1. Calculer \( I \).

Effectuons le changement de variable :

\( x(t) = \sin\left(\frac{\pi}{2} t\right) \)

Clairement, \( x\in \mathcal{C}^1([0;1]; [0;1]) \) est bijective. De plus :

\( x'(t) = \frac{dx}{dt} = cos\left(\frac{\pi}{2} t\right)\frac{\pi}{2} \)

Nous obtenons alors :

\( I = \int_0^1 \sqrt{1 - x^2} dx \)

\( \phantom{I} = \int_0^1 \sqrt{1 - \sin\left(\frac{\pi}{2} t\right)^2} \cos\left(\frac{\pi}{2} t\right) \frac{\pi}{2}dt \)

\( \phantom{I} = \frac{\pi}{2}\int_0^1 \cos\left(\frac{\pi}{2} t\right) \cos\left(\frac{\pi}{2} t\right)dt \)

\( \phantom{I} = \frac{\pi}{2}\int_0^1 \cos\left(\frac{\pi}{2} t\right)^2 dt \)

En se souvenant que pour tout \( a\in{\mathbb R} \), \( \cos(2a) = 2\cos(a)^2 - 1 \) :

\( I = \frac{\pi}{2}\int_0^1 \frac{\cos\left(2\frac{\pi}{2} t\right)+1}{2} dt \)

\( \phantom{I} = \frac{\pi}{4}\int_0^1 \cos\left(\pi t\right)+1 dt \)

\( \phantom{I} = \frac{\pi}{4}\left[\dfrac{\sin\left(\pi t\right)}{\pi}+t \right]_0^1 \)

\( \phantom{I} = \frac{\pi}{4} \Big[ 0 - 0 + 1 - 0\Big] \)

Finalement, \( I = \dfrac{\pi}{4} \).

2. Proposer un estimateur sans biais de \( I \) par une méthode de Monte-Carlo sur le carré \( [0; 1]\times[0; 1] \).
Déterminer son risque quadratique.

On tire aléatoiremenent \( n\in{\mathbb N}^* \) points \( A_n \) dans le carré \( [0;1]^2 \).
La probabilité qu'un point tombe dans la surface \( \mathcal{S} \) évaluée par \( I \) est le rapport des surfaces, autrement dit

\( P(A_n\in \mathcal{S}) = \frac{I}{1} = I \)

Notons par \( X_n \) la variable aléatoire réelle valant \( 1 \) si \( A_n\in\mathcal{S} \) et 0 sinon.

\( (X_n) \) est un échantillon aléatoire de loi \( \mathcal{B}(I) \).

On considère la somme \( S_n = \displaystyle\sum_{i=1}^n X_i \). Elle suit la loi binomiale \( \mathcal{B}(n; I) \). Ainsi :

\( E(S_n) = nI \)

\( V(S_n) = nI(1-I) \)

On considère la moyenne empirique \( \overline{X_n} = \frac{1}{n}S_n \) comme estimateur de \( I \). Alors :

\( B(\overline{X_n}) = E(\overline{X_n}) - I = \frac{1}{n} E(S_n) - I = I- I = 0 \).

Autrement dit, \( \overline{X_n} \) est un estimateur sans biais de \( I \).

Dans ce cas, son risque quadratique moyenne est donnée par sa variance :

\( R(\overline{X_n}) = V(\overline{X_n}) = \frac{1}{n^2} V(S_n) = \frac{1}{n^2} n I (1- I) = \frac{I (1 -I)}{n} \).

3. À l'aide d'un intervalle de confiance de niveau asymptotique \( 95 \)%, déterminer le nombre de lancers permettant d'obtenir une estimation de π avec une précision de \( 10^{-2} \).

Rappelons que \( \overline{X_n} \) est un estimateur de \( I = \frac{\pi}{4} \).

Pour un intervalle de confiance à \( 95 \)%, il faut atteindre une probabilité de \( \frac{1+0.95}{2} = 0.975 \).
Le problème se traduit par donc par :

\( P\left( 4\overline{X_n} - \pi \leqslant 10^{-2} \right) > 0.975 \)

\( P\left( \overline{X_n} - I \leqslant \frac{10^{-2}}{4} \right) > 0.975 \)

\( P\left( \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{I(1-I)}} (\overline{X_n} - I) \leqslant \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{I(1-I)}} \frac{10^{-2}}{4} \right) > 0.975 \)

Appliquons le théorème de la limite centrale pour \( x = \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{I(1-I)}} \frac{10^{-2}}{4} \).
À l'aide d'une table de la loi normale centrée réduite, nous trouvons :

\( \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{I(1-I)}} \frac{10^{-2}}{4} > 1.96 \)

\( n > 1.96^2 \times 4^2\times I (1-I) \times 10^4 \)

Puisque \( I=\frac{\pi}{4} \), il faut prendre un encadrement de \( I \) pour se débarrasser de la dépendance à \( \pi \).
En remarquant que \( 3.1\leqslant \pi\leqslant 3.2 \), donc \( 0.775\leqslant I\leqslant 0.8 \) et \( 0.2\leqslant 1-I\leqslant 0.225 \)

\( n > 1.96^2 \times 4^2\times 0.775 \times 0.2 \times 10^4 \approx 95\,272 \)

Convenons que cela risque d'être un peu long !