{itp}{\sqrt{p}}} - \frac{t^2}{2}
+    \end{align*}
+
+    Enfin, en repassant à l'exponentielle on obtient,
+    
+    \begin{equation*}
+    \varphi_{Y_p}(t) = e^{-\frac{t^2}{2}} \quad
+    \text{fonction caractéristique de $L.G(0, 1)$}
+    \end{equation*}
+    
+    Conclusion,
+    \begin{equation*}
+    \boxed{\CV{Y_p}{\mathscr{L}}{p \to +\infty}{L.G(0, 1)}}
+    \end{equation*}
+\end{enumerate}
+
+
+
+
+\section{Exercice 4}
+
+\paragraph{\'Enoncé}
+Le nombre de pannes par mois, sur une certaine machine suit une loi de
+Poisson $\mathcal{P}(3)$. Un atelier fonctionne avec 12 machines de ce type.
+Les machines sont indépendantes.
+
+\paragraph{Questions}
+\begin{enumerate}
+    \item En un mois, quelle est la probabilité de constater plus de 42
+    pannes dans cet atelier ?
+    \item En un mois, quelle est la probabilité de constater entre 36
+    et 45 pannes dans cet atelier ?
+\end{enumerate}
+
+
+\paragraph{Solution}
+\begin{enumerate}
+
+    \item %Question 1
+    Soit $X_i$ la variable aléatoire qui représente le nombre de pannes
+    en un mois de la machine $i$ ($1 \le i \le 12$). $X_i$ suit une loi
+    de Poisson $\mathcal{P}(\lambda = 3)$.
+
+    Soit $S_n = \sum_{i = 1}^nX_i$, avec $X_i$ variables indépendantes
+    (dans notre cas $n = 12$).
+
+
+    % Rappel
+    \begin{rappel}
+    Soit $X_\lambda$ une suite de variables aléatoires de Poisson
+    $\mathcal{P}(\lambda)$ :
+    \begin{equation*}
+    \CV{\frac{X_\lambda - \lambda}{\sqrt{\lambda}}}{\mathscr{L}}
+    {\lambda \to +\infty}{L.G(0,1)}
+    \end{equation*}
+
+    En pratique, on obtient une bonne approximation pour $\lambda \ge 18$.
+    \end{rappel}
+
+
+    $S_n$ est une somme de variables aléatoires indépendantes de Poisson.
+    $S_n$ suit une loi de Poisson $\mathcal{P}(n\lambda = \lambda')$.
+    $$\lambda' = 12 \times 3 = 36$$
+    Donc $S_n$ suite une loi de Poisson $\mathcal{P}(36)$.
+    On cherche la probabilité : $$P(S_n > 42)$$
+    On se propose de centrer-réduire $S_n$, puis d'utiliser le théorème
+    rappelé ci-dessus afin de pouvoir utiliser la table de valeurs
+    d'une loi gaussienne centrée-réduite (fournie en annexe) :
+    
+    \begin{align*}
+    P(S_n > 42) &= 1 - P(S_n \le 42) \\
+    &= 1 - P\left(\frac{S_{12} - 36}{6} \le \frac{42 - 36}{6}\right)
+    \end{align*}
+
+    Posons $U = \frac{S_{12} - 36}{6} \simeq L.G(0,1)$
+    
+    \begin{align*}
+    P(S_n > 42) &\simeq 1 - P[U \le 1] \\
+    &\simeq 1 - F(1)  \\
+    &\simeq -0.1587
+    \end{align*}
+
+
+    \item %Question 2
+    \begin{align*}
+    P(36 \le S_n \le 45) &\simeq P\left(0 \le U \le \frac{45 - 36}{6}\right) \\
+    &\simeq P\left(0 \le U \le \frac{3}{2}\right) \\
+    &\simeq F(1.5) - F(0) \\
+    &\simeq 0.4332
+    \end{align*}
+\end{enumerate}
+
+
+
+
+\section{Exercice 5}
+
+\paragraph{\'Enoncé}
+Une usine fabrique des pièces dont 3\% ont des défauts.
+
+\paragraph{Questions}
+\begin{enumerate}
+  \item On prélève 1000 pièces au hasard, quelle est la probabilité
+  d'avoir plus de 50 pièces défectueuses ?
+  \item On veut 1950 pièces sans défaut.
 \end{enumerate}
+
+On en prélève par prudence 2000 au hasard.
+Quelle est la probabilité d'avoir suffisamment de pièces en bon état ?
+Utiliser le théorème de Moivre-Laplace.

File SuiteVariablesReelles.tex

 \end{notation}
 
 
-\subsection*{Inégalité de Tchebyshev}
-
+\subsection*{Inégalité de Chebyshev}
+\label{subsec:Chebyshev}
 \begin{equation*}
 \boxed{\forall \varepsilon > 0\text{,}\quad P(|X - E(X)| > \varepsilon) < \frac{V(X)}{\varepsilon^2}}
 \end{equation*}

File customPreamble.sty

 
 
 % Remove the title "Chapter"
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-%\renewcommand{\@chapapp}{}
-%\makeatother
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+\renewcommand{\@chapapp}{}
+\makeatother
 
 
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